2025年北师大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年北师大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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔·谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体。准晶体材料具有硬度高，不易损伤，使用寿命长等特点。下列叙述错误的是（）A.自然界中的固体可分为晶体、准晶体和非晶态物质B.准晶体是一种介于晶体和非晶态物质之间的固体C.准晶体材料的应用具有较大的发展空间D.化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体不可与稀硝酸发生反应2、膳食纤维具有的突出保健功能，近年来受到人们的普遍关注，被世界卫生组织称为人体的“第七营养素”。木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一是芥子醇，结构如下图所示。下列有关芥子醇的说法正确的是A.芥子醇的分子式为C11H12O4，属于芳香族化合物B.芥子醇分子中所有碳原子不可能在同一平面上C.1mol芥子醇能与足量溴水反应消耗1molBr2D.芥子醇分子中含9种不同化学环境的H原子3、4、下列气体的主要成分不是甲烷的是rm{(}rm{)}A.沼气B.天然气C.煤气D.坑道气5、某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．

方案rm{垄脵}rm{2.7g}rm{Alxrightarrow{100ml{脧隆脩脦脣谩}}X}溶液rm{xrightarrow{NaOH{脠脺脪潞}}Al(OH)_{3}}沉淀。

方案rm{Al

xrightarrow{100ml{脧隆脩脦脣谩}}X}rm{

xrightarrow{NaOH{脠脺脪潞}}Al(OH)_{3}}rm{Alxrightarrow{100mlNaOH{脠脺脪潞}}Y}溶液rm{xrightarrow{{脧隆脩脦脣谩}}Al(OH)_{3}}沉淀。

rm{垄脷}溶液和稀盐酸的浓度均是rm{2.7g}如图是向rm{Al

xrightarrow{100mlNaOH{脠脺脪潞}}Y}溶液和rm{

xrightarrow{{脧隆脩脦脣谩}}Al(OH)_{3}}溶液中分别加入rm{NaOH}溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是rm{3mol/L}rm{X}A.rm{Y}溶液溶质为rm{NaOH}rm{(}溶液溶质为rm{)}B.rm{X}曲线表示的是向rm{AlCl_{3}}溶液中加入rm{Y}溶液C.在rm{NaAlO_{2}}点时两方案中所得溶液浓度相等D.rm{b}rm{X}曲线表示的反应都是氧化还原反应rm{NaOH}6、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)}A.测定某浓度盐酸的rm{pH}时，先将rm{pH}试纸用蒸馏水湿润B.容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干才能用于溶液的配制C.用四氯化碳萃取溴水中的溴之后进行分液时，水层从分液漏斗的下口放出D.中和滴定时，锥形瓶不能用待测液润洗评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、（本题16分）(1)某化合物结构简式如图，请根据所示的化合物回答问题：该化合物中，官能团①的名称是________；官能团⑦的名称是________；该化合物是由________个氨基酸分子脱水形成的；写出该化合物水解生成的氨基酸的结构简式(任写一种)：________；并写出此氨基酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_________________(2)某有机物含有C、N、H、O四种元素，下图为该有机物的球棍模型。①该有机物的化学式______________________________。结构简式______________________________________________________。②该有机物可能发生的化学反应有(填编号)________。a．水解b．加聚c．取代d．消去e．酯化③该有机物发生水解反应的化学方程式__________________________________。8、写出下列反应的化学方程式：

（1）苯酚溶液和浓溴水的反应______；

（2）1-溴丙烷和NaOH醇溶液共热______；

（3）用苯制溴苯的反应______；

（4）乙醇的催化氧化______．9、乙醛在催化剂存在的条件下，可以被空气氧化成乙酸rm{.}依据此原理设计实验制得并在试管rm{C}中收集到少量乙酸溶液rm{(}如图所示：试管rm{A}中装有rm{40%}的乙醛水溶液、氧化铜粉末；试管rm{C}中装有适量蒸馏水；烧杯rm{B}中装有某液体rm{).}已知在rm{60隆忙隆芦80隆忙}时用双连打气球鼓入空气即可发生乙醛的氧化反应，连续鼓入十几次反应基本完全rm{.}有关物质的沸点见下表：

。物质乙醛乙酸甘油乙二醇水沸点rm{20.8隆忙}rm{117.9隆忙}rm{290隆忙}rm{197.2隆忙}rm{100隆忙}请回答下列问题：

rm{(1)}试管rm{A}内在rm{60隆忙隆芦80隆忙}时发生的主要反应的化学方程式为rm{(}注明反应条件rm{)}______；

rm{(2)}如图所示在实验的不同阶段，需要调整温度计在试管rm{A}内的位置rm{.}在实验开始时温度计水银球的位置应在______，目的是______；当试管rm{A}内的主要反应完成后；应进行蒸馏操作，温度计水银球的位置应在______．

rm{(3)}烧杯rm{B}内盛装的液体可以是______rm{(}写出一种即可rm{)}．

rm{(4)}若想检验试管rm{C}中是否含有产物乙酸，在下列所提供的药品或用品中，可以使用的是______rm{.(}填字母rm{)}

rm{a.pH}试纸rm{b.}碳酸氢钠粉末rm{c.}红色石蕊试纸rm{d.}银氨溶液．10、在体积为2L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H=Q，化学平衡常数K与温度T的关系如下表：。T/℃70080085010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）Q____0（填“＞”、“＜”），升高温度，化学平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。（2）若某温度下，平衡浓度符合下列关系：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，此时的温度为__________；在此温度下，若该容器中含有1molCO2、3molH2、2molCO、2molH2O，则此时反应所处的状态为____________(填“向正反应方向进行中”、“向逆反应方向进行中”或“平衡状态”)，此温度平衡时CO2的浓度为___________mol·L－1；在此温度下，若该容器中含有1.5molCO2、3.5molH2、1.5molCO、1.5molH2O达到平衡时CO2的浓度为___________mol·L－1。11、（10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ΔH=-99kJ·mol-1请回答下列问题：（1）图中A表示_____________________。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________。（2）图中ΔH=__________kJ·mol-1。（3）如果反应速率v(SO2)为0．06mol·L-1·min-1，则v(O2)为__________mol·L-1·min-1。（4）已知S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296kJ·mol-1，则由S(s)生成5molSO3(g)的ΔH=kJ·mol-1。12、A、rm{B}rm{C}rm{D}是四种短周期元素，rm{E}是过渡元素，rm{A}rm{B}rm{C}同周期，rm{C}rm{D}同主族，rm{A}原子rm{M}层电子数是rm{L}层的一半，rm{B}是同周期第一电离能最小的元素，rm{C}在同周期中未成对电子数最多，rm{E}的外围电子排布式为rm{3d^{6}4s^{2}}回答下列问题：

rm{(1)}写出下列元素的名称：rm{A}____rm{B}____rm{C}____rm{D}_____rm{(2)}上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是rm{(}用化学式表示，下同rm{)}_________，碱性最强的是________。rm{(3)D}所在周期第一电离能最小的元素是___，电负性最大的元素是。rm{(}填元素符号rm{)}rm{(4)D}的氢化物比rm{C}的氢化物的沸点______rm{(}填“高”或“低”rm{)}原因是____。rm{(5)E}元素原子的核电荷数是____，rm{E}元素在周期表的位置是，rm{E}元素处于周期表分区中的区。rm{(6)A}rm{C}最高价氧化物的晶体类型是分别是：____晶体、rm{_}晶体。rm{(7)}画出rm{D}的核外电子排布图______________________，rm{D}的原子结构示意图。rm{(8)}用电子式表示rm{B}的硫化物的形成过程：______。13、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是元素周期表中前四周期常见元素，其原子序数依次增大。已知：。rm{A}单质在自然界中硬度最大rm{B}原子中rm{s}能级与rm{p}能级电子数相等且有单电子rm{C}rm{C}在rm{B}的下一周期，rm{C}的电离能数据rm{(kJ隆陇mol^{-1})}为：rm{I_{1}=738}rm{I_{2}=1451}rm{I_{3}=7732}rm{I_{4}=10540}rm{D}单质密度小，较好的延展性，广泛用于食品包装，rm{D}的氧化物是两性氧化物rm{E}单质是一种常见金属，与rm{B}元素能形成黑色和砖红色两种氧化物rm{(1)}常温下，某气态单质甲分子与rm{AB}分子互为等电子体，则一个甲分子中包含_______个rm{娄脨}键。rm{(2)B}的氢化物熔沸点比与它同主族的下一周期元素的氢化物的熔沸点高，原因是________________________。rm{(3)D}元素原子核外有_________种运动状态不同的电子。当rm{C}单质、rm{D}单质和rm{NaOH}溶液形成原电池时，该原电池的负极的电极反应式为：________________________________。rm{(4)E}元素基态原子的价电子排布式_________________。rm{E}晶体中微粒的堆积方式是_________________。14、rm{(1)}下列五种物质中rm{垄脵Ne垄脷垄脷H_{2}O垄脹NH_{3}垄脺KOH垄脻Na_{2}O}只存在共价键的是__________，只存在离子键的是________，既存在共价键又存在离子键的是_______，不存在化学键的是____________。rm{垄脵Ne垄脷垄脷H_{2}O垄脹NH_{3}垄脺KOH

垄脻Na_{2}O}填写序号rm{(}rm{)}在下列变化中，rm{(2)}碘的升华rm{垄脵}烧碱熔化rm{垄脷}溶于水rm{垄脹MgCl_{2}}溶于水rm{垄脺HCl}溶于水，未发生化学键破坏的是_____________，仅发生离子键破坏的是_____________，仅发生共价键破坏的是_____________，既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是________。rm{垄脻Na_{2}O_{2}}填写序号rm{(}rm{)}评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）。16、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：_____________。17、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）。18、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_______评卷人得分四、实验题(共2题，共20分)19、实验室用下图装置制取少量溴苯，试填写下列空白。（1）在烧瓶a中装的试剂是____、____、____。（2）请你推测长直导管b的作用是________。（3）请你推测导管c的下口可否浸没于液面中____（4）写出烧瓶a中所有反应的方程式（标明条件）并指出有机反应类型________。20、工业上可以利用含铝、铁、铜合金的废料获得绿矾rm{(FeSO_{4}隆陇7H_{2}O)}胆矾等，某同学设计的实验方案如下：

rm{(1)}沉淀rm{C}的化学式为_________。rm{(2)}为了检测滤液rm{D}中含有的金属离子，可设计实验方案为rm{(}试剂自选rm{)}__________________________________________________________________。rm{(3)}在滤渣rm{B}中滴加稀硫酸时，发现反应速率比一般的铁粉反应要快，其原因是：_________________________________________________________________。rm{(4)}若考虑绿色化学工艺，在滤渣rm{E}中加入稀硫酸和rm{H_{2}O_{2}}制胆矾晶体，则反应rm{垄脺}的离子化学方程式为_________________________________________________________________。评卷人得分五、综合题(共2题，共14分)21、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．22、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】试题分析：A、固体有晶体、非晶体之分，介于晶体、非晶体之间的为准晶体，正确；B、准晶体介于晶体和非晶态物质之间，具有晶体和非晶体的性质，正确；C、准晶体硬度高，不易损伤，使用寿命长，具有较大发展空间，正确；D、Al63Cu24Fe13的准晶体所含元素都能与稀硝酸反应，错误。考点：本题考查晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用。【解析】【答案】D2、C【分析】试题分析：A、芥子醇的分子式为C11H14O4，A错误；B．芥子醇分子中所有碳原子可以在同一平面上，B正确；C、芥子醇分子中含有一个双键，能与Br2发生加成反应，C正确；D、芥子醇分子中含8种不同化学环境的H原子，D错误；答案选C。考点：结构简式【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】【答案】B4、C【分析】解：rm{A.}沼气的主要成分是甲烷；故A错误；

B.天然气的主要成分是甲烷；故B错误；

C.水煤气主要成分是一氧化碳和氢气；故C正确；

D.坑道气的主要成分是甲烷；故D错误；

故选C．

天然气、沼气、坑道气的主要成分为甲烷，而水煤气的主要成分为rm{CO}和氢气；以此来解答．

本题主要考查了甲烷在自然界的存在，以及水煤气的主要成分，平时要注意知识的积累．【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{n(HCl)=3mol/L隆脕0.1L=0.3mol}rm{n(NaOH)=3mol/L隆脕0.1L=0.3mol}rm{n(Al)=dfrac{2.7g}{27g/mol}=0.1mol}

rm{n(Al)=dfrac

{2.7g}{27g/mol}=0.1mol}rm{2Al^{+}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}根据方程式知，rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}和rm{Al}完全反应需要rm{HCl}所以rm{n(HCl)=3n(Al)=0.3mol}和rm{Al}恰好完全反应生成氯化铝；

根据方程式知，rm{HCl}和rm{Al}完全反应需要rm{NaOH}所以rm{n(NaOH)=n(Al)=0.1mol<0.3mol}有剩余；

A.根据以上分析知，rm{NaOH}溶液中溶质是rm{X}rm{AlCl_{3}}溶液溶质为rm{Y}rm{NaAlO_{2}}故A错误；

B.加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是rm{NaOH}溶液，先发生酸碱中和反应，所以rm{Y}曲线表示的是向rm{b}溶液中加入rm{Y}溶液；故B错误；

C.在rm{HCl}点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是rm{O}根据最初的钠原子和rm{NaCl}原子守恒知；两方案中所得溶液浓度相等，故C正确；

D.rm{Cl}rm{a}曲线中没有电子转移；不属于氧化还原反应，故D错误；

故选C．

rm{b}rm{n(HCl)=3mol/L隆脕0.1L=0.3mol}rm{n(Al)=dfrac{2.7g}{27g/mol}=0.1mol}

rm{n(NaOH)=3mol/L隆脕0.1L=0.3mol}rm{n(Al)=dfrac

{2.7g}{27g/mol}=0.1mol}根据方程式知，rm{2Al^{+}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}和rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}完全反应需要rm{Al}所以rm{HCl}和rm{n(HCl)=3n(Al)=0.3mol}恰好完全反应生成氯化铝；

根据方程式知，rm{Al}和rm{HCl}完全反应需要rm{Al}所以rm{NaOH}有剩余；据此分析解答．

本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度中等．rm{n(NaOH)=n(Al)=0.1mol<0.3mol}【解析】rm{C}6、D【分析】解：rm{A.pH}试纸不能用蒸馏水湿润，否则测定盐酸的rm{pH}偏大；故A错误；

B.容量瓶用蒸馏水洗净后；有水对实验无影响，不需要烘干，故B错误；

C.四氯化碳的密度比水的密度大；分层后水在上层，则水层从分液漏斗的上口倒出，故C错误；

D.锥形瓶若用待测液润洗；消耗的标准液偏多，则中和滴定时，锥形瓶不能用待测液润洗，故D正确；

故选D．

A.rm{pH}试纸不能用蒸馏水湿润；

B.容量瓶用蒸馏水洗净后；有水对实验无影响；

C.四氯化碳的密度比水的密度大；分层后水在上层；

D.锥形瓶不能用待测液润洗；若用待测液润洗，消耗的标准液偏多．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握rm{pH}试纸的使用、溶液配制、中和滴定、混合物分离为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验技能及实验评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】(1)氨基酸形成肽键时是氨基脱氢，羧基脱去羟基，羧基可与碱发生反应。(2)根据各原子的成键特点可知，C、N、H、O分别形成4、3、1、2个共价键，由此可得到该有机物的化学式和结构简式。该分子中含有肽键和羟基，可以推知其性质。【解析】【答案】(1)氨基羧基4H2N—CH2—COOHH2N—CH2—COOH＋NaOH稀H2SO4H2N—CH2—COONa＋H2O(或另外三种氨基酸及对应的化学方程式)(2)①C5H11NO2CH3CH2CONHCH2CH2OH②acde③CH3CH2CONHCH2CH2OH＋H2OCH3CH2COOH＋NH2CH2CH2OH8、略

【分析】解：（1）苯酚溶液和浓溴水的反应生成2，4，6-三溴苯酚和溴化氢，化学方程式：

故答案为：

（2）1-溴丙烷和NaOH醇溶液共热，发生消去反应生成丙烯、NaBr，该反应为BrCH2CH2CH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O；

故答案为：BrCH2CH2CH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O；

（3）苯和溴单质在铁作催化剂的条件下，发生取代反应生成溴苯和HBr，该反应为

故答案为：

（4）乙醇在铜或银的作用下，发生催化氧化生成乙醛和水，该反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．

（1）苯酚溶液和浓溴水的反应生成2；4，6-三溴苯酚和溴化氢；

（2）1-溴丙烷和NaOH醇溶液共热，发生消去反应生成丙烯、NaBr；

（3）苯和溴单质发生取代反应生成溴苯和HBr；

（4）乙醇被氧气催化氧化生成乙醛和水．

本题主要考查了化学反应方程式的书写，明确有机物的结构特点及发生反应的原理是解题关键，题目难度不大，注意反应条件的书写．【解析】BrCH2CH2CH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O9、2CH3CHO+O22CH3COOH；试管A的反应液中；控制反应温度为60℃～80℃；试管A的支管口处；甘油；a、b【分析】解：rm{(1)}乙醛与氧气发生氧化反应生成乙酸，方程式为：rm{2CH_{3}CHO+O}2rm{xrightarrow[68隆忙隆芦80隆忙]{cuo}}rm{

xrightarrow[68隆忙隆芦80隆忙]{cuo}}

故答案为：rm{2CH_{3}COOH}2rm{xrightarrow[68隆忙隆芦80隆忙]{cuo}}rm{2CH_{3}CHO+O}

rm{

xrightarrow[68隆忙隆芦80隆忙]{cuo}}实验开始时温度计应测量反应的温度，控制反应温度为rm{2CH_{3}COOH}所以实验开始时温度计水银球的位置应在试管rm{(2)}的反应液中；

由蒸馏原理可知，温度计测量的是蒸气的温度，所以温度计水银球的位置应在试管rm{60隆忙隆芦80隆忙}的支管口处；

故答案为：试管rm{A}的反应液中；控制反应温度为rm{A}在试管rm{A}的支管口处；

rm{60隆忙隆芦80隆忙}乙酸的沸点为rm{A}要想通过蒸馏的方法得到乙酸，rm{(3)}内盛装的液体的沸点应大于rm{117.9隆忙}由表可知烧杯rm{B}内盛装的液体可以是乙二醇或甘油；

故答案为：甘油；

rm{117.9隆忙}乙酸能使rm{B}试纸变红，乙酸能与碳酸氢钠粉末反应产生气泡，与红色石蕊试纸、银氨溶液无现象，故选：rm{(4)}rm{PH}

rm{a}根据乙醛与氧气发生氧化反应生成乙酸；

rm{b}根据实验开始时温度计应测量反应的温度，控制反应温度为rm{(1)}根据蒸馏原理；温度计测量的是蒸气的温度；

rm{(2)}根据乙酸的沸点为rm{60隆忙隆芦80隆忙}要想通过蒸馏的方法得到乙酸，rm{(3)}内盛装的液体的沸点应大于rm{117.9隆忙}

rm{B}根据酸的通性来解答．

本题借助于乙酸的制备，考查了蒸馏的原理、乙酸的性质，难度不大，根据课本知识即可完成．rm{117.9隆忙}【解析】rm{2CH_{3}CHO+O}2rm{xrightarrow[68隆忙隆芦80隆忙]{cuo}}rm{

xrightarrow[68隆忙隆芦80隆忙]{cuo}}试管rm{2CH_{3}COOH}的反应液中；控制反应温度为rm{A}试管rm{60隆忙隆芦80隆忙}的支管口处；甘油；rm{A}rm{a}rm{b}10、略

【分析】试题分析：（1）升高温度，K变大，说明反应为吸热反应。（2）因为c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，可以推出K=1，则温度为)850℃。带入Q的运算公式，发现Q＞1，平衡逆移。列出平衡时刻各浓度，带入K公式，可以求出变化量，即可求出CO2的浓度。投料为1.5molCO2、3.5molH2、1.5molCO、1.5molH2O时，相当于投料为1molCO2、3molH2、2molCO、2molH2O，则构成相同的平衡。考点：影响K的因素和化学平衡的建立过程。【解析】【答案】（1）＞(1分)正反应(1分)（2）850℃（2分）向逆反应方向进行中（2分）0.56（2分）0.56（2分）11、略

【分析】试题分析：图中A表示反应物总能量，E表示该反应的活化能，加入催化剂会降低反应的活化能，故加入V2O5会使图中B点降低；图中ΔH为反应的反应热，为-198kJ/mol；根据同一反应不同物质表示该反应的反应速率，速率之比等于化学计量数之比，故v(SO2)为0．06mol·L-1·min-1，则v(O2)为0．03mol·L-1·min-1；根据盖斯定律：由S(s)生成5molSO3(g)的ΔH=5-296kJ·mol-1+5-99kJ·mol-1=-1975kJ·mol-1。考点：化学反应原理。【解析】【答案】（1）反应物能量降低（2）-198（3）0．03（4）-197512、(1)A硅B钠C磷D氮(2)HNO3NaOH(3)LiF(4)高NH3分子间存在氢键(5)26第四周期第Ⅷ族第一列d(6)原子分子(7)(8)【分析】【分析】本题考查了物质结构与元素周期表的知识，涉及酸碱性强弱、第一电离能、电负性、价电子排布图、杂化轨道理论、晶体类型与性质。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}是四种短周期元素，rm{A}原子rm{M}层电子数是rm{L}层的一半，可知，rm{A}的原子序数为rm{14}故A为rm{Si}元素；rm{A}rm{B}rm{C}同周期，rm{B}是同周期第一电离能最小的元素，故B为rm{Na}元素，rm{C}在同周期中未成对电子数最多，则rm{C}原子的rm{3p}能级有rm{3}个电子，故C为rm{P}元素；rm{C}rm{D}同主族，故D为rm{N}元素；rm{E}是过渡元素，rm{E}的外围电子排布式为rm{3d}rm{B}rm{C}是四种短周期元素，rm{D}原子rm{A}层电子数是rm{M}层的一半，可知，rm{L}的原子序数为rm{A}故A为rm{14}元素；rm{Si}rm{A}rm{B}同周期，rm{C}是同周期第一电离能最小的元素，故B为rm{B}元素，rm{Na}在同周期中未成对电子数最多，则rm{C}原子的rm{C}能级有rm{3p}个电子，故C为rm{3}元素；rm{P}rm{C}同主族，故D为rm{D}元素；rm{N}是过渡元素，rm{E}的外围电子排布式为rm{E}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}的核外电子排布式为rm{{,!}^{2}}，rm{E}的核外电子排布式为rm{1s}rm{E}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}为rm{3p}元素．

rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}是四种短周期元素，由rm{4s}的原子结构示意图可知，rm{4s}rm{{,!}^{2}}的原子序数为，则rm{E}为rm{Fe}元素．故A为rm{E}元素；rm{Fe}解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}是四种短周期元素，由rm{A}的原子结构示意图可知，rm{x=2}rm{A}的原子序数为rm{14}故A为rm{Si}元素；rm{A}rm{B}rm{C}同周期，rm{B}是同周期第一电离能最小的元素，故B为rm{Na}元素，rm{C}的最外层有三个成单电子，则rm{C}原子的rm{3p}能级有rm{3}个电子，故C为rm{P}元素；rm{C}rm{D}同主族，故D为rm{N}元素；rm{E}是过渡元素，rm{E}的外围电子排布式为rm{3d}rm{A}同周期，rm{B}是同周期第一电离能最小的元素，故B为rm{C}元素，rm{D}的最外层有三个成单电子，则rm{A}原子的rm{x=2}能级有rm{A}个电子，故C为rm{14}元素；rm{Si}rm{A}同主族，故D为rm{B}元素；rm{C}是过渡元素，rm{B}的外围电子排布式为rm{Na}rm{C}rm{C}rm{3p}rm{3}的核外电子排布式为rm{P}rm{C}rm{D}rm{N}rm{E}rm{E}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}rm{{,!}^{2}}，rm{E}的核外电子排布式为rm{1s}rm{E}rm{1s}rm{{,!}^{2}}为rm{2s}元素．

rm{2s}由上述分析可知，rm{{,!}^{2}}为rm{2p}rm{2p}为rm{{,!}^{6}}元素，rm{3s}为rm{3s}元素，rm{{,!}^{2}}为rm{3p}元素，

rm{3p}硅；钠；磷；氮。

rm{{,!}^{6}}元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性最强的是rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}

rm{4s}rm{4s}rm{{,!}^{2}}

，则rm{E}为rm{Fe}元素．所在周期为第二周期，同周期自左而右电负性增大、第一电离能呈增大趋势rm{E}稀有气体除外rm{Fe}故第一电离能最小为rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{Si}rm{B}为rm{Na}元素，rm{C}为rm{P}元素，rm{D}为rm{N}元素，电负性最大为rm{(1)}rm{A}rm{Si}

rm{B}的氢化物为rm{Na}rm{C}rm{P}的氢化物为rm{D}rm{N}故答案为：rm{(2)}元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性最强的是rm{HNO}rm{(2)}

rm{HNO}rm{{,!}_{3}}，碱性最强的是rm{NaOH}

rm{NaOH}为故答案为：rm{HNO}元素，原子序数为rm{HNO}位于周期表第四周期第Ⅷ族，rm{{,!}_{3}}元素处于周期表分区中的；rm{NaOH}区

rm{NaOH}第四周期第Ⅷ族；rm{(3)D}所在周期为第二周期，同周期自左而右电负性增大、第一电离能呈增大趋势rm{(}稀有气体除外rm{)}故第一电离能最小为rm{Li}电负性最大为rm{F}

rm{(3)D}rm{(}最高价氧化物分别为rm{)}rm{Li}rm{F}故答案为：rm{Li}rm{F}rm{Li}rm{F}rm{(4)D}的氢化物为rm{NH}rm{(4)D}

rm{NH}rm{{,!}_{3}}是，rm{C}的氢化物为rm{PH}元素，核外电子排布式为rm{C}rm{PH}rm{{,!}_{3}}，因为氨气分子间能形成氢键，使氨气的沸点升高，沸点高于rm{PH}rm{PH}rm{{,!}_{3}}的，故答案为：高；rm{NH}的原子结构示意图

rm{NH}rm{{,!}_{3}}分子间形成氢键；rm{(5)E}为rm{Fe}元素，原子序数为rm{26}位于周期表第四周期第Ⅷ族，rm{E}元素处于周期表分区中的rm{d}区的形成过程：rm{(5)E}【解析】rm{(1)A}硅rm{B}钠rm{C}磷rm{D}氮rm{(2)HNO_{3}}rm{NaOH}rm{(3)Li}rm{F}rm{(4)}高rm{NH_{3}}分子间存在氢键rm{(5)26}第四周期第Ⅷ族第一列rm{d}rm{(6)}原子分子rm{(7)}rm{(8)}13、（1）2

（2）氨分子间能形成氢键

（3）13Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；

​（4）3d104s1面心立方最密堆积【分析】【分析】本题考查了共价键的类别、氢键、核外电子排布、电极反应式的书写等知识，考查覆盖面广，难度一般，考查了学生的综合能力。【解答】rm{A}单质在自然界中硬度最大，所以rm{A}是rm{C}rm{B}原子中rm{s}能级与rm{p}能级电子数相等且有单电子，所以rm{B}是rm{N}rm{C}在rm{B}的下一周期，rm{C}的电离能数据rm{(kJ隆陇mol^{-1})}为：rm{I_{1}=738}rm{I_{2}=1451}rm{I_{3}=7732}rm{I_{4}=10540}所以rm{C}是rm{Mg}rm{D}单质密度小，较好的延展性，广泛用于食品包装，rm{D}的氧化物是两性氧化物，所以rm{D}是rm{Al}rm{E}单质是一种常见金属，与rm{B}元素能形成黑色和rm{{,!}^{砖}}红色两种氧化物，所以rm{E}是rm{Cu}rm{(1)}常温下，某气态单质甲分子与rm{CO}分子互为等电子体，则甲为rm{N_{2}}分子中形成氮氮三键，所以一个rm{N_{2}}分子中包含rm{2}个rm{娄脨}键，故本题的答案为：rm{2}分子中包含rm{N_{2}}个rm{2}键，故本题的答案为：rm{娄脨}rm{2}的氢化物是rm{(2)B}的氢化物是rm{NH_{3}}氨分子间能形成氢键，所以，rm{NH_{3}}的熔沸点比与它同主族的下一周期元素的氢化物的熔沸点高，故本题的答案为：氨分子间能形成氢键；氨分子间能形成氢键，所以，rm{(2)B}的熔沸点比与它同主族的下一周期元素的氢化物的熔沸点高，故本题的答案为：氨分子间能形成氢键；rm{NH_{3}}铝原子核外有rm{NH_{3}}个电子，所以有rm{(3)}铝原子核外有rm{13}个电子，所以有rm{13}种运动状态不同的电子，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，该原电池的负极是铝发生氧化反应，生成偏铝酸根离子，电极反应式为rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}=}rm{AlO_{2}}rm{{,!}^{-;}+2H_{2}O}，故本题的答案为：rm{13}rm{Al-3e}种运动状态不同的电子，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，该原电池的负极是铝发生氧化反应，生成偏铝酸根离子，电极反应式为rm{(3)}rm{13}rm{13}，故本题的答案为：rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}=}rm{AlO_{2}}rm{{,!}^{-;}+2H_{2}O}rm{13}rm{Al-3e}rm{{,!}^{-}}rm{+4OH}rm{+4OH}rm{{,!}^{-}}rm{=}rm{AlO}rm{=}rm{AlO}rm{{,!}_{2}}是rm{{,!}^{-;}}号元素，基态原子的价电子排布式为rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}是面心立方最密堆积，故本题的答案为：rm{(4)Cu}是rm{29}号元素，基态原子的价电子排布式为rm{(4)Cu}rm{29}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{10}}rm{4s}【解析】rm{(1)2}rm{(2)}氨分子间能形成氢键rm{(3)13}rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}=}rm{AlO_{2}}rm{{,!}^{-;}+2H_{2}O}rm{(4)3d^{10}4s^{1;;;;;;}}面心立方最密堆积14、(1)②③⑤④①

(2)①②③④⑤【分析】【分析】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。rm{(1)}一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，稀有气体分子中不含化学键；

rm{(2)}未破坏化学键说明没有发生化学反应或没有电解质熔融或溶于水；发生物质的三态变化等，属于物理变化；

仅离子化合物溶于水或熔融或发生化学反应离子键被破坏；

仅共价键被破坏说明原子晶体熔融或共价化合物rm{(}或单质rm{)}溶于水以及发生化学反应；

离子键和共价键同时被破坏说明该物质发生化学反应，以此来解答。【解答】rm{垄脵Ne}中不存在化学键，只含分子间作用力；rm{垄脷H}中不存在化学键，只含分子间作用力；rm{垄脵Ne}rm{垄脷H}rm{{,!}_{2}}中只含共价键；rm{O}中只含共价键；rm{垄脹NH}rm{O}rm{垄脹NH}中既含离子键和共价键；rm{{,!}_{3}}中只含共价键；rm{垄脺KOH}中既含离子键和共价键；rm{垄脻Na}rm{垄脺KOH}中只含离子键，

rm{垄脻Na}只存在离子键的是rm{{,!}_{2}}既存在离子键和共价键的是rm{O}中只含离子键，不存在化学键的是rm{O}

则只存在共价键的是rm{垄脷垄脹}只存在离子键的是rm{垄脻}既存在离子键和共价键的是rm{垄脺}不存在化学键的是rm{垄脵}rm{垄脷垄脹}rm{垄脻}rm{垄脺}

rm{垄脵}碘的升华为物理变化，化学键不变；

故答案为：rm{垄脷垄脹}rm{垄脻}rm{垄脺}rm{垄脵}烧碱熔化，发生电离，离子键断裂；

rm{垄脷垄脹}rm{垄脻}rm{垄脺}

rm{垄脵}rm{(2)垄脵}碘的升华为物理变化，化学键不变；

rm{(2)垄脵}rm{垄脷}烧碱熔化，发生电离，离子键断裂；rm{垄脷}rm{垄脹MgCl}rm{垄脹MgCl}rm{{,!}_{2}}和氧气，离子键、共价键均破坏；

溶于水，发生电离，离子键断裂；仅发生离子键破坏的是rm{垄脺HCl}仅发生共价键破坏的是rm{垄脺HCl}既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是溶于水，发生电离，共价键断裂；

rm{垄脻}rm{垄脻}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}【解析】rm{(1)垄脷垄脹}rm{垄脻}rm{垄脺}rm{垄脵}rm{(1)垄脷垄脹}rm{垄脻}rm{垄脺}rm{垄脵}rm{(2)}rm{垄脵}rm{垄脷垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{(2)}rm{垄脵}rm{垄脷垄脹}rm{垄脺}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）216、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H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H217、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）218、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、实验题(共2题，共20分)19、略

【分析】【解析】【答案】20、（1）Al（OH）3

（2）用试管取少量滤液D，向滤液中滴加KSCN溶液无明显现象，再滴入氯水，若变成血红色，则证明溶液中存在Fe2+

（3）Fe；Cu与稀硫酸组成原电池。

（4）Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O【分析】【分析】本题主要考查了化学实验方案的评价，还涉及到物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用、常见离子的检验、方程式的书写，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等。【解答】含rm{Al}rm{Fe}rm{Cu}的合金加入足量的rm{NaOH}溶液，rm{Al}溶解为rm{NaAlO_{2}}溶液，rm{Fe}rm{Cu}不反应，经过操作rm{垄脵}过滤，所得的滤液rm{A}为rm{NaAlO_{2}}溶液，滤渣rm{B}为rm{Fe}rm{Cu}

向rm{NaAlO_{2}}溶液中通入足量rm{C