2024年滬科版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年滬科版高二化學下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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、某密閉容器中充入等物質的量的氣體A和B，一定溫度下發(fā)生反應A(g)+xB(g)2C(g)，達到平衡后，只改變反應的一個條件，測得容器中物質的濃度、反應速率隨時間變化的如下圖所示。下列說法中正確是()A.8min前A的平均反應速率為0.08mol/(L·s)B.30min時擴大容器的體積，40min時升高溫度C.反應方程式中的x＝1，正反應為吸熱反應D.30min和54min的反應的平衡常數相等42、除去下列物質中所含少量雜質(括號內為雜質)，所選用的試劑和分離方法能達到實驗目的是（）?；旌衔镌噭┓蛛x方法A苯（苯酚）溴水過濾B乙烷（乙烯）氫氣加熱C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液蒸餾D淀粉（氯化鈉）蒸餾水滲析3、下列有關說法中正確的是()A.對任何化學反應來說，反應速率越大，反應現象就越明顯B.反應物的熱效應與是否使用催化劑無關C.已知中和熱rm{triangleH=-57.3kJ/mol}則rm{1molH_{2}SO_{4}}和rm{1molBa(OH)_{2}}的反應熱rm{triangleH=2隆脕(-57.3)kJ/mol}D.鍍層破損后，鍍錫鐵板比鍍鋅鐵板更耐腐蝕rm{triangleH=2隆脕(-57.3)

kJ/mol}4、有機物分子中的原子（團）之間會相互影響，導致相同的原子（團）表現出不同的性質．下列現象不能說明上述觀點的是（）A.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲基環(huán)己烷不能使酸性KMnO4溶液褪色B.乙烯能與溴水發(fā)生加成反應，而乙烷不能與溴水發(fā)生加成反應C.苯酚與溴水可以直接反應，而苯與液溴反應則需要鐵作催化劑D.苯酚可以與NaOH反應，而乙醇不能與NaOH反應5、下列有關有機物的說法中正確的是rm{(}rm{)}A.凡是含碳元素的化合物都屬于有機物B.所有的有機物都很容易燃燒、難溶于水C.易溶于汽油、酒精、苯等有機溶劑中的物質一定是有機物D.有機反應，一般比較復雜，速度緩慢，并且還常伴有副反應發(fā)生6、下列現象中，不能用“相似相溶”原理解釋的是rm{(}rm{)}A.酒精與水以任意比互溶B.用純堿洗滌油脂C.氨易溶于水D.用苯將溴水中的溴萃取出來評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)7、下列化學用語表述一定正確的是（）A.甲醛的電子式：B.苯酚鈉溶液中中通入少量二氧化碳氣體：

C.溴乙烷與氫氧化鈉水溶液共熱：C2H5Br+OH-CH2=CH2↑+Br-+H2OD.乙醇與灼熱的氧化銅反應：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O8、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9、下列說法中，正確的是（）A.4p2表示4p能級有2個軌道B.水、氨氣、甲烷的鍵角依次減小C.原子序數為14、15、35的元素位于周期表的P區(qū)D.分子中鍵長越短、鍵能越大，則分子越穩(wěn)定10、下列說法不正確的是（）A.同族元素，隨著電子層的增加，I1逐漸增大B.通常情況下，電離能I1＜I2＜I3C.同周期元素，隨著核電荷數的增加，I1呈增大趨勢D.電離能越小，元素的金屬性越強11、下列反應能用離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒}表示的有rm{(}rm{)}A.rm{BaCl_{2}}與rm{K_{2}CO_{3}}溶液反應B.rm{CO_{2}}與rm{Ba(OH)_{2}}溶液反應C.rm{Ba(NO_{3})_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反應D.rm{Ba(OH)_{2}}與少量rm{NaHCO_{3}}溶液反應12、常溫下，下列各溶液的敘述中正確的是()A.在rm{0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{隆陋})+2c(CO_{3}^{2-})}B.rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{隆陋})

+2c(CO_{3}^{2-})}的rm{0.1mol/L}溶液rm{NaOH}與rm{10mL}的rm{0.1mol/L}溶液rm{NaHCO_{3}}混合后的溶液中：rm{20mL}rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(CO}rm{)>c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)>c(HCO}rm{)>c(HCO}rm{{,!}_{3}^{隆陋}}rm{)>c(OH}C.rm{0.1mol隆隴L^{-1}CH_{3}COONa}溶液與rm{)>c(OH}鹽酸等體積混合后的酸性溶液中：rm{{,!}^{隆陋}}D.已知酸性rm{)>c(H}rm{)>c(H}相等的rm{{,!}^{+}}與rm{)}溶液中，rm{[c(Na^{+})-c(F^{一})]=[c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{一})]}rm{)}13、鋁在人體中積累可使人慢性中毒，世界衛(wèi)生組織將鋁確定為食品污染源之一而加以控制rm{.}鋁在下列使用場合中，必須加以控制的是rm{(}rm{)}A.制造炊具B.制飲料罐C.制鋁合金窗D.煉鋁廠制造鋁錠14、“茶倍健”牙膏中含有茶多酚，但茶多酚是目前尚不能人工合成的純天然、多功能、高效能的抗氧化劑和自由基凈化劑rm{.}其中沒食子兒茶素rm{(EGC)}的結構如圖所示rm{.}關于rm{EGC}下列敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.分子中所有的原子不可能完全共面B.rm{1molEGC}與rm{4molNaOH}恰好完全反應C.易發(fā)生水解反應和取代反應D.遇rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、能源短缺是人類社會面臨的重大問題，世界各國都在努力尋找新能源，探求綠色能源的開發(fā)。甲醇是一種可再生能源，是一種污染性較小，熱值較大的能源，因而具有廣泛的開發(fā)價值和良好的應用前景。（1）工業(yè)上一般采用下列兩種反應合成甲醇：反應I：反應Ⅱ：①上述反應符合“原子經濟”原則的是_________（填“I’’或“Ⅱ”)。②下表所列數據是反應I在不同溫度下的化學平衡常數(K)由表中數據判斷△H1_________0（填“>”、“=”或“<”)，說明生成物的總能量一定_______（填“>”、“=”或“<”)反應物的總能量。③反應Ⅱ反應歷程如下圖，回答下列問題；在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E1、E2和△H2的變化是：E1_________、E2_________、△H2_________（填“增大”“減小”“不變”）。（2）最新研制的一種新型甲醇電池示意圖如圖，電池的兩極分別充人甲醇和氧氣（池內為酸性介質）。則電池工作時____________（填a或b）為正極，a極的電極反應式為______________。16、（6分）同族元素的同類物質的結構、性質既有相似性，也有特殊性?；卮鹣铝袉栴}：⑴已知酸性FCH2COOH＞CH3COOH，試推斷：①BrCH2COOH、②ClCH2COOH、③FCH2COOH的酸性由強到弱的順序（填序號）；（2）已知P4、NH4+、N4H44+的空間結構均為正四面體結構，請畫出N4H44+的結構式（用“→”表示配位鍵）。N4H44+與NaOH溶液反應的離子方程式。17、（共10分）有機物A為烴類化合物，質譜圖表明其相對分子質量為70，其相關反應如下圖所示，其中B、D、E的結構中均含有2個—CH3，它們的核磁共振氫譜中均出現4個峰。請回答：（1）D的分子式為；（2）E中所含官能團的名稱為；（3）Ⅲ的反應類型為（填字母序號）；a．還原反應b．加成反應c．氧化反應d．消去反應（4）C和E可在一定條件下反應生成F，F為有香味的有機化合物，該反應的化學方程式為；（5）E有多種同分異構體，其中一種同分異構體能發(fā)生銀鏡反應，能與足量金屬鈉生成氫氣，不能發(fā)生消去反應，其結構簡式為。18、銅單質及其化合物在很多領域中都有重要的用途．請回答以下問題：

（1）超細銅粉可用作導電材料；催化劑等；其制備方法如下：

①NH4CuSO3中金屬陽離子的核外電子排布式為______．N、O、S三種元素的第一電離能大小順序為______（填元素符號）．

②SO42-的空間構型為______，與SO42-互為等電子體的有機分子的化學式為______．

（2）某學生用硫酸銅溶液與氨水做了一組實驗，CuSO4溶液中加氨水生成藍色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深藍色透明溶液，最后向該溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH3）4]SO4?H2O晶體，請解釋加入乙醇后析出晶體的原因______；在該晶體中存在的化學鍵的種類有______．

（3）氯和鉀與不同價態(tài)的銅可生成兩種化合物，其陰離子均為無限長鏈結構（如圖所示），a位置上Cl原子的雜化軌道類型為______．已知其中一種化合物的化學式為KCuCl3，則另一種化合物的化學式為______．

（4）用晶體的X射線衍射法可以測得阿伏加德羅常數的值．對金屬銅的測定得到以下結果：銅晶胞為面心立方最密堆積，邊長為361pm．又知銅的密度為9.00g?cm-3，則銅原子的直徑約為______pm，求算阿伏加德羅常數的表達式為______．19、rm{A}rm{A隆蘆I}九種有機物有如下轉化關系：

已知：rm{R_{1}CHOHCHOHR_{2}+HIO_{4}隆煤R_{1}CHO+R_{2}CHO+HIO_{3}+H_{2}O}又知rm{R_{1}CHOHCHOHR_{2}+HIO_{4}隆煤

R_{1}CHO+R_{2}CHO+HIO_{3}+H_{2}O}的苯環(huán)上的一氯代物有rm{C}種。請回答下列問題：rm{2}寫出下列物質的結構簡式：rm{(1)}______________________，rm{C}______________________。rm{E}寫出rm{(2)}中的官能團的結構簡式：____________，寫出rm{D}中官能團的名稱____________。rm{I}由rm{(3)}生成rm{H}的有機反應類型為______________________。rm{G}寫出下列反應的化學方程式。rm{(4)}過程中的第rm{D隆煤B}步反應：________________________________________________。rm{壟脵}___________________________________________________________________。rm{G隆煤F}的核磁共振氫譜圖上共有______________組吸收峰。rm{(5)C}的同分異構體較多。能夠滿足下列條件的所有芳香族同分異構體的數目為___________，寫出其中吸收峰面積比為rm{C}的物質的結構簡式：_____________________。rm{1:1:2:2:2}遇濃溴水生成白色沉淀rm{壟脵}在加熱條件下能與新制的rm{壟脷}懸濁液反應生成紅色沉淀rm{Cu(OH)_{2}}在rm{壟脹}溶液中可發(fā)生水解反應B.已知：通常羥基與烯鍵碳原子相連接時，易發(fā)生下列轉化：現有下列所示的轉化關系：已知：rm{NaOH}rm{B}rm{G}均能發(fā)生銀鏡反應，rm{F}能與濃溴水發(fā)生反應產生分子式為rm{C}rm{C}rm{8}rm{8}rm{H}rm{7}rm{7}白色沉淀，rm{Br}的核磁共振氫譜中只出現rm{3}組峰。rm{3}能使溴水褪色。請回答：rm{O}結構簡式：rm{C}___________；rm{4}____________；rm{E}寫出rm{(1)}的反應類型______________；rm{C}完成下列反應的化學方程式：反應rm{F}_____________；反應rm{(2)}____________。rm{壟脹}寫出符合下列條件的“rm{(3)}”的所有同分異構體：______________________。rm{壟脹}能與碳酸氫鈉溶液發(fā)生反應；rm{壟脺}核磁共振氫譜中出現五組峰rm{(4)}含有一個苯環(huán)rm{A}20、(16分)恒溫時，將2molA和2molB氣體投入固定容積為2L密閉容器中發(fā)生反應：2A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，10s時，測得A的物質的量為1.7mol，C的反應速率為0.0225mol·L—1·s—1；40s時反應恰好處于平衡狀態(tài)，此時B的轉化率為20%。（1）x=____________（2）從反應開始到40s達平衡狀態(tài)，A的平均反應速率為____________（3）平衡時容器中B的體積分數為____________（4）該溫度下此反應的平衡常數表達式為____________數值是____（5）下列各項能表示該反應達到平衡狀態(tài)是____A．消耗A的物質的量與生成D的物質的量之比為2∶1B．容器中A、B的物質的量n(A)∶n(B)="2∶1"C．氣體的平均相對分子質量不再變化D．壓強不再變化E．氣體密度不再變化（6）在相同溫度下，若起始時c（A）="5"mol·L-1，c（B）=6mol·L-1，反應進行一段時間后，測得A的濃度為3mol·L-1，則此時該反應是否達到平衡狀態(tài)____（填“是”與“否”），此時v（正）____v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）。21、2016年10月17日上午，長征二號F型運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心騰空而起，成功將宇航員和“神舟十一號”飛船送入太空．火箭使用偏二甲肼【（CH3）2N-NH2】和四氧化二氮【N2O4】作為燃料．化學反應熱量變化圖象如圖所示：此反應的熱化學方程式為：______．評卷人得分四、解答題(共1題，共5分)22、某烴1mol最多能和2mol氯化氫發(fā)生加成反應；生成氯代烴．1mol該氯代烴能與6mol氯氣發(fā)生取代反應，生成只含碳元素和氯元素的有機化合物．則該烴的分子式為______．

評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共8分)23、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去24、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質。可用于洗滌、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產品質量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產品產率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產品達到優(yōu)等品且產率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質是______________。

(4)產品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。評卷人得分六、探究題(共4題，共36分)25、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。26、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。27、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。28、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】試題分析：反應從開始到8min內A的濃度減少了0.64mol/L，故A的反應速率為0.08mol/（L?min），所以A不正確；B中由圖象可知，30min時正逆反應速率均降低，但正逆反應速率仍然是相等的，這說明反應仍處于平衡狀態(tài)。由開始到達到平衡，A、B的濃度減少的量相同，由此可知X＝1，因此改變的條件是擴大容器的容積。40min時，正逆反應速率都增大，且逆反應速率大于正反應速率，平衡向逆向進行，應是升高溫度，則正反應為放熱反應，故B正確，C錯誤；則增大壓強平衡不移動，40min時，正逆反應速率都增大，且逆反應速率大于正反應速率，平衡向逆向進行，應是升高溫度，則正反應為放熱反應，故C錯誤；30min和54min的反應溫度不同，因此平衡常數不相等，故D不正確，答案選B?？键c：考查化學平衡圖象問題以及外界條件對平衡狀態(tài)和平衡常數的影響【解析】【答案】B2、D【分析】【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】

本題考查了反應速率、反應熱、中和熱、鐵的腐蝕的有關知識?！窘獯稹?/p>

A.反應速率的大小與現象無關，如中和反應，沒有明顯現象，但反應迅速，故rm{A}錯誤；B.催化劑只降低活化能，但不改變反應熱，故rm{A}正確；C.rm{A}和rm{A}rm{A}反應不只生成rm{A}rm{B}rm{B}rm{B}水，還生成硫酸鋇，故rm{B}錯誤；D.鐵比錫活潑，易腐蝕，鍍錫鐵板比鍍鋅鐵板更易腐蝕，故rm{B}錯誤。故選B。rm{B}【解析】rm{B}4、C【分析】【解答】解：A．苯環(huán)影響甲基；甲苯易被高錳酸鉀氧化，而苯不能，可說明原子與原子團間的相互影響會導致物質的化學性質不同，故A不選；

B．乙烯含有碳碳雙鍵；乙烷為穩(wěn)定結構，二者結構不同，性質不同，與原子團的影響無關，故B選；

C．羥基影響苯環(huán)；苯環(huán)上的鄰位；對位氫原子易取代，苯不含羥基，與液溴反應則需要鐵作催化劑，可說明原子與原子團間的相互影響會導致物質的化學性質不同，故C不選；

D．苯環(huán)影響﹣OH；具有酸性，乙醇為中性，﹣OH連接的烴基不同，可說明或原子與原子團間的相互影響會導致物質的化學性質不同，故D不選；

故選C．

【分析】A．苯環(huán)影響甲基；甲苯易被氧化；

B．乙烯含有碳碳雙鍵；乙烷為穩(wěn)定結構；

C．羥基影響苯環(huán)；苯環(huán)上的鄰位；對位氫原子易取代；

D．苯環(huán)影響﹣OH，具有酸性．5、D【分析】解：rm{A.}碳的氧化物；碳酸鹽、碳酸雖含碳；但其性質與無機物類似，因此把它們看作無機物，故A錯誤；

B.大多有機物易燃燒；有的有機物不燃燒，大多數有機物不能溶于水，有的能溶，比如乙醇；乙酸等有機物能溶于水，故C錯誤；

C.易溶于酒精；苯等有機溶劑的物質不一定是有機化合物；如溴單質在這些溶劑中的溶解度也比在水中的大，故C錯誤；

D.有機反應歷程往往比較復雜；常常伴隨有副反應發(fā)生，故D正確．

故選D．

含有碳元素的化合物叫有機化合物，簡稱有機物rm{.}碳的氧化物；碳酸鹽、碳酸雖含碳；但其性質與無機物類似，因此把它們看作無機物；有機物不一定容易燃燒；大多數有機物不能溶于水，有的能溶，有機物發(fā)生反應常常伴有副反應，反應速率慢需要催化劑加快反應速率；

本題考查有機物的概念和性質，題目難度不大，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．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】

本題考查較為綜合；涉及沸點高低的比較，氫鍵，相似相溶等問題，難度不大，注意相關基礎知識的積累。

A.乙醇和水都為極性分子；且之間可形成氫鍵；

B.純堿溶液呈堿性促進油脂的水解；

C.氨和水都為極性分子；且之間可形成氫鍵；

D.苯和溴都是非極性分子。

【解答】

A.乙醇和水都為極性分子；且之間可形成氫鍵，乙醇與水混溶，故A正確；

B.純堿溶液呈堿性促進油脂的水解；所以不能用“相似相溶”原理解釋，故B錯誤；

C.氨和水都為極性分子；且之間可形成氫鍵，能用“相似相溶”原理解釋，故C正確；

D.苯和溴都是非極性分子；所以用苯將溴水中的溴萃取出來，能用“相似相溶”原理解釋，故D正確。

故選B。

【解析】rm{B}二、雙選題(共8題，共16分)7、A|D【分析】解：A．甲醛中存在碳氧雙鍵，其正確的電子式為：故A正確；

B．由于苯酚的酸性強于碳酸氫根離子酸性，苯酚鈉與少量二氧化碳反應反應生成了碳酸氫根，反應的化學方程式為：+CO2+H2O→2+NaHCO3；故B錯誤；

C．溴乙烷與氫氧化鈉水溶液共熱發(fā)生取代反應；與氫氧化鈉醇溶液共熱發(fā)生消去反應，故C錯誤；

D．乙醇與氧化銅在加熱時發(fā)生氧化反應：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；故D正確．

故選AD．

A．甲醛分子中醛基是碳原子和氧原子形成碳氧雙鍵；

B．苯酚的酸性大于碳酸氫鈉的酸性；反應生成產物為碳酸氫鈉；

C．溴乙烷與氫氧化鈉水溶液共熱發(fā)生取代反應；

D．乙醇能被弱氧化劑（CuO）氧化為乙醛．

本題考查了常見化學用語的判斷以及有機物的性質，題目難度中等，熟悉有機物的結構和性質是解答的關鍵．【解析】【答案】AD8、BC【分析】【分析】本題考查化學反應中的能量變化?！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，故B正確；rm{H_{2}}鍵需要吸收能量，故C正確；

rm{O_{2}}鍵會放出能量，故D錯誤。C.斷裂rm{H隆陋H}鍵需要吸收能量，故C正確；rm{H隆陋H}【解析】rm{BC}9、C|D【分析】解：A．4p能級有三個軌道，4p2表示4p能級有兩個電子；故A錯誤；

B．H2O、NH3、CH4的中心原子的價層電子對個數分別為2+2=4，3+1=4，4+0=4，都采用sp3雜化，軌道構型為正四面體，鍵角為109.5°，由于H2O、NH3中中心原子分別存在2對；1對孤電子對；使得角減小，孤電子對越多，鍵角減小，所以水、氨氣、甲烷的鍵角依次增大，故B錯誤；

C．原子序數為14的為Si元素、15的為P元素、35的為Br元素；它們最后填充的都是p電子，所以屬于p區(qū)，故C正確；

D．物質的鍵長越短；鍵能越大；則斷開化學鍵吸收的能量越多，所以該物質越穩(wěn)定，故D正確；

故選CD．

A．4p2表示4p能級有兩個電子；

B．根據孤電子對與成鍵電子之間的作用力大；孤電子對越多，鍵角減小判斷；

C．根據區(qū)劃分標準知；屬于p區(qū)的元素最后填入的電子是p電子；

D．根據鍵能；鍵長與分子穩(wěn)定性的關系分析．

本題考查了元素周期表結構及鍵能、鍵長與鍵角的應用，題目難度中等，明確原子結構與元素周期表的關系為解答關鍵，注意明確物質穩(wěn)定性與鍵能、鍵長的關系．【解析】【答案】CD10、A|D【分析】解：A；同主族元素自上而下；隨電子層增大，元素的第一電離能逐漸減小，故A錯誤；

B、因為同一原子失去電子的能力越來越難，所以其電離能的大小關系為I1＜I2＜I3；故B正確；

C；同周期元素的第一電離能呈增大的趨勢；但同周期第ⅡA和第ⅤA族出現反常，故C正確；

D；同周期從左到右第一電離能增大；但第IIA和第VA族反常，如第一電離能：Mg＞Al，Al的第一電離能越小，但Al的金屬活潑性弱，故D錯誤；

故選：AD．

A；同主族元素自上而下；隨電子層增大，原子核等于最外層電子引力減弱，元素的第一電離能逐漸減?。?/p>

B；同一原子失去電子的能力越來越難．

C；同周期元素；隨著核電荷數的增加，最外層電子數越來越多，又第ⅡA和第ⅤA族處于穩(wěn)定結構，所以第一電離能呈增大的趨勢．

D；同周期從左到右第一電離能增大；但第IIA和第VA族反常．

本題考查同周期、同主族元素性質的遞變規(guī)律與元素周期律實質，比較基礎，注意基礎知識的掌握．【解析】【答案】AD11、AC【分析】解：rm{A}rm{C}的離子反應為rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒}rm{B}中離子反應為rm{CO_{2}+2OH^{-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{D}中離子反應為rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}簍TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故選AC．

離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒}表示可溶性碳酸鹽和鋇鹽反應生成碳酸鋇和可溶性鹽；以此來解答．

本題考查離子反應方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應的離子反應考查，注意離子反應中保留化學式的物質及電荷守恒，題目難度不大．【解析】rm{AC}12、CD【分析】【分析】本題考查了溶液中離子濃度大小的比較，有一定的難度，注意靈活運用三個守恒式進行分析。【解答】A.該等式應該是想書寫電荷守恒，但陰離子少寫了rm{c(HCO_{3}^{-})}故A錯誤；B.rm{0.1mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{10mL}與rm{0.1mol/L}的rm{NaHCO_{3}}溶液rm{20mL}混合后的溶液是等物質的量的rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}的混合溶液，因rm{CO_{3}^{2-}}的水解程度大于rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度，因此應該是rm{c(CO_{3}^{2-})<c(HCO_{3}^{-})}故B錯誤；C.rm{c(CO_{3}^{2-})<c

(HCO_{3}^{-})}rm{0.1mol隆隴L^{-1}}溶液與rm{CH_{3}COONa}鹽酸等體積混合后的溶液是等物質的量的rm{0.05mol隆隴L^{-1}}rm{CH_{3}COOH}和rm{CH_{3}COONa}的混和溶液，溶液呈酸性，說明rm{NaCl}的電離程度和rm{CH_{3}COOH}的水解程度，因此有rm{CH_{3}COO^{-}}故C正確；D.根據電荷守恒可得rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}溶液中rm{c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})=c(OH^{-})-c(H^{+})}而rm{CH_{3}COOK}溶液中也有rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(OH^{-})-c(H^{+})}因兩溶液rm{c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})=c(OH^{-})

-c(H^{+})}相等，因此兩溶液中的rm{NaF}和rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(OH^{-})-c

(H^{+})}分別相等，因此兩溶液中rm{pH}是相等的，所以兩溶液中rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}故D正確。故選CD。rm{c(OH^{-})}【解析】rm{CD}13、rAB【分析】解：rm{A.}用鋁制作炊具時；會使鋁進入人體，需要加以控制，故A選；

B.制飲料罐；可使鋁通過飲料進入人體，需要加以控制，故B選；

C.用鋁制門窗；鋁與人的消化系統(tǒng)不直接接觸，鋁不會因使用電纜進入人體，與人體健康無關，無需控制，故C不選；

D.煉鋁廠制造鋁錠與人體健康無關；無需控制，故D不選．

故選AB．

鋁在人體內積累可使人慢性中毒；鋁進入人體的主要途徑是通過消化系統(tǒng)，既然鋁是食品污染源之一，凡與人的食用物品及口腔接觸的物品都必須控制鋁的使用．

本題考查鋁的性質與人體健康，為高考常見題型和高頻考點，“關愛生命，擁抱健康”是人類追求的永恒主題，對營養(yǎng)元素與人體健康的考查也就成了熱點之一，特別是元素的分類、元素的生理功能和對人體的影響等內容，難度不大．【解析】rm{AB}14、rAD【分析】解：rm{A.}含有亞甲基；所以所有原子不能共面，故A正確；

B.酚羥基能和氫氧化鈉反應，所以rm{1molEGC}與rm{3molNaOH}恰好完全反應；故B錯誤；

C.不能發(fā)生水解反應；故C錯誤；

D.含有酚羥基；所以能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，故D正確；

故選AD．

該分子中含有苯環(huán)；醚鍵、醇羥基和酚羥基；具有苯、醚、醇和酚的性質，能發(fā)生加成反應、消去反應、取代反應、氧化反應、酯化反應等，以此解答該題．

本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，把握官能團及其性質關系是解本題關鍵，側重考查酚的性質，注意該物質中不含酯基，為易錯點．【解析】rm{AD}三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】試題分析：（1）①原子經濟性原則是指原子利用率高，Ⅰ是化合反應，原子利用率高達100%，答案為：Ⅰ；②根據表中數據可以看出，溫度越高平衡常數越小，可以確定該反應是放熱反應，△H1＜0，說明生成物的總能量一定小于反應物的總能量；③使用催化劑能降低反應的活化能，但不能改變反應的始終態(tài)，不能改變反應的焓變，答案為：減小、減小、不變；（2）在燃料電池中，正極是通入氧氣的電極，發(fā)生得電子的還原反應，即O2+2H2O+4e-=4OH-，答案為：b；a極為通入甲醇的電極，電極反應式為CH3OH+H2O—6e—=CO2+6H+?？键c：考查綠色化學原子經濟性、化學平衡、催化劑對化學反應的影響、燃料電池?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①Ⅰ②＜＜③減小減小不變（2）bCH3OH+H2O—6e—=CO2+6H+。16、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）⑴③＞②＞①（2）略N4H44++4OH-=N4+4H2O17、略

【分析】試題分析：有機物A為烴類化合物，質譜圖表明其相對分子質量為70，則設A分子式是CnHn,14n=70.所以n=5.根據物質之間的轉化關系及B、D、E，它們的核磁共振氫譜中均出現4個峰，而且B轉化為A是在NaOH的乙醇發(fā)生的消去反應，所以B是溴代烴，A是B是C是D是E是（1）D的分子式為C5H10O；（2）E中所含官能團的名稱為羧基；（3）Ⅲ的反應類型為加成反應，由于催化加氫的反應也是還原反應，故選項是a、b；（4）C和E可在一定條件下反應生成F，F為有香味的有機化合物，該反應的化學方程式為++H2O；（5）E有多種同分異構體，其中一種同分異構體能發(fā)生銀鏡反應，能與足量金屬鈉生成氫氣，不能發(fā)生消去反應，其結構簡式為考點：考查有機物的結構、性質、相互轉化、化學方程式、同分異構體的的書寫的知識。【解析】【答案】（1）C5H10O（2）羧基（3）a、b（4）++H2O（5）18、略

【分析】解：（1）①銅是29號元素，根據能量最低原理其態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，該原子失去一個電子時，生成亞銅離子，失去的電子是最外層電子，所以亞銅離子的基態(tài)的電子排布式為：1S22S22P63S23P63d10．元素周期律中；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但第ⅡA和第ⅢA；第ⅤA和第ⅥA互換，同一主族元素的第一電離能隨著原子序數的增大而減小，所以其第一電離能大小為N＞O＞S；

故答案為：1S22S22P63S23P63d10；N＞O＞S；

②SO42-的價層電子對數=4+（6+2-4×2）=4，沒有孤電子對，所以空間構型為正四面體型；與SO42-互為等電子體的有機分子的化學式為是CCl4；

故答案為：正四面體形，CCl4；

（2）在水中得到深藍色透明溶液，加入乙醇析出晶體，說明在乙醇中溶解性降低，根據相似相溶分析：乙醇分子比水分子極性弱，加入乙醇降低溶劑的極性，從而減小溶質的溶解度；[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根離子和[Cu（NH3）4]2+存在離子鍵，N原子和銅原子之間存在配位鍵，NH3中H和N之間存在共價鍵，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化學鍵有共價鍵；離子鍵、配位鍵；

故答案為：乙醇分子比水分子極性弱；加入乙醇降低溶劑的極性，從而減小溶質的溶解度；共價鍵；離子鍵、配位鍵；

（3）a位置上Cl原子成2個單鍵，含有2對孤對電子，雜化軌道數為4，雜化軌道類型為：sp3，一種化合物的化學式為KCuCl3，其中銅元素為+2價，故另一種化合物中銅為+1價，CuCl3原子團的化合價為-2，其化學式為：K2CuCl3；

故答案為：sp3、K2CuCl3；

（4）銅的晶胞為面心立方最密堆積，一個晶胞能分攤到4個Cu原子；晶胞面對角線長為銅原子半徑的四倍，銅原子半徑==128；

1pm=10-10cm，故一個晶胞的體積為（361×10-10）3cm3；

晶胞的質量=體積×密度，一個晶胞的質量為（361×10-10）3cm3×9.00g?cm-3；

在一個體心晶胞含4個銅原子，故銅的摩爾質量=×晶胞的質量×NA；

64g?mol-1=×（361×10-10）3cm3×9.00g?cm-3×NA；

得NA=mol-1；

故答案為：128；mol-1．

（1）①先判斷金屬離子的化合價；再根據根據核外電子排布式的書寫規(guī)則書寫，注意3d能級的能量大于4s能級的能量，失電子時，先失去最外層上的電子；N；O、S三種元素中由于N原子的2p軌道是半充滿狀態(tài)，所以第一電離能最大；同主族元素，隨電子層數的增多，第一電離能逐漸減小；

②根據SO42-中S原子的價層電子對數判斷；原子數相同；價電子數也相同的微?；榈入娮芋w；

（2）根據相似相容原理判斷；陰陽離子存在離子鍵；非金屬元素間易形成共價鍵，配合物中存在配位鍵；

（3）a位置上Cl原子成2個單鍵，含有2對孤對電子，雜化軌道數為4，據此判斷；一種化合物的化學式為KCuCl3，其中銅元素為+2價，故另一種化合物中銅為+1價，CuCl3原子團的化合價為-2；據此書寫；

（4）銅的晶胞為面心立方最密堆積；根據其晶胞的堆積類型判斷，三個銅原子相切，形成晶胞的面對角線，由此得到銅原子半徑；根據銅摩爾質量=摩爾體積×密度計算．

本題考查了物質結構與性質，題目涉及電子排布式、第一電離能、等電子體、化學鍵、晶胞的計算等，題目難度中等，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力．【解析】1s22s22p63s23p63d10；N＞O＞S；正四面體形；CCl4；乙醇分子比水分子極性弱，加入乙醇降低溶劑的極性，從而減小溶質的溶解度；離子鍵、配位鍵、共價鍵；sp3雜化；K2CuCl3；128；mol-119、A.rm{(1)}rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}

rm{(2)-CHO}酯基

rm{(3)}取代反應

rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{2}=CHCHClCH_{3}+HCl隆煤}

rm{CH_{3}CHClCHClCH_{3}}rm{(5)5}

B.rm{13}

rm{(1)}消去反應

rm{(2)}

rm{(3)}rm{+}

rm{HCOOH+}rm{(4)}【分析】【分析】本題考查的是有機物推斷，有一定的難度。【解答】A.根據已知分析，rm{E}含有兩個相鄰碳上的羥基，則rm{F}為含有兩個相鄰碳上的氯原子，則rm{F}為rm{CH_{3}CHClCHCH_{3}}rm{E}為rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}rm{D}為rm{CH_{3}CHO}rm{A}為乙醇，rm{B}為乙酸，則rm{C}含有rm{8}個碳原子，根據rm{C}的苯環(huán)上一氯代物有rm{2}種，且能與氯化鐵發(fā)生顯色反應，與碳酸氫鈉溶液產生二氧化碳，所以所以rm{C}含有酚羥基，和rm{-CH_{2}COOH}rm{(1)}根據以上分析，rm{C}為，rm{E}為rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHOHCHOHCH}，故答案為：rm{3}；rm{3}為乙醛，官能團為醛基，rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}含有酯基，故答案為：rm{(2)D}；酯基；rm{I}到rm{-CHO}為烯烴的取代反應，故答案為：取代反應；rm{(3)H}為乙醛，到rm{G}為醛的銀鏡反應，方程式為：rm{(4)D}rm{B}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHO+2Ag(NH}rm{OHunderrightarrow{triangle}CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{2}rm{2}rm{OHunderrightarrow{triangle

}CH}rm{3}rm{3}，rm{COONH}到rm{4}為烯烴的加成反應，方程式為：rm{4}rm{+2Ag隆媒+3NH}rm{3}rm{3}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{G}，故答案為：rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}；rm{F}rm{CH}rm{2}的核磁共振氫譜圖上有rm{2}組吸收峰，滿足要求的同分異構體要含有酚羥基和醛基和酯基，所以結構中含有酚羥基和甲酸酯基，若苯環(huán)上連接三個取代基，分別為酚羥基和甲酸酯基和甲基，則有rm{=CHCHClCH}種結構，若連接兩個取代基，分別為酚羥基和rm{3}則有rm{3}種結構，共rm{+HCl隆煤}種，其中吸收峰面積為rm{CH}的結構簡式為故答案為：rm{3}；rm{3}；B.rm{CHClCHClCH}能與濃溴水發(fā)生反應產生分子式為rm{3}白色沉淀，rm{3}的核磁共振氫譜中只出現rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}組峰。則rm{CH_{2}=CHCHClCH_{3}+HCl隆煤}為rm{CH_{3}CHClCHClCH_{3}}為rm{(5)}為則rm{5}為酯，rm{10}為甲酸，rm{-CH_{2}OOCH}為甲酸酯，rm{3}為乙醛。rm{13}根據以上分析，rm{1:1:2:2}為rm{5}為故答案為：rm{13}的反應類型為羥基發(fā)生的消去反應，故答案為：消去反應；rm{C}反應rm{C8H7Br3O}方程式為反應rm{C}的方程式為：rm{4}rm{C}故答案為：rm{D}rm{E}rm{A}rm{B}”的所有同分異構體含有羧基和一個苯環(huán)，核磁共振氫譜有rm{F}組峰，結構為故答案為：rm{G}【解析】A.rm{(1)}rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}rm{(2)-CHO}酯基rm{(3)}取代反應rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{2}=CHCHClCH_{3}+HCl隆煤}rm{CH_{3}CHClCHClCH_{3}}rm{(5)5}B.rm{13}rm{(1)}消去反應rm{(2)}rm{(3)}rm{+}rm{HCOOH+}rm{(4)}20、略

【分析】【解析】試題分析：（1）、VA=(2-1.7)÷(2×10)mol·L-1·s-1=0.015mol·L-1，所以x=3(2)、B的轉化率為20%，所以反應了的B為2mol×20%=0.4mol，根據反應方程式反應了的A為0.8mol，則40s內VA=0.8mol÷2L÷40s=0.01mol·L—1·s—1（3）、平衡時容器中n(A）=（2-0.8）=1.2mol，n(B）=2-0.4=1.6mol，n(C)=1.2mol,密閉容器，體積分數等于摩爾分數，等于1.6÷（1.6+1.2+1.2）=40%（4）、注意固體物質沒有濃度，根據化學計量數=0.63÷（0.62×0.8）=0.75（5）、這是一個反應前后氣體壓強不變的反應，故D錯，但是反應后氣體質量減小，密度也會減小，當氣體密度不變時，可說明反應達到平衡，C、E對。A項均表達的是正反應速率，不能表面反應平衡；B項中為表明是瞬間還是長時間保持不變，錯。（6）、K*=33÷（52×6)=0.06<0.75，故反應未達到平衡，且v（正）>v（逆）考點：化學反應速率的計算、影響因素，化學平衡的移動及常數的計算【解析】【答案】（1）3（2）0.01mol·L—1·s—1（3）40%（4）0.75（5）CE（6）否大于21、略

【分析】解：由圖可知反應物的總能量大于生成物的總能量，所以（CH3）2N-NH2和四氧化二氮N2O4的反應是放熱反應，所以熱化學方程式為：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）=3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=（a-b）KJ/mol，故答案為：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）=3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=（a-b）KJ/mol．

根據反應熱等于反應物總能量減去生成物總能量計算反應熱并書寫熱化學方程式；注意反應物的物質的量和生成物的聚集狀態(tài)．

本題考查反應熱與能量變化，側重于考查學生的分析能力和自學能力，題目難度不大，注意把握題給信息，答題時注意仔細審題．【解析】（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）=3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=（a-b）KJ/mol四、解答題(共1題，共5分)22、略

【分析】

1mol某鏈烴最多能和2molHCl發(fā)生加成反應，則分子中含有2個C=C鍵或1個C≡C，1個某鏈烴分子已引入2個Cl原子形成鹵代烷；1mol該鹵代烷能和6molCl2發(fā)生取代反應，說明1個鹵代烷中引入6個Cl原子，所以最后的有機化合物1個分子含有8個Cl原子，則C原子數目為3，故該烴的分子式為為C3H4，故答案為：C3H4．

【解析】【答案】根據1mol某鏈烴最多能和2molHCl發(fā)生加成反應，則分子中含有2個C=C鍵或1個C≡C，1mol該鹵代烷能和6molCl2發(fā)生取代反應；說明1個鹵代烷中引入6個Cl原子，加成時1個某鏈烴分子已引入2個Cl原子形成鹵代烷，所以1個最后的有機化合物中分子共含有8個Cl原子，以此來解答．

五、工業(yè)流程題(共2題，共8分)23、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結晶水的質量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質的質量計入減少的結晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D24、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產品達到優(yōu)等品且產率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產物是O2；依據元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.022