2025年粵教新版高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教新版高二化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列各化合物的命名正確的是A.CH2＝CH—CH＝CH21,3-二丁烯B.3-丁醇C.甲基苯酚D.2-甲基丁烷2、在恒容條件下，能使NO2（g）+CO（g）?CO2（g）+NO（g）正反應速率增大且活化分子的百分數(shù)也增加的措施是（）A.增大NO2或CO的濃度B.減小CO2或NO的濃度C.通入Ne使氣體的壓強增大D.升高反應的溫度3、只用一種試劑就能區(qū)別乙醇、乙酸和葡萄糖三種溶液，該試劑是（）A.金屬鈉B.石蕊溶液C.新制的氫氧化銅懸濁液D.NaHCO3溶液4、rm{1.0Lwmol?L?1CH_{3}COOH}溶液與rm{0.1mol}rm{NaOH}固體混合，充分反應后向混合液中通rm{(}加rm{)}入rm{HCl}氣體或rm{NaOH}固體，溶液rm{pH}隨加入rm{HCl}或rm{NaOH}的物質的量而變化如圖。下列敘述正確的是()

A.rm{a}rmrm{c}對應的混合液中，水的電離程度由大到小的順序的是rm{a>b>c}

B.rm{c}點混合液中rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{?})}

C.rm{a}rmrm{c}三點都有rm{c(CH_{3}COO^{?})+c(OH^{?})=c(Na^{+})+c(H^{+})}

D.若忽略體積變化，則rm{25隆忙}時rm{CH_{3}COOH}的電離平衡常數(shù)rm{K=(0.2隆脕10^{?7})/(w?0.2)mol?L^{?1}}rm{K=(0.2隆脕10^{?7})/(w?0.2)

mol?L^{?1}}5、下列關于rm{NO}的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{NO}是一種紅棕色的氣體B.常溫常壓下rm{NO}不能與空氣中的氧氣直接化合C.含等質量的氧元素的rm{NO}和rm{CO}的物質的量相等D.rm{NO}易溶于水，不能用排水法收集6、能使品紅溶液褪色的物質是()A.rm{CO}B.rm{CH_{4;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}C.rm{H_{2}}D.rm{SO_{2}}7、下列物質的主要成分不屬于硅酸鹽的是()。A.水晶B.陶瓷C.水玻璃D.光學玻璃8、下列各組溶液電解一段時間后，再加入相關物質，溶液能恢復原狀況的是（）。電解質溶液陽極陰極加入的物質ANaCl溶液碳鐵鹽酸BNaOH溶液碳碳水C硫酸銅溶液銅碳硫酸銅D硫酸鐵碳H2OA.AB.BC.CD.D9、rm{5.0g}金屬混合物與足量稀鹽酸反應，收集到rm{2.8LH_{2}(}標準狀況rm{)}這種混合物可能的組成是rm{(}rm{)}A.rm{Fe}和rm{Zn}B.rm{Mg}和rm{Al}C.rm{Fe}rm{Cu}rm{Zn}D.rm{Mg}rm{Fe}rm{Cu}評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、實驗是研究化學的基礎，圖中所示的實驗方法、裝置或操作完全不正確的是rm{(}rm{)}A.

除雜B.

稀釋C.制氣D.稱量11、下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.有機物均易燃燒B.苯酚酸性比碳酸弱，故苯酚不能與碳酸鈉溶液反應C.制取乙酸乙酯時，試劑的混合順序是先加濃硫酸，再加乙醇，然后加乙酸D.石油分餾得到的汽油是純凈物12、下列物質久置在空氣中發(fā)生的變化涉及氧化還原反應的有()A.鐵桿生銹B.rm{FeSO_{4}}由淺綠色變成棕黃色C.rm{Na_{2}O_{2}}由淡黃色變成白色D.石灰水表面附有白色固體13、氨基酸的結構通式如圖所示，有關氨基酸的說法正確的是：

A.氨基酸能與鹽酸溶液反應B.氨基酸屬兩性化合物C.氨基酸能與rm{NaOH}溶液反應D.氨基酸屬無機化合物14、下列不同類別物質中均含有rm{C}rm{H}rm{O}三種元素的是rm{(}rm{)}A.醇B.烷烴C.糖類D.油脂15、下列各組中的性質比較中，正確的有（）A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.堿性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.非金屬性F＞Cl＞BrD.穩(wěn)定性HCl＞H2S＞PH316、將下列物質加入水中，會顯著放熱的有()A.燒堿B.濃硫酸C.食鹽D.生石灰17、下述轉化關系可用于合成解痙藥奧昔布寧的前體rm{(}化合物丙rm{)}下列說法正確的是：

A.化合物甲中的含氧官能團有羰基和酯基B.化合物乙分子中含有rm{1}個手性碳原子C.化合物乙能發(fā)生消去反應，且生成的有機物能和溴發(fā)生加成反應D.化合物丙能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應18、下列各組名詞或現(xiàn)象中，三者間有逐級因果關系的是rm{(}rm{)}A.汽車尾氣光化學污染咳嗽和氣喘者增多B.含磷洗衣粉水體富營養(yǎng)化水棲生物大量死亡C.人口增多空氣中rm{CO_{2}}濃度增大溫室效應D.氟氯烴臭氧空洞皮膚癌患者增多評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)19、硅單質及其化合物應用很廣。請回答下列問題：(1)制備硅半導體材料必須先得到高純硅。三氯甲硅烷(SiHCl3)還原法是當前制備高純硅的主要方法，生產(chǎn)過程示意圖如下：①寫出由純SiHCl3制備高純硅的化學反應方程式____________________。②整個制備過程必須嚴格控制無水、無氧。SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和另一種物質，寫出配平的化學反應方程式____________________；H2還原SiHCl3過程中若混有O2，可能引起的后果是____________________。(2)下列有關硅材料的說法正確的是()。A．單質硅化學性質穩(wěn)定，但可以被強堿溶液腐蝕B．鹽酸可以與硅反應，故采用鹽酸為拋光液拋光單晶硅C．普通玻璃是由純堿、石灰石和石英砂制成的，其熔點很高D．光導纖維的主要成分是SiO2(3)硅酸鈉水溶液俗稱水玻璃。取少量硅酸鈉溶液于試管中，逐滴加入鹽酸，振蕩。寫出實驗現(xiàn)象并給予解釋(用化學方程式說明)_____________________________。(4)在人體器官受到損傷時，需要使用一種新型無機非金屬材料來植入體內，這種材料是________(填字母)。A．高溫結構陶瓷B．生物陶瓷C．導電陶瓷20、（16分）工業(yè)上可以在恒容密閉容器中采用下列反應制備甲醇：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）（1）下列情況可以作為判斷反應達到平衡狀態(tài)的依據(jù)的是（填序號）。A．生成CH3OH的速率與消耗H2的速率之比為1︰2B．混合氣體的平均相對分子質量保持不變C．混合氣體的密度保持不變D．體系內的壓強保持不變（2）下表所列數(shù)據(jù)為該反應在不同溫度下的化學平衡常數(shù)：。溫度/℃250300350K2.0410.2700.012①反應的平衡常數(shù)表達式為K=。由上表數(shù)據(jù)判斷，該反應的△H____0（填“＞”、“＝”或“＜”）。升高溫度，正反應速率____（填“增大”、“減小”或“不變”）。②某溫度下，將2molCO和6molH2充入一個容積為2L的密閉容器中，達到平衡時c(H2)=1.4mol/L，則CO的轉化率為，此時的溫度為。（3）欲提高CO的轉化率，可采取的措施是。（填序號）A．升溫B．加入更高效的催化劑C．恒容條件下充入COD．恒容條件下充入H２E．恒容條件下充入氦氣F．及時移走CH3OH（4）一定條件下，CO和H2在催化劑作用下生成1molCH3OH的能量變化為90.8kJ。該溫度下，在三個容積相同的密閉容器中，按不同方式投料，保持恒溫、恒容，測得反應達到平衡時的有關數(shù)據(jù)如下：。容器甲乙丙投料方式1molCO、2molH21molCH3OH2molCH3OH平衡數(shù)據(jù)C(CH3OH)/(mol/L)c1c2c3體系壓強(Pa)p1p2p3反應的能量變化akJbkJckJ原料轉化率α1α2α3下列分析正確的是。（填序號）A．2c1＜c3B．2p1＜p3C．|a|＋|b|＝90.8D．α1＋α3＞121、請根據(jù)所學知識回答下列問題：

rm{(1)}同溫同壓下，rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)}在光照和點燃條件下的rm{triangleH(}化學計量數(shù)相同rm{)}分別為rm{triangleH_{1}}rm{triangleH_{2}}rm{triangleH_{1}}______rm{triangleH_{2}(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”，下同rm{)}．

rm{(2)}相同條件下，rm{2mol}氫原子所具有的能量______rm{1mol}氫分子所具有的能量．

rm{(3)}已知常溫時紅磷比白磷穩(wěn)定，比較下列反應中rm{triangleH}的大小：rm{triangleH_{1}}______rm{triangleH_{2}}．

rm{壟脵P_{4}(}白磷，rm{s)+5O_{2}(g)簍T2P_{2}O_{5}(s)triangleH_{1}}

rm{s)+5O_{2}(g)簍T2P_{2}O_{5}(s)triangle

H_{1}}紅磷，rm{s)+5O_{2}(g)簍T2P_{2}O_{5}(s)triangleH_{2}}．

rm{壟脷4P(}已知：稀溶液中，rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)簍TH_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}則濃硫酸與稀氫氧化鈉溶液反應生成rm{s)+5O_{2}(g)簍T2P_{2}O_{5}(s)triangle

H_{2}}水，放出的熱量______rm{(4)}．

rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)簍TH_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ?mol^{-1}}已知：rm{1mol}rm{57.3kJ}與rm{(5)}水蒸氣在rm{0.5mol}rm{CH_{4}(g)}rm{0.5mol}時，完全反應生成rm{t隆忙}和rm{p}的混合氣體，吸收了rm{kPa}rm{CO}熱量，該反應的熱化學方程式是______．rm{H_{2}}22、某晶體的晶胞如圖所示；X位于體心，Y位于面心，Z位于頂點，該晶體中X；Y、Z的粒子個數(shù)比為______；

23、某芳香烴A有如下轉化關系：按要求填空：（1）反應②的反應條件是（2）寫出A和F結構簡式：A；F（3）寫出反應③、⑥對應的化學方程式：③；⑥。評卷人得分四、簡答題(共2題，共6分)24、（1）鉛蓄電池是典型的二次電池，由于鉛蓄電池的性能優(yōu)良、價格低廉、安全可靠，可多次充放電，所以在生產(chǎn)生活中使用廣泛，總反應式是pb+pbo2+4H++2SO42-2pbS+2H2O，鉛蓄電池的負極材料是______；放電時，正極反應式是______，充電時，陰極反應式是______；。電池電解池AH+移向pb電極H+移向pb電極B每消耗3molpb生成2molAl2O3C正極：pbO2+4H++2e-=pb2++2H2O陽極：2AL+3H2O-6e-═AL2O3+6H+D（2）為增強鋁的耐腐蝕性，現(xiàn)以鉛蓄電池為外電源，以鋁作陽極、Pb作陰極；電解稀硫酸，使鋁表面的氧化膜增厚．反應原理如下：

電解。

電池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）═2PbSO4（s）+2H2O（l）

電解池：2Al+3H2O═Al2O3+3H2↑電解過程中，以下判斷正確的是______；

（3）某種可充電聚合物鋰離子電池放電時的反應為。

Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意圖如圖，下列說法不正確的是______．

__________________．25、rm{(1)}圖rm{a}是根據(jù)反應rm{Zn+CuSO_{4}=Cu+ZnSO_{4}}設計成的鋅銅原電池rm{.}電解質溶液甲是______rm{(}填rm{"ZnSO}填rm{(}rm{"ZnSO}rm{{,!}_{4}"}或rm{"CuSO}rm{"CuSO}rm{{,!}_{4}"}極的電極反應式是______．

rm{)}

rm{)}溶液：rm{Cu}極的電極反應式是______．中，Ⅰ是甲烷燃料電池rm{Cu}溶液rm{(2)}rm{(2)}

圖rm中，Ⅰ是甲烷燃料電池rm{(}處電極上發(fā)生的電極反應是_____________________________．

rm若實驗過程中Ⅱ中的銅片質量減少了rm{(}則Ⅰ中理論上消耗電解質溶液為rm{KOH}溶液rm{)}rm{KOH}rm{)}的結構示意圖，該同學想在Ⅱ中實現(xiàn)鐵上鍍銅．rm{壟脵a}處電極上發(fā)生的電極反應是_____________________________．．

rm{壟脵a}若圖二中的Ⅱ改為用惰性電極電解rm{壟脷}若實驗過程中Ⅱ中的銅片質量減少了rm{6.4g}則Ⅰ中理論上消耗rm{CH}rm{壟脷}rm{6.4g}rm{CH}rm{{,!}_{4}}的體積標準狀況___________rm{L}．rm{L}rm{壟脹}若圖二中的Ⅱ改為用惰性電極電解rm{200mL0.05mol隆隴L}rm{壟脹}rm{200mL0.05mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}的rm{CuSO}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}溶液，一段時間后溶液中的rm{Cu}rm{Cu}可用作印刷電路銅板的腐蝕劑rm{{,!}^{2+}}寫出恰好完全析出，恢復至室溫，溶液rm{PH=}_____rm{(}溶液腐蝕印刷電路銅板的離子方程式___________________；若將此反應設計成原電池；該原電池的負極材料為______，正極上的電極反應式為_______________________．

rm{PH=}腐蝕銅板后的混合溶液中含rm{(}忽略電解過程中溶液體積變化rm{)}rm{)}的濃度均為；若將上述電解后的溶液恢復為與電解前的溶液相同，可以加入一定質量的______rm{(}請參照下表給出的數(shù)據(jù)和藥品，簡述除去rm{(}溶液中填序號rm{)}和rm{)}的實驗步驟：_______________________________．。．離子rm{(0.1mol隆隴L^{-1})}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}提供的藥品rm{(}根據(jù)需要選擇使用rm{)}氫氧化物開始沉淀rm{pH}rm{4.7}rm{7.0}rm{1.9}rm{Cl_{2}}rm{NaOH}溶液、rm{CuO}rm{Cu}氫氧化物沉淀完全rm{pH}rm{6.7}rm{9.0}rm{3.2}評卷人得分五、綜合題(共2題，共8分)26、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．27、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、D【分析】解：A；B為改變濃度；可改變反應速率，但活化分子的百分數(shù)不變，C通入Ne使氣體的壓強增大，不改變參加反應氣體的濃度，反應速率不變；

升高溫度；可增大活化分子百分數(shù)，反應速率增大；

故選D．

升高；加壓、增大濃度、使用正催化劑；均可加快反應速率，但溫度、催化劑改變活化分子百分數(shù)，以此來解答．

本題考查影響反應速率的因素，注意活化分子數(shù)目與百分數(shù)的差別，明確溫度、濃度、壓強對反應速率的影響即可解答，題目難度不大．【解析】【答案】D3、C【分析】解：A．酒精；乙酸均能和金屬鈉反應產(chǎn)生氫氣；這樣不能鑒別二者，故A錯誤；

B．用石蕊試液不能鑒別乙醇和葡萄糖；故B錯誤；

C．加入新制備氫氧化銅懸濁液，乙醇不與新制Cu（OH）2反應，乙酸與新制Cu（OH）2反應，Cu（OH）2溶解，溶液變?yōu)樗{色，藍色絮狀沉淀逐漸消失，葡萄糖溶液與新制Cu（OH）2懸濁液加熱有紅色沉淀生成；三者現(xiàn)象不同，故C正確；

D．只有乙酸與碳酸氫鈉反應；不能鑒別乙醇和葡萄糖，故D錯誤．

故選C．

乙酸具有酸性；可與堿發(fā)生中和反應，葡萄糖含有醛基，可與氫氧化銅濁液發(fā)生氧化還原反應，以此解答該題．

本題考查有機物的鑒別，為高頻考點，把握常見有機物的性質及官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重醇、醛、羧酸性質的考查，題目難度不大．【解析】【答案】C4、D【分析】【分析】本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液rm{pH}的計算，題目難度中等，涉及弱電解質的電離、電離常數(shù)的計算、溶液中守恒關系的應用等，注意把握電離常數(shù)的計算和電荷守恒的應用，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力、計算能力的計算，題目難度中等，涉及弱電解質的電離、電離常數(shù)的計算、溶液中守恒關系的應用等，注意把握電離常數(shù)的計算和電荷守恒的應用，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力、計算能力?！窘獯稹縭m{pH}rm{1.0Lwmol?L}rm{1.0Lwmol?L}rm{{,!}^{-1}}rm{CH}溶液與rm{CH}固體混合，混合后溶液的rm{{,!}_{3}}顯酸性，說明醋酸過量，溶液中溶質為rm{COOH}溶液與rm{0.1molNaOH}固體混合，混合后溶液的rm{pH<5}顯酸性，說明醋酸過量，溶液中溶質為rm{CH}rm{COOH}rm{0.1molNaOH}和rm{pH<5}rm{CH}rm{{,!}_{3}}加鹽酸時，rm{COOH}和rm{CH}rm{COOH}rm{CH}與鹽酸反應生成rm{{,!}_{3}}rm{COONa}加鹽酸時，rm{CH}rm{COONa}加rm{CH}時，rm{{,!}_{3}}與rm{COONa}與鹽酸反應生成rm{CH}rm{COONa}rm{CH}反應生成rm{{,!}_{3}}rm{COOH}加rm{NaOH}時，rm{NaOH}與rm{CH}rm{COOH}

rm{NaOH}rm{NaOH}rm{CH}三點溶液中氫離子濃度依次減小，水的電離程度增大，所以水的電離程度由大到小的順序的是rm{{,!}_{3}}故A錯誤；

rm{COOH}反應生成rm{CH}點rm{COOH}則rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COONa}rm{COONa}A.溶液中酸或堿電離的氫離子或氫氧根離子的濃度越大，水的電離程度越小，rm{a}rmrm{c}三點溶液中氫離子濃度依次減小，水的電離程度增大，所以水的電離程度由大到小的順序的是rm{c>b>a}故A錯誤；溶液中電荷守恒為：rm{a}rmrm{c}rm{c>b>a}B.rm{c}點rm{pH=7}則rm{c(H}rm{c}rm{pH=7}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(OH}rm{)=c(OH}所以rm{{,!}^{-}}rm{)}溶液中電荷守恒為：rm{c(Na}rm{)}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}故B錯誤；

rm{{,!}^{+}}rm{)=c(OH}點都滿足rm{)=c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(CH}rm{)+c(CH}rm{{,!}_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{)}所以rm{c(Na}rm{)}rm{c(Na}而rm{{,!}^{+}}點溶液為醋酸溶液，根據(jù)電荷守恒可知：rm{)=c(CH}rm{)=c(CH}rm{{,!}_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{)}故B錯誤；rm{)}C.根據(jù)電荷守恒，rmrm{c}點都滿足rm{c(CH}故C錯誤；

rm時，rm{c}rm{c(CH}rm{{,!}_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(OH}rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(Na}rm{)=c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)c(H}則醋酸的電離平衡常數(shù)為：rm{{K}_{a}=;dfrac{c(C{H}_{3}CO{O}^{?})?c({H}^{+})}{;c(C{H}_{3}COOH);}=dfrac{;0.2}{;w?0.2;}隆脕{10}^{-7}mol?{L}^{-1}}，故D正確。rm{)c(H}rm{{,!}^{+}}【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A}rm{NO}為無色氣體；二氧化氮為紅棕色氣體，二者不可混淆，故A錯誤；

B；常溫常壓下；一氧化氮能與空氣中的氧氣直接化合生成紅棕色的二氧化氮，故B錯誤；

C；含等質量氧元素時；氧原子的物質的量相同，則一氧化氮與一氧化碳的物質的量相同，故C正確；

D、因rm{NO}不溶于水；可以用排水法收集，故D錯誤；故選C．

A、rm{NO}為無色氣體；二氧化氮為紅棕色氣體；

B、rm{NO}易與氧氣化合生成二氧化氮；

C、由rm{NO}和rm{CO}可知；物質的量相同時含有等質量的氧元素；

D、rm{NO}不溶于水；可以用排水法收集。

本題主要考查rm{NO}的性質，比較基礎，熟悉rm{NO}氣體的物理性質和化學性質、注意與二氧化氮的區(qū)別是解答本題的關鍵．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】本題考查了二氧化硫的化學性質，培養(yǎng)學生的知識應用能力與邏輯推理能力，難度較小?！窘獯稹緼.rm{CO}沒有漂白性，不能使品紅溶液褪色，故A沒有漂白性，不能使品紅溶液褪色，故Arm{CO}B.錯誤；rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{4}}沒有漂白性，不能使品紅溶液褪色，故B錯誤；C.rm{H}rm{H}D.rm{{,!}_{2}}具有漂白性，二氧化硫能使品紅溶液褪色，故D正確。故選D。沒有漂白性，不能使品紅溶液褪色，故C【解析】rm{D}7、A【分析】水晶成分為SiO2，不是硅酸鹽?！窘馕觥俊敬鸢浮緼8、B【分析】【解答】解：A；以Fe和C為電極；電解氯化鈉，陽極氯離子放電，陰極氫離子放電，通電一段時間后放出氯氣和氫氣，電解質復原，應該通入HCl，故A錯誤；B、以C為電極，電解NaOH溶液，陽極氫氧根離子放電，陰極氫離子放電，相當于電解水，通電一段時間后仍為氫氧化鈉溶液，可以加水讓溶液復原，故B正確；

C；以Cu為陽極；電解硫酸銅，陽極銅本身失電子，陰極銅離子得電子，通電一段時間后電解質溶度和組成都不變，不許加入任何物質，故C錯誤；

D；以Fe為陽極；電解硫酸，陽極鐵失電子，陰極上是氫離子得電子生成氫氣，加入水，電解質不會復原，故D錯誤．

故選B．

【分析】電解質在通電一段時間，加入物質能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，說明依據(jù)電解原理分析電解了什么物質，要想讓電解質復原，就要加入溶液中減少的物質．9、D【分析】解：標準狀況下rm{2.8L}氫氣的物質的量為：rm{dfrac{2.8L}{22.4L/mol}=0.125mol}假設金屬的化合價都是rm{dfrac

{2.8L}{22.4L/mol}=0.125mol}價，則金屬的物質的量為rm{+2}混合金屬的平均摩爾質量為：rm{dfrac{5g}{0.125mol}=40g/mol}

A.rm{0.125mol}的摩爾質量為rm{dfrac

{5g}{0.125mol}=40g/mol}rm{Fe}的摩爾質量為rm{56g/mol}二者的摩爾質量都大于rm{Zn}故A錯誤；

B.rm{65g/mol}的摩爾質量為rm{40g/mol}rm{Mg}為rm{24g/mol}價時的摩爾質量為：rm{dfrac{27g/mol}{3}隆脕2=18g/mol}二者的平均摩爾質量都小于rm{Al}故B錯誤；

C.rm{+2}的摩爾質量為rm{dfrac

{27g/mol}{3}隆脕2=18g/mol}銅不與硫酸反應，rm{40g/mol}的摩爾質量為rm{Fe}所以三者的平均摩爾質量大于rm{56g/mol}故C錯誤；

D.rm{Zn}的摩爾質量為rm{65g/mol}rm{40g/mol}的摩爾質量為rm{Mg}銅不與硫酸反應，其摩爾質量大于rm{24g/mol}三種金屬的平均摩爾質量可以為rm{Fe}故D正確；

故選D．

標準狀況下rm{56g/mol}氫氣的物質的量為：rm{dfrac{2.8L}{22.4L/mol}=0.125mol}假設金屬的化合價都是rm{40g/mol}價，則金屬的物質的量為rm{40g/mol}根據(jù)rm{2.8L}計算出混合物的平均摩爾質量，然后對各選項進行判斷，注意rm{dfrac

{2.8L}{22.4L/mol}=0.125mol}為rm{+2}價時的摩爾質量為：rm{dfrac{27g/mol}{3}隆脕2=18g/mol}不與硫酸反應的計算的摩爾質量為無窮大，據(jù)此進行解答．

本題考查了混合物反應的計算，側重考查金屬與酸的反應計算，題目難度中等，明確平均值法在化學計算中的應用為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．rm{0.125mol}【解析】rm{D}二、多選題(共9題，共18分)10、ABD【分析】解：rm{A.}洗氣時；氣體應從長導管進，短導管出，題中氣體的進出方向錯誤，故A錯誤；

B.量筒只能用于量取一定體積；只能在常溫下使用，不能在量筒中稀釋濃硫酸，故B錯誤；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；裝置符合制備要求，故C正確；

D.氫氧化鈉應放在小燒杯中稱量；故D錯誤．

故選ABD．

A.氣體的進出方向錯誤；

B.不能在量筒中稀釋濃硫酸；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；

D.稱量氫氧化鈉時應防止氫氧化鈉吸水和變質；減小實驗誤差．

本題考查較為綜合，涉及物質的分離、溶液的量取、氣體的制備以及物質的稱量，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意相關基礎知識的積累，難度不大．【解析】rm{ABD}11、ABCD【分析】解：rm{A.}四氯化碳為有機物；不能燃燒，則不是所有有機物均燃燒，故A錯誤；

B.苯酚酸性比碳酸弱；大于碳酸氫根離子的酸性，則苯酚與碳酸鈉反應生成苯酚鈉；碳酸氫鈉，故B錯誤；

C.制取乙酸乙酯時；先加密度小的后加密度大的液體，最后加乙酸，則試劑的混合順序是先加乙醇，再加濃硫酸，然后加乙酸，故C錯誤；

D.石油為混合物；分餾產(chǎn)品仍為混合物，則石油分餾得到的汽油是混合物，故D錯誤；

故選ABCD．

A.四氯化碳為有機物；不能燃燒；

B.苯酚與碳酸鈉反應生成苯酚鈉；碳酸氫鈉；

C.制取乙酸乙酯時；先加密度小的后加密度大的液體，最后加乙酸；

D.石油為混合物；分餾產(chǎn)品仍為混合物．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項C為易錯點、類似濃硫酸的稀釋，題目難度不大．【解析】rm{ABCD}12、ABC【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，側重氧化還原反應應用的考查，為高考常見題型，把握生活的氧化還原反應的利弊為解答的關鍵，注重知識遷移應用，題目難度不大?！窘獯稹緼.鐵桿生銹是氧化還原反應，故A正確符合題意；B.rm{FeSO}rm{FeSO}rm{{,!}_{4}}由淺綠色變成棕黃色是二鐵離子反應生成三價鐵離子，故B符合題意；C.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}

由淡黃色變成白色是過氧化鈉反應生成氫氧化鈉，故C符合題意；【解析】rm{ABC}13、ABC【分析】【分析】本題考查氨基酸的性質，難度中等?！窘獯稹緼.氨基酸分子中含有氨基，顯堿性，則氨基酸能與鹽酸溶液反應，故A正確；B.氨基酸分子中含有氨基，顯堿性，氨基酸分子中含有羧基，顯酸性，所以氨基酸屬兩性化合物，故B正確；C.氨基酸分子中含有羧基，顯酸性，則氨基酸能與rm{NaOH}溶液反應，故C正確；D.氨基酸屬有機化合物，故D錯誤。故選ABC。【解析】rm{ABC}14、ABC【分析】解：rm{A.}醇含官能團羥基，含rm{C}rm{H}rm{O}三種元素；故A錯誤；

B.烷烴含rm{C}rm{H}兩種元素；故B錯誤；

C.糖類含rm{C}rm{H}rm{O}三種元素；故C正確；

D.油脂含rm{C}rm{H}rm{O}三種元素；故D正確；

故選ABC．

烴含rm{C}rm{H}兩種元素；醇；糖類、油脂屬于烴的含氧衍生物，據(jù)此分析．

本題考查了有機物的元素組成，較基礎，中學中主要學習了烴和烴的含氧衍生物，注意蛋白質除含rm{C}rm{H}rm{O}外，還含rm{N}rm{P}等元素．【解析】rm{ABC}15、ABCD【分析】解：A．Cl、Br；I位于同一主族；同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，對應的最高價氧化物的水化物的酸性逐漸減弱，故A正確；

B．同主族元素的金屬性從上到下逐漸增強，對應的最高價氧化物的水化物的進行逐漸增強，則堿性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正確；

C．同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，則非金屬性F＞Cl＞Br；故C正確；

D．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，其氫化物的穩(wěn)定性增強，則穩(wěn)定性HCl＞H2S＞PH3；故D正確．

故答案為：ABCD．

A．同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱；對應的最高價氧化物的水化物的酸性逐漸減弱；

B．同主族元素的金屬性從上到下逐漸增強；對應的最高價氧化物的水化物的進行逐漸正確；

C．同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱；

D．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強；其氫化物的穩(wěn)定性增強．

本題考查元素周期表的遞變規(guī)律，題目難度不大，注意單質、化合物的性質與金屬性、非金屬性的關系．【解析】【答案】ABCD16、ABD【分析】【分析】本題旨在考查學生對吸熱過程和放熱過程的應用?！窘獯稹緼.燒堿溶于水放出大量的熱，故A正確；B.濃硫酸稀釋放出大量的熱，故B正確；C.食鹽溶于水不會放出大量的熱，故C錯誤；D.生石灰與水反應生成氫氧化鈣，放出大量的熱，故D正確。故選ABD?！窘馕觥縭m{ABD}17、ABC【分析】【分析】

本題考查了有機化合物的結構與性質，包含了通過分析有機化合物的結構簡式，判斷有機化合物的官能團、反應類型的判斷、有機物的性質?！窘獯稹?/p>

A.根據(jù)結構簡式知；甲中含氧官能團名稱是酯基和羰基，故A正確；

B.乙中連接醇羥基的碳原子為手性碳原子；故B正確；

C.與rm{-OH}相連rm{C}的鄰位rm{C}上有rm{H}可發(fā)生消去反應；碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成反應，故C正確；

D.化合物丙中不含酚rm{-OH}則與氯化鐵溶液不發(fā)生顯色反應，故D錯誤。

故選ABC。

【解析】rm{ABC}18、ABD【分析】解：rm{A.}汽車尾氣中有氮氧化物會造成光化學污染；使咳嗽和氣喘者增多，故A正確；

B.含磷洗衣粉會造成水體富營養(yǎng)化；藻類瘋長，水棲動物大量死亡，故B正確；

C.因化石燃料的大量燃燒產(chǎn)生rm{CO_{2}}引起全球溫度升高，產(chǎn)生溫室效應，與人口增多無關，故C錯誤；

D.氟氯烴會破壞臭氧層；使得紫外線強度增大，導致皮膚癌癥者增多，故D正確；

故選ABC．

A.汽車尾氣中含有氮的氧化物；

B.含磷洗衣粉能使水中藻類植物大量繁殖；

C.溫室效應主要是化石燃料的大量燃燒產(chǎn)生rm{CO_{2}}

D.氟氯烴能破壞臭氧層；引起臭氧空洞；

本題考查光化學污染、體富營養(yǎng)化、破壞臭氧層、酸雨已成為生活中常見污染問題、危害很大，要了解形成原因、危害和防治．【解析】rm{ABD}三、填空題(共5題，共10分)19、略

【分析】①SiHCl3和H2在高溫下反應得到高純硅的同時，可得到HCl，因此化學方程式為SiHCl3＋H2Si＋3HCl，②SiHCl3遇水劇烈反應生成H2SiO3、HCl和另一種物質，不難得出另一種物質為氫氣，從而寫出反應化學方程式，當混有氧氣時，氫氣和氧氣會發(fā)生反應，可能會引起爆炸，另外，氧氣也可能會氧化SiHCl3；(2)A、D比較簡單，屬于正確的說法，B中，單晶硅性質穩(wěn)定，能與氫氟酸反應，而不能與鹽酸反應，所以這一說法是錯誤的；C中要注意玻璃是混合物，不具備固定的熔沸點，所以C錯誤；(3)用鹽酸制取硅酸，由于硅酸不溶于水，所以可以看到有白色絮狀沉淀產(chǎn)生，反應化學方程式為Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓；(4)因是植入人體內，因此選用生物陶瓷，故選擇B?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)①SiHCl3＋H2Si＋3HCl②SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋H2↑＋3HCl↑高溫下，H2遇O2可能會引起爆炸；O2可能會氧化SiHCl3(2)AD(3)生成白色絮狀沉淀，Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓(4)B20、略

【分析】試題分析：（1）A、同一方向，錯誤；B、反應中氣體的總物質的量變化，氣體的質量不變，所以相對分子質量是變量，當不變時達到平衡，正確；C、密度是定值，錯誤；D、氣體的壓強與物質的量成正比，壓強是變量，當不變時達到平衡，正確。（2）溫度升高，K變小，反應放熱；升高溫度正逆反應速率均增大；通過平衡計算的三步法直接計算可得；（3）A、升溫平衡逆向移動，轉化率降低，錯誤；B、催化劑不改變平衡狀態(tài)，錯誤；C、加入CO，其轉化率降低，錯誤；D、加入氫氣，增加CO轉化率，正確；E、恒容條件下通入不反應的氣體不能不移動，錯誤；F、降低生成物濃度，平衡正向移動，反應物轉化率提高，正確；（4）根據(jù)題意，把丙設置為丁，則甲乙丁為等效平衡，把丁壓縮到一個容器中，增大壓強，平衡向生成甲醇的方向移動，故有2c1＜c3，壓強2p1＞p3；甲乙是從兩個不同方向進行到同一個平衡，故有|a|＋|b|＝90.8，α1＋α2=1，丙中甲醇轉化率小，故有α1＋α3＜1?？键c：考查化學平衡有關問題?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）BD（答對一個給1分）（2）①＜增大②80％250℃（3）DF（答對一個給1分）（4）AC（答對一個給1分，見錯不給分）21、略

【分析】解：rm{(1)}反應熱與反應物的總能量和生成物的總能量，與反應條件無關，則光照和點燃條件的rm{triangleH}相同；

故答案為：rm{=}

rm{(2)}氫氣分子生成氫原子要破壞化學鍵，需要吸熱，則rm{2mol}氫原子所具有的能量大于rm{1mol}氫分子所具有的能量；

故答案為：rm{>}

rm{(3)}常溫時紅磷比白磷穩(wěn)定，說明白磷能量高，反應放出的熱量較多，因rm{triangleH<0}則放出的能量越多反應熱越?。?/p>

故答案為：rm{<}

rm{(4)}濃硫酸溶于水放熱，放出的熱量大于rm{57.3kJ}

故答案為：rm{>}

rm{(5)}甲烷和水蒸氣之間的反應方程式為：rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)=CO(g)+3H_{2}(g)}rm{0.5mol}甲烷與rm{0.5mol}水蒸氣在rm{t隆忙}rm{p}rm{kPa}時，完全反應生成一氧化碳和氫氣rm{(}合成氣rm{)}吸收了rm{a}rm{kJ}熱量，所以rm{1mol}甲烷與rm{1mol}水蒸氣在rm{t隆忙}rm{p}rm{kPa}時，完全反應生成一氧化碳和氫氣rm{(}合成氣rm{)}吸收了rm{2a}rm{kJ}熱量，熱化學方程式為：rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)=CO(g)+3H_{2}(g)triangleH=+2akJ/mol}

故答案為：rm{dfrac{1}{2}CH_{4}(g)+H_{2}O(g)=CO(g)+3H_{2}(g)triangleH=+2akJ/mol}．

rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)=CO(g)+3H_{2}(g)triangle

H=+2akJ/mol}反應熱與反應物的總能量和生成物的總能量；與反應條件無關；

rm{dfrac

{1}{2}CH_{4}(g)+H_{2}O(g)=CO(g)+3H_{2}(g)triangle

H=+2akJ/mol}化學鍵斷裂為吸熱過程；新鍵生成放熱的過程；

rm{(1)}常溫時紅磷比白磷穩(wěn)定；說明白磷能量高，反應放出的熱量較多；

rm{(2)}濃硫酸溶于水放熱；

rm{(3)}根據(jù)熱化學方程式的含義以及書寫方法來回答．

本題綜合考查反應熱的大小比較以及影響化學平衡的因素，題目難度不大，注意把握比較反應熱的角度．rm{(4)}【解析】rm{=}rm{>}rm{<}rm{>}rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)=CO(g)+3H_{2}(g)}rm{triangleH=+2akJ/mol}22、1：3：1【分析】解：該晶胞中位于體心的粒子被一個晶胞占有，位于面心的粒子被兩個晶胞占有，位于頂點上粒子被8個晶胞占有，X粒子個數(shù)為1，Y粒子個數(shù)=6×=3，Z粒子個數(shù)=8×=1；所以該晶胞中X；Y、Z粒子個數(shù)之比為1：3：1，故答案為：1：3：1．

該晶胞中位于體心的粒子被一個晶胞占有，位于面心的粒子被兩個晶胞占有，位于頂點上粒子被8個晶胞占有，X粒子個數(shù)為1，Y粒子個數(shù)=6×=3，Z粒子個數(shù)=8×據(jù)此計算三種粒子個數(shù)之比．

本題考查晶胞的計算，側重考查學生空間想象能力及計算能力，明確每個粒子被幾個晶胞占有是解本題關鍵，題目難度不大．【解析】1：3：123、略

【分析】試題分析：本題采用逆推的方法求解。由于D與新制Cu(OH)2懸濁液加熱，然后酸化得到則D為C催化氧化得到D，則C為A與溴水加成得到B，B水解得到C，所以A為B為則E為F為（1）反應②的反應條件變?yōu)榈臈l件是NaOH的水溶液加熱。（2）由上述推斷可知A結構簡式是：F結構簡式是（3）反應③的化學方程式：反應⑥對應的方程式為考點：考查有機物的相互轉化關系、反應條件、化學方程式的書寫的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）NaOH水溶液、加熱；（2）A：F：（3）反應③：⑥：四、簡答題(共2題，共6分)24、略

【分析】解：（1）放電時，該裝置是原電池，負極上鉛失電子發(fā)生氧化會反應，正極是二氧化鉛得電子生成硫酸鉛，電極反應式為PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，充電時，陰極上電極反應式為PbSO4+2e-=Pb+SO42-；

故答案為：Pb；PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；bSO4+2e-=Pb+SO42-；

（2）A．原電池中；溶液中氫離子向正極，即向二氧化鉛電極移動，故A錯誤；

B．串聯(lián)電池中轉移電子數(shù)相等，每消耗3molPb，根據(jù)電子守恒生成lmolAl2O3；故B錯誤；

C．原電池正極上二氧化鉛得電子生成硫酸鉛，則正極：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；故C錯誤；

D．原電池中鉛作負極，負極上鉛失電子和硫酸根離子反應生成難溶性的硫酸鉛，所以質量增加，在電解池中，Pb陰極；陰極上氫離子得電子生成氫氣，所以鉛電極質量不變，故D正確；

故答案為：D；

（3）放電時的反應為Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2；Co元素的化合價升高，C元素的化合價降低；

A．C元素的化合價升高，則放電時LixC6發(fā)生氧化反應；故A正確；

B．充電時，為電解裝置，陽離子向陰極移動，則Li+通過陽離子交換膜從右向左移動；故B錯誤；

C．充電時負極與陰極相連；將電池的負極與外接電源的負極相連，故C正確；

D．正極上Co元素化合價降低，放電時，電池的正極反應為：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2；故D正確；

故答案為：B．

（1）放電時為原電池；負極上鉛失電子發(fā)生氧化會反應，正極上氧化鉛得電子；充電時，陰極上硫酸鉛得電子生成鉛；

（2）A．原電池放電時；溶液中陽離子向正極移動；

B．串聯(lián)電池中轉移電子數(shù)相等；

C．原電池正極上生成硫酸鉛；

D．原電池中鉛電極上生成硫酸鉛；電解池中陰極生成氫氣；

（3）放電時的反應為Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2；Co元素的化合價升高，C元素的化合價降低，結合原電池中負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應來解答．

本題考查原電池原理和電解池原理應用，明確電池反應中元素的化合價變化及電池的工作原理即可解答，注意與氧化還原反應的結合，題目難度中等．【解析】Pb；PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；bSO4+2e-=Pb+SO42-；D；B；A．放電時LixC6發(fā)生氧化反應；B．充電時，Li+通過陽離子交換膜從左向右移動；C．充電時將電池的負極與外接電源的負極相連D．放電時，電池的正極反應為：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO225、（1）ZnSO4Cu2++2e-=Cu

（2）①CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O

②0.56

③1b

（3）①2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+CuFe3++e-=Fe2+

②①通入足量氯氣將Fe2+氧化成Fe3+②加入CuO調節(jié)溶液的pH至3.2-4.7③過濾（除去Fe（OH）3）【分析】【分析】本題考查鹽類水解、原電池、電鍍原理、電解池中電子守恒的計算、離子除雜分析等，是對所學知識的綜合考查，題目難度中等，電極過程中溶液rm{PH}計算、電極反應式書寫為易錯點?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)反應rm{Zn+CuSO_{4}=Cu+ZnSO_{4}}設計成的鋅銅原電池，則鋅失電子為負極，rm{Cu}為正極，該電極上是銅離子得到電子的還原反應，電極反應為rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}故答案為：rm{ZnSO_{4}}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{(2)壟脵}鐵上鍍銅，則rm{Cu}為陽極，rm{Cu}電極與rm相連，rm為原電池的正極，即rm處通入rm{O_{2}}rm{a}處電極上發(fā)生的電極反應式是：rm{CH_{4}-8e^{-}+10OH^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}故答案為：rm{CH}rm{4}rm{4}rm{-8e}rm{-}rm{-}rm{+10OH}rm{-}rm{-}rm{=CO}rm{3}rm{3}rm{2-}當銅電極的質量減輕rm{2-}則rm{+7H}已知rm{2}電極的反應為rm{2}所以轉移電子為rm{O}燃料電池中rm{壟脷}rm{6.4g}rm{n(Cu)=6.4g/64g/mol=0.1mol}rm{Cu}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}rm{0.2mol}rm{CH}rm{4}rm{4}rm{-8e}rm{-}rm{-}則rm{+10OH}所以消耗的rm{-}在標準狀況下的體積為rm{-}故答案為：rm{=CO}rm{3}溶液中的rm{3}恰好完全析出，則析出的rm{2-}則生成硫酸rm{2-}氫離子為rm{+7H}rm{2}rm{2}電解硫酸銅溶液，溶液中的rm{O}恰好完全析出后，要想恢復到與電解前的溶液相同，應加入rm{n(CH_{4})=1/8n(e^{-})=0.025mol}故答案為：rm{CH_{4}}rm{0.025mol隆脕22.4L/mol=0.56L}rm{0.56}有強氧化性，能把金屬銅氧化成銅離子，自身被還原成rm{壟脹}反應方程式為rm{Cu^{2+}}離子方程式為：rm{n(Cu)=0.2L隆脕0.05mol/L=0.01mol}設計成原電池時，負極上發(fā)生氧化反應，正極上發(fā)生還原