2025年人教版高二化學上冊月考試卷

…………○…………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年人教版高二化學上冊月考試卷664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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列物質的熔、沸點高低順序正確的是rm{(}rm{)}A.金剛石rm{>}晶體硅rm{>}二氧化硅rm{>}碳化硅B.rm{CI_{4}>CBr_{4}>CCl_{4}>CH_{4}}C.rm{MgO>Na_{2}O>N_{2}>O_{2}}D.金剛石rm{>}生鐵rm{>}純鐵rm{>}鈉2、下列反應不屬于氧化還原反應的是（）A.2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2B.Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2OC.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2[來源:Zxxk.Com]D.Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O3、T℃時，某NaOH溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12。向該溶液中逐滴加入pH＝c的鹽酸(T℃)，測得混合溶液的部分pH如表中所示：。序號NaOH溶液的體積/mL鹽酸的體積/mL溶液的pH①20.000.008②20.0020.006假設溶液混合前后的體積變化忽略不計，則c為A.3B.4C.5D.64、室溫下測得甲醛、乙醛和丙酮組成的液態(tài)混合物中氫元素的質量分數為9.8%，則該混合物的平均相對分子質量為（）A.50B.49C.51D.445、意大利羅馬大學的rm{FuNvio}rm{Cacace}等人獲得了極具理論研究意義的rm{N_{4}}分子rm{.N_{4}}分子結構如右圖所示，已知斷裂rm{lmolN-N}吸收rm{167kJ}熱量，生成rm{1mol}rm{N隆脭N}放出rm{942kJ}熱量rm{.}根據以上信息和數據，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{4}}分子構型為正四面休，rm{N-N}鍵鍵角為rm{109^{circ}}rm{28?}B.rm{N_{4}}與rm{N_{2}}互為同素異形體C.rm{N_{4}}沸點比rm{P_{4}(}白磷rm{)}高D.rm{1mol}rm{N_{4}}氣體轉變?yōu)閞m{N_{2}}吸收rm{882kJ}熱量6、質量分數為rm{a}的某物質的溶液rm{mg}與質量分數為rm的該物質的溶液rm{ng}混合后，蒸發(fā)掉rm{pg}水，得到的溶液每毫升質量為rm{qg}物質的量濃度為rm{c}則溶質的分子量rm{(}相對分子質量rm{)}為()A.rm{dfrac{qleft(am+bnright)}{cleft(m+n-pright)}}B.rm{dfrac{cleft(m+n-pright)}{qleft(am+bnright)}}C.rm{dfrac{1000qleft(am+bnright)}{cleft(m+n-pright)}}D.rm{dfrac{cleft(m+n-pright)}{1000qleft(am+bnright)}}rm{dfrac{qleft(am+bnright)}{cleft(m+n-pright)}

}7、下列一組粒子的中心原子雜化類型相同，分子的鍵角不相等的是()A.rm{CCl_{4}}rm{SiCl_{4}}rm{SiH_{4;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{H_{2}S}rm{NF_{3}}rm{CH_{4}}C.rm{BCl_{3}}rm{CH_{2}==CH_{2}}rm{S_{8}}D.rm{SO_{3}}rm{C_{6}H_{6}(}苯rm{)}rm{H_{2}O}評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、有關蔗糖與濃硫酸的反應，下列說法正確的有()A.產生rm{CO_{2}}B.濃硫酸表現(xiàn)出脫水性C.放出大量的熱D.濃硫酸表現(xiàn)出還原性9、下列說法正確的是。

A.油脂屬于脂類B.蛋白質水解的最終產物是氨基酸。

C.纖維素不能發(fā)生水解反應D.淀粉完全水解的產物是葡萄糖10、化學反應一般均會伴隨著能量變化，對rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃燒的反應，正確的是rm{(}rm{)}A.該反應為吸熱反應B.該反應為放熱反應C.斷裂rm{H隆陋H}鍵吸收能量D.生成rm{H隆陋O}鍵吸收能量11、氫氣還原氧化銅：rm{CuO+H_{2}=H_{2}O+Cu}在該反應A.rm{Cu}做還原劑B.rm{CuO}做氧化劑C.銅元素的化合價降低D.銅元素化合劑升高12、關于維生素rm{C}的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.維生素rm{C}能使溴水褪色B.維生素rm{C}可作食品添加劑C.維生素rm{C}又稱抗壞血酸D.維生素rm{C}不能發(fā)生氧化反應評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、已知86Rn（氡）基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p6，88Ra基態(tài)原子的電子排布式可簡化為[Rn]7s2。114號元素是化學家和物理學家很感興趣的尚未發(fā)現(xiàn)的元素。（1）用簡化的形式寫出114號元素基態(tài)原子的電子排布式：______________________________________________________________________________。（2）根據原子核外電子排布的特征，判斷114號元素在周期表中的第________周期________族。（3）根據114號元素在周期表中的位置判斷，它最不應具有的性質是________。第一電離能大于88Ra②鮑林電負性大于3.0③最高化合價為＋4價，也可有＋2價④最高價氧化物的對應水化物顯堿性14、工業(yè)上合成氨的熱反應方程式如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ/mol（1）若已知破壞1mol鍵、H—H鍵鍵分別需吸收的能量為946kJ、436kJ，則斷開1molN—H需吸收的能量為kJ。（2）在恒溫恒壓的條件下，將2molN2和6molH2通入一容積可變的容器中反應，達到平衡后氣體的體積為反應前的75%，則該過程釋放的能量為kJ，氮氣的轉化率為，平衡后氨氣占混合氣體的體積分數為。（3）若將1molN2和1molH2通入兩個相同體積的密閉容器甲和乙中，甲容器保持溫度和體積不變，乙容器保持溫度和壓強不變，經過一段時間后，兩容器均達到平衡狀態(tài)。①建立平衡所需的時間：甲乙（填“＞”,“＜”或“＝”）②達到平衡后氨氣的體積分數：甲乙（填“＞”,“＜”或“＝”）15、工業(yè)上冶煉金屬鐵的主要反應為：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．其中，F(xiàn)e2O3____（填“被氧化”或“被還原”），CO作____（填“氧化劑”或“還原劑”）．在該反應中，若消耗了1molFe2O3，則生成____molFe．16、煤化工中常需研究不同溫度下平衡常數、投料比及熱值等問題已知：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}的平衡常數隨溫度變化如下表：。溫度rm{/隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常數rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}試回答下列問題rm{(1)}該反應的平衡常數表達式為______________________rm{(2)}上述逆反應是：____________反應rm{(}選填：“放熱”、“吸熱”rm{)}rm{(3)}在rm{800隆忙}發(fā)生上述反應，以表中的物質的量投入恒容反應器，其中向正反應方向移動的有_________rm{(}選填rm{A}rm{B}rm{C}rm{D)}。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{n(CO_{2})}rm{3}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(H_{2})}rm{2}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(CO)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{0.5}rm{n(H_{2}O)}rm{5}rm{2}rm{3}rm{2}rm{(4)}已知在一定溫度下：rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}2CO(g)}平衡常數rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}

2CO(g)}rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO(g)+H_{2}(g)}平衡常數rm{K}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡常數rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO(g)+H_{2}(g)}則rm{K_{1}}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{K_{2}}之間的關系是：__________________rm{K}在rm{K_{1}}密閉容器中通入rm{K_{2}}和rm{(5)}水蒸氣，在rm{VL}達到平衡，然后急速除去水蒸氣rm{10molCO}除水蒸氣時各物質的物質的量不變rm{10mol}將混合氣體燃燒，測得放出的熱量為rm{T隆忙}已知rm{(}燃燒熱為rm{)}rm{2842kJ(}燃燒熱為rm{CO}則，該溫度下，平衡常數rm{283kJ/mol}________rm{H_{2}}17、(8分)主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的原子最外層電子數是次外層電子數的3倍．X、Y和Z分屬不同的周期，它們的原子序數之和是W原子序數的5倍．在由元素W、X、Y、Z組成的所有可能的二組分化合物中，由元素W與Y形成的化合物M的熔點最高．（提示：Y是第ⅡA族元素）請回答下列問題：(1)W元素原子的L層電子排布式為________(2)X單質與水發(fā)生主要反應的化學方程式為___________________(3)化合物M的化學式為________，其晶體結構與NaCl相同，而熔點高于NaCl.M熔點較高的原因是________________________________________(4)X、Y、Z可形成立方晶體結構的化合物，其晶胞中X占據所有棱的中心，Y位于頂角，Z處于體心位置，則該晶體的組成為X∶Y∶Z＝________；評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共32分)18、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。19、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。20、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。21、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分五、簡答題(共2題，共4分)22、（15分）決定物質性質的重要因素是物質結構。請回答下列問題。（1）已知A和B為第三周期元素，其原子的第一至第四電離能如下表所示：。電離能/kJ·mol－1I1I2I3I4A5781817274511578B7381451773310540A通常顯____價，A的電負性____B的電負性（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）紫外光的光子所具有的能量約為399kJ·mol－1。根據下表有關蛋白質分子中重要化學鍵的信息，說明人體長時間照射紫外光后皮膚易受傷害的原因：____。組成蛋白質的最簡單的氨基酸中的碳原子雜化類型是。。共價鍵C－CC－NC－S鍵能/kJ·mol－1347305259（3）實驗證明：KCl、MgO、CaO、TiN這4種晶體的結構與NaCl晶體結構相似（如右圖所示），已知3種離子晶體的晶格能數據如下表：。離子晶體NaClKClCaO晶格能/kJ·mol該4種離子晶體（不包括NaCl）熔點從高到低的順序是：。其中MgO晶體中一個Mg2＋周圍和它最鄰近且等距離的Mg2＋有個。（4）金屬陽離子含未成對電子越多，則磁性越大，磁記錄性能越好。離子型氧化物V2O5和CrO2中，適合作錄音帶磁粉原料的是。（5）某配合物的分子結構如右圖所示，其分子內不含有____（填序號）。A．離子鍵B．極性鍵C．金屬鍵D．配位鍵E．氫鍵F．非極性鍵23、鋼鐵很容易生銹而被腐蝕；每年因腐蝕而損失的鋼材占世界鋼鐵年產量的四分之一．

如圖裝置中，U形管內為紅墨水，a、b試管內分別盛有氯化銨（顯酸性）溶液和食鹽水，各加入生鐵塊，放置一段時間均被腐蝕，這兩種腐蝕都屬于______腐蝕．

（1）紅墨水柱兩邊的液面變?yōu)樽蟮陀腋?，則______（填“a”或“b”）邊盛有食鹽水．

（2）b試管中鐵發(fā)生的是______腐蝕，生鐵中碳上發(fā)生的電極反應式______；

b試管中鐵被腐蝕的總化學方程式為______．評卷人得分六、實驗題(共1題，共5分)24、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種短周期元素，它們的核電荷數按rm{C}rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}的順序增大。rm{C}rm{D}都能分別與rm{A}按原子個數比為rm{1隆脙1}或rm{2隆脙1}形成化合物；rm{CB}可與rm{EA_{2}}反應生成rm{C_{2}A}與氣態(tài)物質rm{EB_{4}}rm{E}的rm{M}層電子數是rm{K}層電子數的rm{2}倍。rm{(1)}寫出這五種元素的名稱：rm{A}________，rm{B}________，rm{C}________，rm{D}________，rm{E}________。rm{(2)}比較rm{EA_{2}}與rm{EB_{4}}的熔點高低rm{(}填化學式rm{)}________rm{>}________。rm{(3)}寫出rm{D}單質與rm{CuSO_{4}}溶液反應的離子方程式：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】解：rm{A.}原子晶體中，熔沸點與鍵長成反比，這幾種物質都是原子晶體，鍵長：rm{C-C<C-Si<Si-Si}所以熔沸點金剛石rm{>}二氧化硅rm{>}碳化硅rm{>}晶體硅；故A錯誤；

B.組成和結構相似的分子晶體，相對分子質量越大，熔、沸點越大，則熔、沸點為rm{CI_{4}>CBr_{4}>CCl_{4}>CF_{4}}故B正確；

C.離子晶體的熔沸點大于分子晶體，水中含有氫鍵，熔、沸點比氮氣、氧氣的大，則熔、沸點為rm{MgO>H_{2}0>O_{2}>N_{2}}故C錯誤；

D.熔、沸點：原子晶體rm{>}金屬晶體，合金的熔點比純金屬的低，則熔、沸點為金剛石rm{>}純鐵rm{>}生鐵rm{>}鈉；故D錯誤；

故選B．

A.原子晶體中；熔沸點與鍵長成反比；

B.分子晶體中熔沸點與其相對分子質量成正比；

C.離子晶體熔沸點大于分子晶體；分子晶體熔沸點與其相對分子質量成正比，離子晶體熔沸點與離子半徑成反比，與離子電荷成正比；

D.一般來說；原子晶體熔沸點高于金屬晶體，合金熔沸點高于純金屬，金屬晶體熔沸點與金屬鍵成正比，金屬鍵與原子半徑成反比，與電荷成正比．

本題考查晶體熔沸點高低判斷，明確晶體類型及晶體熔沸點影響因素是解本題關鍵，注意分子晶體熔沸點與范德華力和氫鍵有關，易錯選項是rm{D}題目難度不大．【解析】rm{B}2、B【分析】氧化還原反應的本質是電子的轉移，特征是反應前后化合價發(fā)生變化。A中過氧化鈉中的氧元素化合價由—1價部分升高到0價，部分降低到－2價，屬于氧化還原反應。B中元素的化合價均沒有變化，不屬于氧化還原反應。C中鐵和碳的化合價發(fā)生了變化，D中銅和硫的化合價發(fā)生了變化，它們均屬于氧化還原反應。答案是B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、B【分析】試題分析：已知a+b＝12，某NaOH溶液中kw＝c（H+）·c（OH-）＝10-amol?L-1.10-bmol?L-1＝10-12，當鹽酸的體積為0時，測定溶液的pH是氫氧化鈉溶液的pH，則溶液中c（OH-）＝10?12÷10?8＝10-4mol/L；當兩種溶液等體積混合時，溶液的pH＝6，結合水的離子積常數知，該溶液呈中性，則酸和堿的物質的量相等，兩溶液的體積相等，則c（HCl）＝c（NaOH）＝10-4mol/L，所以鹽酸的pH＝4，答案選B?？键c：考查酸堿混合溶液定性判斷【解析】【答案】B4、C【分析】解：甲醛為CH2O，乙醛為C2H4O，丙酮為C3H6O，各分子中碳原子與氫原子數目之比為1：2，所以混合物的平均分子組成可以表示為（CH2）nO，混合物中氫元素的質量分數為9.8%，所以=9.8%；解得n=2.5，所以混合物的平均相對分子質量為14×2.5+16=51．

故選C．

甲醛為CH2O，乙醛為C2H4O，丙酮為C3H6O，各分子中碳原子與氫原子數目之比為1：2，所以混合物的平均分子組成可以表示為（CH2）nO；根據氫元素的質量分數計算n的值，據此判斷混合氣體的平均相對分子質量．

本題考查混合物計算，難度不大，根據各物質的分子式判斷平均分子組成是關鍵，是對學生能力的考查．【解析】【答案】C5、B【分析】解：rm{A.}結構和白磷相似，為正四面體結構，但鍵角為rm{60^{circ}}故A錯誤；

B.rm{N_{4}}和rm{N_{2}}是同種元素形成的不同種單質；互為同素異形體，故B正確；

C.rm{N_{4}}和rm{P_{4}}都是分子晶體；并且結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，所以白磷的沸點高，故C錯誤；

D.rm{1molN_{4}}氣體中含有rm{6molN-N}鍵，可生成rm{2molN_{2}}形成rm{2molN隆脭N}鍵，則rm{1moN_{4}}氣體轉變?yōu)閞m{N_{2}}化學鍵斷裂斷裂吸收的熱量為rm{6隆脕167kJ=1002kJ}形成化學鍵放出的熱量為rm{2隆脕942kJ=1884kJ}所以反應放熱，放出的熱量為rm{1884KJ-1002KJ=882KJ}故應為放出rm{882kJ}熱量；故D錯誤．

故選B．

A.結構和白磷相似，鍵角為rm{60^{circ}}

B.rm{N_{4}}和rm{N_{2}}都是氮元素的不同單質；

C.rm{N_{4}}和rm{P_{4}}都是分子晶體；相對分子質量影響沸點；

D.根據化學鍵斷裂要吸收熱量，形成化學鍵要放出熱量，根據題中數據計算出rm{1molN_{4}}轉變成rm{N_{2}}放出的熱量．

本題考查較為綜合，為高考常見題型，側重考查學生的分析能力，題目涉及物質的組成和分類、分子的極性、同素異形體與同分異構體的判斷、反應熱的計算，題目難度不大，注意基礎知識的把握．【解析】rm{B}6、C【分析】【分析】本題考查物質的量的相關計算，為高頻考點，題目難度中等，試題側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握計算的思路和相關計算公式的運用。首先計算出蒸發(fā)掉rm{pg}水后溶質質量分數為：rm{dfrac{ma+nb}{m+n-p}}再根據物質的量濃度rm{c=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}}的公式變形計算溶質的相對分子質量?！窘獯稹空舭l(fā)掉rm{pg}水后溶質質量分數為：rm{dfrac{ma+nb}{m+n-p}}

根據rm{c=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}}可知，溶質的摩爾質量為：rm{M=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}=dfrac{1000隆脕q隆脕dfrac{ma+np}{m+n-p}}{c}g/mol=dfrac{1000qleft(am+nbright)}{cleft(m+n-pright)}g/mol}

所以溶質的相對分子質量為：rm{dfrac{1000qleft(am+nbright)}{cleft(m+n-pright)}g}

故選C。rm{M=dfrac{1000婁脩婁脴}{M}

=dfrac{1000隆脕q隆脕dfrac{ma+np}{m+n-p}}{c}

g/mol=dfrac{1000qleft(am+nbright)}{cleft(m+n-pright)}

g/mol}【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】本題主要考查了原子的雜化、分子的空間構型等知識，為高頻考點，注意孤電子對的確定以及原子雜化理論的應用為解答關鍵，題目難度中等?！窘獯稹緼.rm{CCl_{4}}中rm{C}原子雜化軌道數rm{=婁脪}鍵數rm{+}孤對電子對數rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}雜化，rm{SiCl_{4}}中rm{C}原子雜化軌道數rm{=婁脪}鍵數rm{+}孤對電子對數rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}雜化，rm{SiH_{4}}中rm{C}原子雜化軌道數rm{=婁脪}鍵數rm{+}孤對電子對數rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}雜化，中心原子都是rm{sp^{3}}雜化；其鍵角相同，故A錯誤；

B.rm{H_{2}S}中rm{S}原子雜化軌道數rm{=婁脪}鍵數rm{+}孤對電子對數rm{=2+dfrac{6-2}{2}=4}所以采取rm{sp^{3}}雜化，分子構型為rm{V}型，rm{NF_{3}}中氮原子雜化軌道數rm{=婁脪}鍵數rm{+}孤對電子對數rm{=3+dfrac{5-3}{2}=4}所以采取rm{sp^{3}}雜化，分子構型為四面體型，rm{CH_{4}}中rm{C}原子雜化軌道數rm{=婁脛}鍵數rm{+}孤對電子對數rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}雜化，分子構型為正四面體型，中心原子都是rm{sp^{3}}雜化；孤電子對數不同，分子的鍵角不相同，故B正確；

C.rm{BCl_{3}}中rm{B}原子雜化軌道數rm{=婁脪}鍵數rm{+}孤對電子對數rm{=3+0=3}rm{sp^{2}}雜化，分子的立體構型為平面三角形，乙烯分子中每個碳原子雜化軌道數為rm{3}所以采取rm{sp^{2}}雜化，每個rm{S}原子含有rm{2}個rm{婁脪}鍵和rm{2}個孤電子對，所以每個rm{S}原子的價層電子對個數是rm{4}則rm{S}原子為rm{sp}原子含有rm{S}個rm{2}鍵和rm{婁脪}個孤電子對，所以每個rm{2}原子的價層電子對個數是rm{S}則rm{4}原子為rm{S}rm{sp}rm{{,!}^{3}}故C錯誤；

D.雜化，中，價層電子對個數rm{SO_{3}}鍵個數rm{=婁脪}孤電子對個數rm{+}含孤電子對數為rm{=3+1/2(6-3隆脕2)=3}雜化軌道數rm{0}硫原子采用rm{3}雜化，分子形狀為平面三角形；苯中碳原子雜化軌道數為rm{sp^{2}}所以采取rm{3}雜化，rm{sp^{2}}中氧原子為rm{H2O}雜化；故D錯誤。

故選B。rm{sp^{3}}【解析】rm{B}二、多選題(共5題，共10分)8、ABC【分析】【分析】本題旨在考查學生對濃硫酸的性質的應用?！窘獯稹繚饬蛩岷驼崽欠磻?，先體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，使蔗糖脫水形成碳，然后濃硫酸稀釋放出大量的熱，后濃硫酸和碳反應生成二氧化碳、二氧化硫、水，體現(xiàn)濃硫酸的強氧化性，故ABC正確。故選ABC?！窘馕觥縭m{ABC}9、ABD【分析】【分析】本題考查了有機物的水解，難度較小，旨在考查學生對基礎知識的識記，注意基礎知識的積累掌握?！窘獯稹緼.油脂是油與脂肪的統(tǒng)稱，由高級脂肪酸與甘油形成的酯，液態(tài)為油，固態(tài)為脂肪，故A正確；

B.蛋白質是氨基酸縮聚形成的高分子化合物，水解最終生成氨基酸，故B正確；

C.纖維素水解生成葡萄糖，能發(fā)生水解，故C錯誤；

D.淀粉水解最終生成葡萄糖，故D正確。

故選ABD?！窘馕觥縭m{ABD}10、BC【分析】【分析】本題考查化學反應的熱量變化，學生應注重歸納中學化學中常見的吸熱或放熱的反應，對于特殊過程中的熱量變化的要熟練記憶來解答此類習題?！窘獯稹緼.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃燒反應為放熱反應，故A錯誤；中燃燒反應為放熱反應，rm{H_{2}}

rm{O_{2}}鍵吸收能量，故C正確；

故B正確；鍵放出能量，故D錯誤。

C.斷裂rm{H隆陋H}鍵吸收能量，故C正確；rm{H隆陋H}【解析】rm{BC}11、BC【分析】【分析】本題考查了氧化還原反應，題目難度不大，明確氧化還原反應的實質及特征為解答關鍵，注意掌握氧化劑、還原劑的概念及判斷方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力?！窘獯稹緼.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價被還原，rm{CuO}作氧化劑；故A錯誤；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價，銅元素化合價降低，rm{CuO}作氧化劑；故B正確；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；化合價降低，故C正確；

D.rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；銅元素化合價降低，故D錯誤。

故選BC。

【解析】rm{BC}12、ABC【分析】解：維生素rm{C}又稱抗壞血酸，具有還原性，能與氧化性物質反應，分子中含有rm{C=C}能與溴水發(fā)生加成反應，可作食品添加劑，用于補充維生素，故ABC正確，D錯誤；

故選ABC．

維生素rm{C}又稱抗壞血酸，含有rm{C=C}和rm{-OH}具有還原性，可作食品添加劑，用于補充維生素，據此分析．

本題考查了有機物的結構與性質，題目難度不大，注意把握維生素rm{C}的性質，側重于考查學生對基礎知識的應用能力．【解析】rm{ABC}三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】（1）設114號元素為x。x元素原子比86Rn原子多28個電子。根據基態(tài)原子的核外電子排布規(guī)則，x元素基態(tài)原子電子排布式的簡化式應為[Rn]5f146d107s27p2。（2）由[Rn]5f146d107s27p2可知，x元素原子的價電子排布式為7s27p2。所以該元素在周期表的第7周期、ⅣA族。（3）88Ra在第7周期、ⅡA族，x元素在第7周期、ⅣA族，所以x元素原子的第一電離能大于88Ra。第6周期、ⅣA族元素鉛是金屬元素，位于第7周期、ⅣA族的x元素的金屬性比鉛還要強，所以x元素的鮑林電負性應小于2.0。鉛元素的化合價有＋4價和＋2價，與鉛同族的x元素的化合價也應有＋4價和＋2價。一般來說，金屬元素最高價氧化物對應水化物顯堿性?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）[Rn]5f146d107s27p2（2）7ⅣA（3）②14、略

【分析】試題分析：（1）因反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能，設N－H鍵能為xkJ/mol，則945.6kJ/mol＋3×436kJ/mol－6×xkJ/mol＝－92.2kJ/mol，解得x＝391。（2）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量（mol）260轉化量（mol）x3x2x平衡量（mol）2－x6－3x2x則根據達到平衡后氣體的體積為反應前的75%可知＝0.75解得x＝1所以該過程釋放的能量為92kJ氮氣的轉化率為×100%＝50%平衡后氨氣占混合氣體的體積分數為=（3）①根據方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，正方應是體積減小的可逆反應，所以如果保持容積不變，則壓強降低，這說明在反應過程中乙容器中的壓強始終大于甲容器中的壓強。壓強大，反應速率快，到達平衡的時間少，即建立平衡所需的時間：甲＞乙。②正方應是體積減小的可逆反應，因此壓強大有利于平衡向正反應方向移動，氨氣的體積分數增大，所以達到平衡后氨氣的體積分數：甲＜乙。考點：考查反應熱的計算、可逆反應的有關計算以及外界條件對平衡狀態(tài)和反應速率的影響【解析】【答案】（1）391（2）92；50%；或33.3%（3）①＞②＜15、略

【分析】

反應中Fe元素的化合價降低，則Fe2O3被還原；為氧化劑，C元素的化合價升高，CO為還原劑；

根據反應的方程式可知，若消耗了1molFe2O3；則生成2molFe；

故答案為：被還原；還原劑；2．

【解析】【答案】根據元素化合價的變化判斷氧化劑和還原劑；結合氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數目相等計算．

16、（1）

（2）吸熱。

（3）BC

（4）

（5）0.44（或）【分析】【分析】本題主要考查了影響化學平衡常數的因素、平衡常數的概念、轉化率的計算、平衡常數的應用等知識點，中等難度，解題時抓住基本概念的應用。

【解答】rm{(1)}化學平衡常數為反應達到平衡時，生成物濃度冪之積與反應物濃度的冪之積的比值，所以該反應的平衡常數表達式為rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}}

故答案為：rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}

}由于溫度升高；該反應的化學平衡常數減小，平衡向著逆向移動，正向反應是放熱反應，故答案為：放熱；

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}

}由于在rm{(2)}平衡常數為rm{(3)}則rm{800隆忙}因為在同一容器中，所以反應向著正向移動，必須滿足rm{1}

A.rm{c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}反應向著逆向移動，故A錯誤；

B.rm{n(CO_{2})?n(H_{2})<n(CO)?n(H_{2}O)}反應向著正向移動，故B正確；

C.rm{3隆脕2>1隆脕5}反應向著正向移動，故C正確；

D.rm{1隆脕1<2隆脕2}達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故答案為：rm{0隆脕0<3隆脕3}

rm{2隆脕0.5=1隆脕1}反應rm{BC}可以由反應rm{(4)}與反應rm{壟脵C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}相減得到，故反應rm{壟脷C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}反應rm{壟脹CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}得反應rm{壟脷-}所以：rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{壟脹}由方程式rm{壟脵}可知，rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}反應生成rm{(5)}開始通入rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡時rm{1molCO}rm{1molH_{2}}的物質的量之和為rm{10molCO}設rm{CO}rm{H_{2}}物質的量為rm{10mol.}rm{CO}則：rm{H_{2}}rm{x}解得rm{y}rm{x+y=10}利用三段式法求出平衡時各組分的物質的量；

rm{283x+286y=2842}

起始：rm{x=6mol}rm{y=4mol}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{10mol}

轉化：rm{10mol}rm{0}rm{0}rm{4mol}

平衡：rm{4mol}rm{4mol}rm{4mol}rm{6mol}

所以rm{6mol}時反應的平衡常數為：rm{K=dfrac{dfrac{4}{V}隆脕dfrac{4}{V}}{dfrac{6}{V}隆脕dfrac{6}{V}}=dfrac{4}{9}}

rm{4mol}【解析】rm{(1)K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{(1)K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}

}吸熱。

rm{(2)}

rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{(3)BC}或rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}rm{(5)0.44(}17、略

【分析】考查原子核外電子的排布規(guī)律及晶體的有關應用。W的原子最外層電子數是次外層電子數的3倍，則W是O。Y是第ⅡA族元素，且W與Y形成的化合物M的熔點最高，所以M是氧化鎂，則Y是鎂。W、X、Y、Z的原子序數依次增大，因此X是F。又因為X、Y和Z的原子序數之和是W原子序數的5倍，所以Z是K。（1）根據構造原理可寫出（2）氟是最活潑的非金屬，和水反應生成氟化氫和氧氣。（3）鎂離子半徑小于鈉離子半徑，氧離子半徑小于氯離子半徑，所以氧化鎂中的晶格能要大于氯化鈉中的，故熔點高。（4）X占據所有棱的中心，則X的個數是12×1/4＝3。Y位于頂角，則Y的個數是8×1/8＝1。Z處于體心位置，所以該晶體的組成為X∶Y∶Z＝3∶1∶1。【解析】【答案】)(1)2s22p4(1分)(2)2F2＋2H2O===4HF＋O2(2分)(3)MgO(2分)晶格能大(1分)(4)3∶1∶1(2分)四、元素或物質推斷題(共4題，共32分)18、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）219、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數相等，二者原子序數相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數是最外層電子數的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數越大原子半徑越??；原子核外電子層數越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應產生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結構在元素推斷中的應用。根據元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H220、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）221、略

【分析】【分析】

【詳解】

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

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、簡答題(共2題，共4分)22、略

【分析】【解析】試題分析：（1）B的第一、第二電離能較小，可失去2個電子，即最外層應有2個電子，應為Mg元素，而A的第一、第二、第三電離能都較小，可失去3個電子，最高化合價為+3價，應為Al元素，周期表中，同周期元素從左到右電負性逐漸增強，所以Al的電負性大于Mg。（2）紫外光的光子所具有的能量約為399kJ·mol－1，比蛋白質分子中主要化學鍵C.C－N和C－S的鍵能都大，紫外光的能量足以使這些化學鍵斷裂，從而破壞蛋白質分子使皮膚受損壞；組成蛋白質的最簡單的氨基酸是甘氨酸，其中羧基C是sp2雜化，而亞甲基C是sp3雜化。（3）離子晶體中晶格能越大，形成的離子晶體越穩(wěn)定，熔點越高硬度越大，晶格能與離子的半徑、電荷有關，電荷越多、離子半徑越小，晶格能越大，TiN中陰陽離子所帶電荷為3，大于其它離子所帶電荷，MgO、CaO中所帶電荷相同，但鎂離子半徑小于鈣離子半徑，氯化鉀中陰陽離子所帶電荷為1，且鉀離子半徑＞鈣離子半徑，氯離子半徑大于氧離子半徑，所以KCl、MgO、CaO、TiN4種離子晶體熔點從高到低的順序是TiN＞MgO＞CaO＞KCl；MgO的晶體結構與NaCl的晶體結構相似，所以一個Mg2+周圍和它最鄰近且等距離的Mg2+個數為12．(4)V2O5中釩離子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6；CrO2中鉻離子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d2，所以CrO2中的未成對電子數大