2025年浙科版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年浙科版高二化学上册月考试卷109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7题，共14分)1、已知下列热化学方程式:（l）C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=△H1（2）＝2H2O（g）△H＝△H2由此可知C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)ΔH3。则ΔH3等于()A.△H1－△H2B.△H1－△H2C.2△H1－△H2D.△H2－△H12、造成西安雾霾的重要原因之一是汽车尾气，已知汽车尾气无害化处理的反应之一为2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0，下列说法正确的是（）A.升高温度可以提高NO和CO的转化率B.使用高效催化剂可以提高NO和CO的转化率C.反应达到平衡后，NO的生成速率和消耗速率相等D.若该反应已达到平衡状态，增大压强（通过减小体积实现）对平衡无影响3、为了除去括号中的杂质，采用的试剂和方法均为正确的是rm{(}rm{)}

。选项物质加入试剂方法rm{A}甲苯rm{(}苯酚rm{)}浓溴水过滤rm{B}rm{NaOH(s)(}少量rm{NaCl)}水重结晶rm{C}乙酸乙酯rm{(}乙酸rm{)}乙醇、rm{H_{2}SO_{4}(}浓rm{)}酯化rm{D}rm{CO_{2}(CO)}--点燃A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）；在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t；温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是（）

A.T1＜T2、P1＞P2、m+n＞p，△H＜0B.T1＞T2、P1＜P2、m+n＞p，△H＞0C.T1＞T2、P1＜P2、m+n＜p，△H＞0D.T1＜T2、P1＞P2、m+n＜p，△H＜05、有机物有多种同分异构体，其中属于酯且含有苯环结构的共有（）A.3种B.4种C.5种D.6种6、下列条件下，两瓶气体所含分子数一定相等的是()A.同质量、不同密度的rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}B.同温度、同体积、同压强的rm{H_{2}}和rm{N_{2}}C.同体积、同密度的rm{C_{2}H_{4}}和rm{C_{3}H_{6}}D.同压强、同体积的rm{N_{2}O}和rm{CO_{2}}7、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.可用于电动汽车的铝rm{-}空气燃料电池，通常用rm{NaOH}溶液做电解液，其正极反应为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T4OH^{-}}B.常温下，rm{pH}均为rm{5}的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10^{-9}mol?L^{-1}}C.溴化钠溶液中加入少量新制氯水充分反应后，再加入少量苯振荡静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色D.导电、缓慢氧化、品红褪色和久置浓硝酸变黄都一定属于化学变化评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应为rm{2H_{2}+O_{2;;;}篓T篓T篓T2H_{2}O}反应前后不发生变化的是rm{(}rm{)}A.元素的种类B.物质的总质量C.分子的数目D.原子的数目9、氨基酸的结构通式如图所示，有关氨基酸的说法正确的是：

A.氨基酸能与盐酸溶液反应B.氨基酸属两性化合物C.氨基酸能与rm{NaOH}溶液反应D.氨基酸属无机化合物10、实验室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆陇L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆陇L^{-1}}溶液，下列玻璃仪器中，一定要用到的有A.漏斗B.玻璃棒C.烧杯D.容量瓶rm{CuSO_{4}}11、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12、某短周期元素原子的最外电子层只有rm{2}个电子，该元素可能是()A.rm{0}族元素B.Ⅱrm{A}族元素C.第三周期元素D.Ⅳrm{A}族元素13、将下列物质加入水中，会显著放热的有rm{(}rm{)}A.烧碱B.浓硫酸C.食盐D.生石灰14、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒15、

下列离子检验的方法和结论不正确的是rm{(}rm{)}A.某溶液中滴加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{Cl^{-}}B.某溶液中滴加氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}C.某溶液中滴加氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成无色气体，说明原溶液中有rm{CO_{3}^{2-}}16、下列关于淀粉和纤维素的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.它们都是混合物B.它们都是天然高分子化合物C.它们互为同分异构体D.它们水解的最终产物都是葡萄糖评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、（10分）从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：。分子式C9H8O部分性质能使Br2/CCl4褪色甲乙（1）甲中所含官能团的名称为、。（2）由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：其中反应Ⅰ的反应类型为_________，Y的结构简式为_________________。（3）下列物质能与乙反应的是（选填序号）。a．金属钠b．溴水c．碳酸钠溶液d．乙酸（4）乙有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的同分异构体结构简式。a．苯环上的一氯代物有两种b．发生银镜反应18、（13分）某强酸性溶液X可能含有Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）气体F为____________。（2）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是_______，不能确定是否含有的离子是____。（3）写出生成A的离子方程式：_________________。（4）通常可以利用KClO在碱性条件下氧化G来制备一种新型、高效、多功能水处理剂K2FeO4．请写出制备过程中的离子方程式__________________。19、某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2-、MnO4-、CO32-、SO42-中的若干种离子组成；取溶液进行如图实验：

（1）白色沉淀甲是______．

（2）X溶液中一定存在的离子是______．

（3）白色沉淀乙中一定有：______，可能有______．

（4）若将过量的气体A与适量的气体B通入水中，写出反应的化学方程式______．20、碳元素在生产生活中具有非常重要的作用；在新物质的制备中也发挥了举足轻重的作用．

（1）与碳同周期，且基态原子的核外未成对电子数相等的元素是______（写出元素符号）．

（2）石墨烯是目前人们制造的新物质，该物质是由单层碳原子六边形平铺而成的，像一张纸一样（如图甲），石墨烯中碳原子的杂化方式为______；常温条件下丙烯是气态，而相对分子质量比丙烯小的甲醇，常温条件下却呈液态，出现这种现象的原因是______．

（3）二氧化硅结构跟金刚石结构相似，即二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子．观察图乙中金刚石的结构，分析二氧化硅的空间网状结构中，Si、O形成的最小环上O原子数目是______．

（4）图丙是C60的晶胞模型（一个小黑点代表一个C60分子），图中显示出的C60分子数为14个．实际上一个C60晶胞中含有______个C60分子．21、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}其化学平衡常数rm{K}和温度rm{t}的关系如下表：。rm{t隆忙}rm{700}rm{800}rm{830}rm{1000}rm{1200}rm{K}rm{0.6}rm{0.9}rm{1.0}rm{1.7}rm{2.6}回答下列问题：rm{(1)}该反应的化学平衡常数表达式为rm{K=}____________________________________；rm{(2)}该反应为____________反应rm{(}选填吸热、放热rm{)}rm{(3)}某温度下，平衡浓度符合下式：rm{3c(CO_{2})隆陇c(H_{2})=5c(CO)隆陇c(H_{2}O)}试判断此时的温度为______rm{隆忙}rm{(4)}若rm{830隆忙}时，向容器中充入rm{1molCO}rm{5molH_{2}O}反应达到平衡后，其化学平衡常数rm{K}____rm{1.0(}选填“大于”、“小于”、“等于rm{(5)830隆忙}时，容器中的反应已达到平衡。在其他条件不变的情况下，扩大容器的体积。平衡____移动rm{(}选填“向正反应方向”、“向逆反应方向”、“不”rm{)}rm{(6)}若rm{1200隆忙}时，在某时刻平衡体系中rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{CO}rm{H_{2}O}的浓度分别为rm{2mol隆陇L^{-1}}rm{2mol隆陇L^{-1}}rm{4mol隆陇L^{-1}}rm{4mol隆陇L^{-1}}则此时上述反应的平衡移动方向为____。rm{(}选填“正反应方向”、“逆反应方向”、“不移动”rm{)}评卷人得分四、工业流程题(共2题，共18分)22、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。23、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分五、解答题(共3题，共12分)24、某芳香族化合物与苯酚无论以何种比例混合；只要总物质的量一定，完全燃烧时所消耗的氧气和生成水的质量始终一定．试回答：

（1）这类物质的相对分子质量与苯酚的相对分子质量之差为______的倍数（填数字）．

（2）现有这类物质中相对分子质量最小的物质A，已知A溶液能与NaHCO3反应放出气体．现取2.32g苯酚与A的混合物与50.0mL1.000mol/L的NaOH溶液充分反应后；加水至100mL．取出其中的10.0mL用0.100mol/L的HCl溶液滴定过量的NaOH，消耗20.0mL时至滴定终点．求该混合物中苯酚的质量分数（结果保留三位有效数字）．

25、某烃经李比希元素分析实验测得碳的质量分数为85.71%；该烃的质谱图显示：分子离子峰的质荷比为84，该烃的核磁共振氢谱如图所示．请确定该烃的实验式；分子式、结构简式．（写出计算过程）

26、由一溴乙烷制备可制备各种物质；请写出各步反应的化学方程式。

（1）______评卷人得分六、综合题(共2题，共14分)27、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．28、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7题，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、C【分析】解：A．该反应为放热反应；升高温度，平衡逆向移动，则转化率减小，故A错误；

B．催化剂对平衡移动无影响；则使用高效催化剂，NO和CO的转化率不变，故B错误；

C．平衡时同种物质的正逆反应速率相等；则反应达到平衡后，NO的生成速率和消耗速率相等，故C正确；

D．该反应为气体体积减小的反应；则增大压强，平衡正向移动，故D错误；

故选C．

A．该反应为放热反应；升高温度，平衡逆向移动；

B．催化剂对平衡移动无影响；

C．平衡时同种物质的正逆反应速率相等；

D．该反应为气体体积减小的反应．

本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应的特点，题目难度不大．【解析】【答案】C3、B【分析】解：rm{A.}溴与苯酚反应生成的三溴苯酚溶于苯中；不能用溴水除杂，可用氢氧化钠溶液，故A错误；

B.rm{NaOH}和rm{NaCl}溶解度随温度的变化不同；可用重结晶的方法分离，故B正确；

C.乙酸和乙醇的反应为可逆反应；不能完全除去，可用饱和碳酸钠溶液分离，故C错误；

D.二氧化碳中混有少量一氧化碳；不易点燃，可通过灼热的氧化铜除去，故D错误．

故选B．

A.溴与苯酚反应生成的三溴苯酚溶于苯中；

B.rm{NaOH}和rm{NaCl}溶解度随温度的变化不同；

C.乙酸和乙醇的反应为可逆反应；不能完全除去；

D.二氧化碳中混有少量一氧化碳；不易点燃．

本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，注意除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质．【解析】rm{B}4、C【分析】【解答】解：由图象可知，温度为T1时，根据P2时到达平衡的时间短，可知P2＞P1；且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜p；

压强为P2时，根据T1时到达平衡的时间短，可知T1＞T2；且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0；

故选：C．

【分析】温度相同时；根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；

压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应．5、D【分析】解：由题目要求可知该有机物的同分异构体中应具有CH3-C6H4-OOCH（-C6H4-为苯环）的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或C6H5-OOCCH3或C6H5-CH2OOCH或C6H5-COOCH3；共6种；

故选D．

根据有机物属于酯，则应含有-COO-官能团，则取代基分别为-CH3和-OOCH或-OOCCH3或-CH2OOCH或-COOCH3；有2个取代基时；有邻、间、对三不同结构．

本题考查同分异构体的书写，掌握有机物的官能团和结构为解答该题的关键，难度中等．【解析】【答案】D6、B【分析】略【解析】rm{B}7、A【分析】解：rm{A}铝rm{-}空气燃料电池中，电解质是rm{NaOH}溶液，在负极上发生氧化反应，在正极上发生还原反应，通入氧气的一极为原电池的正极，由于溶液呈碱性，发生反应为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T4OH^{-}}故A正确；

B、rm{pH}为rm{5}的醋酸溶液中，水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10^{-9}mol?L^{-1}}抑制水的电离，rm{pH}为rm{5}的硫酸铝溶液中，铝离子水解促进水的电离，由水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}故B错误；

C；溴化钠溶液中加入少量新制氯水充分反应生成单质溴；易溶于苯，在苯中的颜色为橙红色，但苯的密度比水小，上层颜色为橙红色，故C错误；

D；金属的导电为物理变化；溶液的导电为化学变化，缓慢氧化、品红褪色和久置浓硝酸变黄都一定属于化学变化，故D错误．

故选A．

A、铝rm{-}空气燃料电池中，电解质是rm{NaOH}溶液；在负极上发生氧化反应，在正极上发生还原反应；

B、rm{pH}为rm{5}的醋酸溶液中，水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10^{-9}mol?L^{-1}}rm{pH}为rm{5}的硫酸铝溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}

C；溴化钠溶液中加入少量新制氯水充分反应生成单质溴；易溶于苯，在苯中的颜色为橙红色，但苯的密度比水小；

D；金属的导电为物理变化．

本题考查较为综合，涉及原电池、弱电解质的电离和盐的水解、萃取、导电等知识，本题难度不大，注意金属导电和溶液导电的区别．【解析】rm{A}二、多选题(共9题，共18分)8、ABD【分析】【分析】本题考查了化学反应的实质分析，主要是质量守恒、原子守恒、元素守恒，较简单，依据化学反应的实质是原子的重新组合分析判断；质量守恒定律的内容是化学反应前后元素的种类、原子的种类和数目、物质的质量和不变，然后逐个分析即。

【解答】A.根据质量守恒定律可知，反应前后元素的种类不变，故A正确；B.根据质量守恒定律可知；化学反应前后物质的质量和不变，故B正确；

C.化学反应的实质是原子的重新组合；分子数不一定变化，故C错误；

D.根据质量守恒定律可知；反应前后原子的种类和数目不变，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}9、ABC【分析】【分析】本题考查氨基酸的性质，难度中等。【解答】A.氨基酸分子中含有氨基，显碱性，则氨基酸能与盐酸溶液反应，故A正确；B.氨基酸分子中含有氨基，显碱性，氨基酸分子中含有羧基，显酸性，所以氨基酸属两性化合物，故B正确；C.氨基酸分子中含有羧基，显酸性，则氨基酸能与rm{NaOH}溶液反应，故C正确；D.氨基酸属有机化合物，故D错误。故选ABC。【解析】rm{ABC}10、BCD【分析】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的仪器。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶、胶头滴管，用不到的是漏斗，个BCD正确。容量瓶、胶头滴管，用不到的是漏斗，个BCD正确。

rm{100mL}故选BCD。【解析】rm{BCD}11、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}12、ABC【分析】【分析】本题考查原子结构与元素在元素周期表的关系。【解答】A.rm{He}原子最外电子层只有rm{2}个电子，属于rm{0}族元素，故A正确；原子最外电子层只有rm{He}个电子，属于rm{2}族元素，故A正确；

rm{0}族元素的原子最外层电子数为B.Ⅱrm{A}族元素的原子最外层电子数为rm{2}故B正确；故B正确；

rm{A}位于第三周期，故C正确；

rm{2}族元素的最外层电子数为C.若为rm{Mg}位于第三周期，故C正确；故D错误。rm{Mg}D.Ⅳrm{A}族元素的最外层电子数为rm{4}故D错误。【解析】rm{ABC}13、ABD【分析】解：rm{A.}烧碱溶于水会放热；故A正确；

B.浓硫酸溶于水会放出大量的热；故B正确；

C.rm{NaCl}溶于水热效应不明显；故C错误；

D.生石灰溶于水会放出大量的热；故D正确．

故选ABD．

解此题的关键是看清放热两字，注意此题所研究的不一定是放热的化学反应，放热过程也可rm{.}如rm{NaOH}rm{CaO}浓rm{H_{2}SO_{4}}溶于水都是典型的放热过程；rm{NH_{4}NO_{3}}溶于水是吸热的；rm{C_{2}H_{5}OH}rm{NaCl}等溶于水热效应不明显．

本题考查物质溶解于水中的热效应，难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】rm{ABD}14、ACD【分析】【分析】有机材料指的是成分为有机化合物的材料，最基本的组成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物。碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物。【解答】A.纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，故A正确；B.铅笔芯的主要成分是碳单质，属于无机物，故B错误；C.橡皮擦的成分是橡胶，属于有机物，故C正确；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料属于有机物，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}15、ABD【分析】解：rm{A}能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有rm{Cl^{-}}故A错误．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误．

C、能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子，所以某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}故C正确．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液加入稀硫酸生成无色气体，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误．

故选ABD．

A；能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等．

C；能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等．

本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意离子的检验方法和反应现象判断，关键是注意干扰离子的作用和检验时的现象排除，题目难度中等．【解析】rm{ABD}16、ABD【分析】解：rm{A.}淀粉和纤维素表示式都为rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}淀粉、纤维素的聚合度rm{n}不确定；分别是由长短不一的聚合物混合在一起，所以它们都是混合物，故A正确；

B.淀粉和纤维素的相对分子质量在rm{10000}万以上；则它们都是高分子化合物，且是天然高分子化合物，故B正确；

C.它们的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；因此分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；

D.淀粉和纤维素是多糖；在一定条件下都能水解生成单糖葡萄糖，故D正确；

故选ABD．

A.淀粉和纤维素表示式都为rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不确定；它们都是混合物；

B.高分子化合物是指相对分子质量很大的化合物；

C.它们的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；

D.淀粉和纤维素是多糖；能发生水解．

本题主要考查淀粉和纤维素的有关知识，掌握淀粉和纤维素的结构和性质是解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{ABD}三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】试题分析：（1）根据甲的结构简式可知，甲中含有的官能团是羟基和碳碳双键；（2）经过反应Ⅰ发现碳碳双键成为了单键，并且引入了Cl原子，所以反应为甲和氯化氢之间发生了加成反应，含有醇羟基的物质，如果临位碳上有氢原子，则被氧化为醛基，则Y的结构简式为（3）氯代烃中如果含有临位氢原子则会发生消去反应，由于乙能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使其特色，所以乙的结构简式为乙中含有碳碳双键和醛基，则钠、碳酸钠溶液和乙酸均与乙不反应，而能与溴水发生反应，答案选b；（4）苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称；发生银镜反应，说明含有醛基，则符合条件的有机物结构简式为考点：考查有机物推断、官能团、同分异构体、反应类型等有关判断【解析】【答案】（1）碳碳双键（1分）羟基（1分）（2）加成反应（2分）（2分）（3）b（2分）（4）（2分）18、略

【分析】试题分析：强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，则（1）由上述分析可知，气体F为NH3；（2）由上述分析可知，一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-，可能含Fe3+、Cl-；（3）A为NO，生成A的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O；（4）Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，加入NaOH溶液后生成G：Fe（OH）3，和次氯酸反应获得高铁酸钾的方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═3Cl-+2FeO42-+5H2O。考点：考查离子的检验及推断【解析】【答案】（1）NH3（2）Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-；Fe3+、Cl-（3）3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O（4）3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═3Cl-+2FeO42-+5H2O19、略

【分析】解：溶液呈无色，则一定不含MnO4-；

1、取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32-，则一定不含Ag+、Ba2+、Al3+；

2、在（Ⅰ）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（Ⅰ）中含有Al3+，则原溶液中含有AlO2-；

3、在（Ⅱ）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4，不能确定原溶液中是否含有SO42-；

根据溶液电中性原则可知含有Na+，所以溶液中一定含有Na+、CO32-、AlO2-；

所以：

（1）白色沉淀甲是气体A的成分是：写出步骤②形成白色沉淀甲，是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，生成氢氧化铝，反应的离子的方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：Al（OH）3；

（2）X溶液中一定存在的离子是：Na+、CO32-、AlO2-，故答案为：Na+、CO32-、AlO2-；

（3）溶液中含有碳酸根离子可能含有硫酸根离子所以加过量的氢氧化钡生成白色沉淀一定含有碳酸钡；可能有硫酸钡，故答案为：碳酸钡；硫酸钡；

（4）气体A的成分是：二氧化碳，气体B的成分是氨气，CO2+NH3+H2O=NH4HCO3，故答案为：CO2+NH3+H2O=NH4HCO3．

溶液呈无色，则一定不含MnO4-；

1、取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32-；

2、在（Ⅰ）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（Ⅰ）中含有Al3+；

3、在（Ⅱ）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4．结合离子共存问题解答该题．

本题考查离子的推断和离子共存问题，题目难度中等，本题注意根据物质反应的现象进行推断，易错点为SO42-的确定．【解析】Al（OH）3；Na+、CO32-、AlO2-；碳酸钡；硫酸钡；CO2+NH3+H2O=NH4HCO320、略

【分析】解：（1）C原子核外未成对电子数是2；与碳同周期，说明处于第二周期，且基态原子的核外未成对电子数是2的元素是O元素；

故答案为：O；

（2）石墨烯中每个C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论知C原子杂化类型为sp2；相同温度下；含有分子间氢键的物质熔沸点较高，甲醇分子间形成氢键；丙烯分子间只存在范德华力，所以常温下甲醇是液态、丙烯是气态；

故答案为：sp2；甲醇分子间存在氢键；而丙烯分子间只有范德华力；

（3）金刚石中最小环上含有6个C原子；Si和金刚石结构相似，所以每个最小环上含有6个Si原子，二氧化硅晶体相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子，所以Si；O形成的最小环上O原子数目是6，故答案为：6；

（4）每个晶胞中C60分子个数=8×+6×=4；故答案为：4．

（1）C原子核外未成对电子数是2；与碳同周期，且基态原子的核外未成对电子数相等的元素是O元素；（2）石墨烯中每个C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；相同温度下，含有分子间氢键的物质熔沸点较高；

（3）金刚石中最小环上含有6个C原子；Si和金刚石结构相似，所以每个最小环上含有6个Si原子，二氧化硅晶体相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子，据此判断Si；O形成的最小环上O原子数目；

（4）每个晶胞中C60分子个数=8×+6×．

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、氢键、原子核外电子排布等知识点，利用均摊法、价层电子对互斥理论等知识点即可解答，易错点是判断二氧化硅中最小环上O原子个数，题目难度不大．【解析】O；sp2；甲醇分子间存在氢键，而丙烯分子间只有范德华力；6；421、（1）（2）吸热（3）700（4）等于（5）不（6）逆反应方向【分析】【分析】本题考查平衡常数的判断和应用以及外界条件对平衡的影响。该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，难易适中，侧重对学生基础知识的检验和训练，同时兼顾对学生能力的培养和解题方法的指导，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力。该题的难点在于平衡状态的判断。【解答】rm{(1)}化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，该反应的平衡常数为rm{K=dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}}故答案为：rm{dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}}

rm{K=

dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}}随着温度的升高，rm{

dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}}值是增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正方应是吸热反应；故答案为：吸热；

rm{(3)K=dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}=dfrac{3}{5}=0.6}rm{(2)}rm{K}故答案为：rm{(3)K=

dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}=dfrac{3}{5}=0.6

}

此时的温度为rm{700}化学平衡常数rm{700}只与温度有关，若rm{隆忙}时，向容器中充入rm{700}rm{(4)}反应达到平衡后，其化学平衡常数rm{K}为rm{830隆忙}故答案为：rm{1molCO}rm{5molH_{2}O}这是一个反应前后气体计量数不变的反应，所以rm{K}故答案为：不；rm{(6){Q}_{c}=dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}=dfrac{4隆脕4}{2隆脕2}=4>{K}_{sp}}故平衡向rm{1.0}rm{1.0}等于；【解析】rm{(1)}rm{K=dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}}rm{K=

dfrac{c(CO)隆陇c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆陇c({H}_{2})}}吸热rm{(2)}rm{(3)}rm{700}等于rm{700}不rm{(4)}rm{(5)}rm{(6)}四、工业流程题(共2题，共18分)22、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%23、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%五、解答题(共3题，共12分)24、略

【分析】

（1）根据总物质的量一定时有机物完全燃烧时，生成水的质量和消耗O2的质量不变，则化学式中的氢原子个数相同，所消耗的氧气始终一定说明该有机物与苯酚相比分子组成相差n个CO2这样多的碳就不消耗氧气了所以该有机物的化学式为C6H6O•nCO2，所以两者相对分子质量之差为44（CO2）的倍数．

故答案为：44．

（2）相对分子质量最小的物质A，A溶液能与NaHCO3反应放出气体，故A分子中含有-COOH，所以A分子中含一个羟基和一个羧基，A为HO-C6H4-COOH，故1molA消耗2molNaOH．由酚羟基、羧基、盐酸与氢氧化钠的反应可知n（C6H5OH）+2×n（A）+n（HCl）=n（NaOH），故n（C6H5OH）+2×n（A）=n（NaOH）-n（HCl）=0.05L×1.000mol/L-0.02L×0.100mol/L×=0.03mol，再根据二者的质量之和有94g/mol×n（C6H5OH）+138g/mol×n（A）=2.32g，联立方程解得n（C6H5OH）=0.01mol，n苯酚的质量m（C6H5OH）=0.01mol×94g/mol=0.94g，故苯酚的质量分数w（C6H5OH）=×100%=40.5%．

答：该混合物中苯酚的质量分数40.5%．

【解析】【答案】（1）根据总物质的量一定时有机物完全燃烧时，生成水的质量和消耗O2的质量不变，则化学式中的氢原子个数相同，所消耗的氧气始终一定，说明该有机物与苯酚相比分子组成相差n个CO2这样多的碳就不消耗氧气了，所以该有机物的化学式为C6H6O•nCO2，所以两者相对分子质量之差为44（CO2）的倍数．

（2）相对分子质量最小的物质A，A溶液能与NaHCO3反应放出气体，故A分子中含有-COOH，故A分子中含一个羟基和一个羧基，A为HO-C6H4-COOH，故1molA消耗2molNaOH．由酚羟基、羧基、盐酸与氢氧化钠的反应可知n（C6H5OH）+2×n（A）+n（HCl）=n（NaOH），再根据二者的质量