2025年岳麓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年岳麓版高二化學上冊月考試卷584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7題，共14分)1、短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數依次增大，其對應的單質分別為rm{m}rm{n}rm{p}rm{q}rm{Z}是所有短周期主族元素中原子半徑最大的；rm{a}rmrm{c}rmqhp6x07為單質間相互反應生成的二元化合物。常溫下，rm{q}為黃綠色氣體，rm{a}為無色液體，rm{0.1mol隆隴L^{-1}c}溶液的rm{pH=1}上述物質的轉化關系如圖所示。

下列說法不正確的是()A.非金屬性：rm{Y>W>X}B.rm9ftytmc中可能含有非極性共價鍵C.rm{Y}rm{Z}rm{W}分別與rm{X}形成的簡單化合物的沸點：rm{Z<Y<W}D.固體rm{a}中含有氫鍵2、兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體完全燃燒后所得rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}的物質的量隨混合烴總物質的量變化如圖所示，則下列對混合烴的判斷正確的是rm{(}rm{)}A.一定含有甲烷B.一定含有乙烯C.一定含有丙炔D.一定不含乙烯3、在一定條件下；將8molA和25.7molB兩種氣體通入體積為WL的密閉容器中發(fā)生反應：mA（氣）+nB（氣）=2C（氣）．經t秒鐘，A；B、C的物質的量分別為7.5mol，23.7mol，1mol．則m與n值應是（）

A.m=2；n=1

B.m=1；n=3

C.m=1；n=4

D.m=3；n=1

4、下列實驗裝置能達到實驗目的是(夾持儀器未畫出)A.A裝置用于檢驗溴丙烷消去產物B.B裝置用于石油的分餾C.C裝置用于實驗室制硝基苯D.D裝置可裝置證明酸性：鹽酸＞碳酸＞苯酚5、下列說法正確的是（）A.c（H+）=0.1mol/L的甲酸溶液中，HCOO-和H+數目之和為0.1NAB.通常情況下，溴是液態(tài)，碘是固態(tài)，所以I-I鍵比Br-Br弱C.將稀氨水逐滴加入稀硫酸中，當溶液pH=7時，2C（NH4+）=C（SO42-）D.合成順丁橡膠（）的單體是CH2=CH-CH=CH26、微型紐扣電池在現代生活中有廣泛應用。有一種銀鋅電池，其電極分別為rm{Ag_{2}O}和rm{Zn}電解質溶液為rm{KOH}總反應式為：rm{Ag_{2}O+Zn=2Ag+ZnO}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.在使用過程中，電池負極區(qū)溶液的rm{pH}變大B.使用過程中，電子由rm{Ag_{2}O}極經外電路流向rm{Zn}極C.rm{Zn}是負極，rm{Ag_{2}O}是正極D.rm{Zn}電極發(fā)生還原反應，rm{Ag_{2}O}電極發(fā)生氧化反應7、最近，美國成功地在高壓下將rm{CO_{2}}轉化為具有類似rm{SiO_{2}}結構的原子晶體，下列有關rm{CO_{2}}的原子晶體的說法中，正確的是rm{(}rm{)}A.rm{CO_{2}}的分子晶體轉化為rm{CO_{2}}的原子晶體互為同分異構體B.在一定條件下，rm{CO_{2}}的分子晶體轉化為rm{CO_{2}}的原子晶體是物理變化C.在rm{CO_{2}}的原子晶體中，每個碳原子周圍結合rm{4}個氧原子，每個氧原子周圍結合rm{2}個碳原子D.rm{CO_{2}}的原子晶體和rm{CO_{2}}的分子晶體具有相同的物理性質和化學性質評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、（14分）利用核磁共振技術測定有機物分子的三維結構的研究獲得了2002年諾貝爾化學獎。在有機物分子中，不同氫原子的核磁共振譜中給出的峰值（信號）也不同，根據峰值（信號）可以確定有機物分子中氫原子的種類和數目。例如二乙醚的結構簡式為：CH3—CH2—O—CH2—CH3其核磁共振譜中給出的峰值（信號）有兩個，如圖所示：（1）下列物質中，其核磁共振氫譜中給出的峰值（信號）只有一個的是____（多選扣分）。A．CH3CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3OCH3（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2,A的核磁共振氫譜圖如右圖所示，則A的結構簡式為：，請預測B的核磁共振氫譜上有____個峰（信號）。（3）已知某含C、H、O三種元素的未知物R，經燃燒分析實驗測定該未知物碳的質量分數為52.16%，氫的質量分數為13.14%，且R的相對分子質量為46，試求R的分子式__________；用核磁共振氫譜的方法來研究R的結構，簡要說明根據核磁共振氫譜的結果來確定R分子結構的方法是。9、化合物E（HOCH2CH2Cl）和F[HN(CH2CH3)2]是藥品普魯卡因合成的重要中間體，普魯卡因的合成路線如下：（已知：）（甲苯）（1）甲的結構簡式是_________________。由甲苯生成甲的反應類型是_________________。（2）乙中有兩種含氧官能團，反應③的化學方程式是：（3）丙中官能團的名稱是。（4）普魯卡因有兩種水解產物丁和戊。①戊與甲互為同分異構體，戊的結構簡式是_____________________。②戊經聚合反應制成的高分子纖維廣泛用于通訊、宇航等領域。該聚合反應的化學方程式是。10、氮可形成多種氧化物，如NO、NO2、N2O4等，NO2和N2O4可以相互轉化．

(1)對反應N2O4(g)?2NO2(g)△H＞0，在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數隨壓強變化曲線如圖所示．T1____________T2(填“＞”、“＜”或“=”)；A、C兩點的速率vA____________vC(同上)．

(2)在100℃時，將0.400mol的NO2氣體充入2L抽空的密閉容器中；每隔一定時間就對該容器內的物質進行分析，得到如下表數據：

。時間(s)020406080n(NO2)/mol0.40n10.26n3n4n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08①在上述條件下；從反應開始直至20s時，二氧化氮的平均反應速率為____________．

②100℃時，反應2NO2(g)?N2O4(g)的平衡常數K的值為____________．

③若在相同情況下最初向該容器充入的是N2O4氣體，要達到上述同樣的平衡狀態(tài)，N2O4的起始濃度是____________mol/L．

④計算③中條件下達到平衡后混合氣體的平均相對分子質量為____________．(結果保留小數點后一位)11、（12分）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=－akJ·mol－1，反應過程的能量變化如圖所示。已知1molSO2（g）完全轉化為1molSO3（g）放熱99kJ。請回答：⑴圖中A點表示__________________，a=__________。⑵Ea的大小對該反應的△H_______（填“有”或“無”）影響。該反應常用V2O5作催化劑，加入V2O5會使圖中B點_________（填“升高”、“降低”或“不變”）。⑶已知單質硫的燃燒熱為296kJ·mol－1，寫出反應的熱化學方程式：_____________________，常溫常壓下，由單質硫和氧氣經兩步反應，生成3molSO3（g），放出的總熱量為____。12、（8分）在6份0.01mol·L－1氨水中分別加入下列各物質：A.濃氨水B.純水C.少量K2CO3固體D.少量濃H2SO4E.少量NaOH固體F.少量Al2(SO4)3固體（1）能使c(OH－)減小、c(NH4＋)增大的是；（2）能使(OH－)增大、c(NH4＋)減小的是；（3）能使c(OH－)和c(NH4＋)都增大的是；（4）能使c(OH－)和c(NH4＋)都減小的是。13、甲、乙、丙分別是乙烷、乙烯、乙炔中的一種；甲、乙能使溴水褪色，乙與等物質的量的rm{H_{2}}反應生成甲rm{;}甲與等物質的量的rm{H_{2}}反應生成丙rm{;}丙既不能使rm{Br_{2}}的rm{CCl_{4}}溶液褪色，也不能使rm{KMnO_{4}}酸性溶液褪色．據以上敘述完成下列填空：

rm{壟脵}甲的結構簡式______；乙的結構式______；丙的電子式______；

rm{壟脷}甲與溴發(fā)生反應的化學方程式為______________________________________rm{.}反應類型為：________________評卷人得分三、計算題(共7題，共14分)14、已知反應：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)在427°C時的平衡常數是9．4．如果反應開始時，一氧化碳和水蒸氣的濃度都是0．01mol·L-1，計算一氧化碳在此反應條件下的轉化率。15、（6分）氫氧化銅懸濁液中存在如下平衡：Cu（OH）2（s）Cu2＋（aq）＋2OH－（aq），常溫下其Ksp＝c（Cu2＋）c2（OH－）＝2×10－20mol2·L－2。（1）某硫酸銅溶液里c（Cu2＋）＝0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，應調整溶液pH使之大于多少?（2）要使0.2mol/L硫酸銅溶液中Cu2＋沉淀較為完全（使Cu2＋濃度降至原來的千分之一），則應向溶液里加入氫氧化鈉溶液使溶液pH為____。16、如圖裝置所示，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同，rm{A}rm{B}為外接直流電源的兩極rm{.}將直流電源接通后，rm{F}極附近呈紅色rm{.(}忽略溶液體積變化，rm{Ag}的相對原子質量為rm{108)}請回答下列問題：

rm{(1)B}極是電源的______；一段時間后，丁中rm{X}極附近的顏色逐漸變淺，rm{Y}極附近的顏色逐漸變深，這表明______，在電場作用下向rm{Y}極移動．rm{(2)}若兩裝置中rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}電極均只有一種單質生成時，對應單質的物質的量之比為______．rm{(3)}若將rm{C}電極換為鐵；其他裝置都不變，則甲中發(fā)生總反應的離子方程式是______．

rm{(4)}若丙裝置中盛有rm{500mLAgNO_{3}}溶液，電解一段時間后溶液的rm{pH=1(}不考慮rm{AgNO_{3}}對溶液酸堿性的影響rm{)}則丙裝置中_____極上析出銀的質量為_____rm{g}17、在rm{2L}密閉容器中，充入rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}一定條件下發(fā)生合成氨反應，rm{2min}時達到平衡rm{.}測得平衡混合氣中rm{NH_{3}}的體積分數為rm{25%}求rm{(}寫出計算過程rm{)}

rm{(1)}該溫度下的平衡常數rm{K(}用分數表示rm{)}

rm{(2)N_{2}}的轉化率？

rm{(3)}平衡時容器的壓強與起始時壓強之比？18、在一定溫度下rm{(}已知在該溫度下，容器內所有物質均為氣態(tài)rm{)}rm{10L}密閉容器中加入rm{5molSO_{2}}rm{4molO_{2}}經rm{10min}后反應達平衡時有rm{2molSO_{2}}發(fā)生了反應rm{.}試計算：rm{(}要求寫出規(guī)范解題步驟rm{)}

rm{(1)}用rm{O_{2}}表示該反應的反應速率；

rm{(2)SO_{2}}的轉化率；

rm{(3)}該溫度下的平衡常數rm{K(}保留三位有效數字rm{)}．19、在密閉容器中充入A（g）和B（g），它們的初始濃度均為2mol?L﹣1，在一定條件下發(fā)生反應：A（g）+B（g）?2C（g），該溫度下，此反應的平衡常數為4，則A的轉化率為多少？20、在rm{15g}鐵和氧化鐵的混合物中加入rm{150mL}稀rm{H_{2}SO_{4}}放出氫氣rm{1.68L(}標準狀況rm{).}當反應停止后，鐵和氧化鐵均無剩余，且溶液中無rm{Fe^{3+}}存在rm{.}為了中和過量rm{H_{2}SO_{4}}并使rm{Fe^{2+}}完全轉化為rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，共耗用rm{3mol/L}rm{NaOH}溶液rm{200mL.}求：

rm{(1)}混合物中鐵的質量為______rm{g}

rm{(2)}稀rm{H_{2}SO_{4}}的物質的量濃度為______rm{mol?L^{-1}}．評卷人得分四、實驗題(共2題，共18分)21、實驗室常用濃硫酸和乙醇混合加熱至rm{170隆忙}來制取乙烯氣體，此反應常會生成rm{SO_{2}}rm{CO_{2}}和炭等副產物。為探究和驗證相關物質及其性質，提供了以下實驗裝置和試劑rm{(}足量rm{)}請回答問題：

rm{(1)}實驗中濃硫酸的作用是________。rm{(2)A}裝置圓底燒瓶中需加入碎瓷片作用________________，如果實驗開始一段時間后發(fā)現忘記加碎瓷片，應采取的正確操作是________。rm{a.}立即補加rm{b.}無需補加rm{c.}重新配料rm{d.}冷卻后補加rm{(3)}制取乙烯的方程式_______________________________________________。rm{(4)}制備過程中，燒瓶的溶液很快變黑，原因是________________________，除乙烯外，雜質氣體rm{SO_{2}}rm{CO_{2}}產生的方程式為______________________，為一次性驗證產物及副產物，請完成儀器的連接順序：rm{a隆煤}_____________________。22、（14分）CuSO4溶液對過氧化氫的分解具有催化作用，有同學猜想其他鹽溶液也能在這個反應中起同樣的作用，于是他們做了以下的探究。（1）請你幫助他們完成實驗報告：實驗過程：在一支試管中加入5ml5%的H2O2溶液,然后滴入適量的FeCl3溶液,把帶火星的木條伸入試管。實驗現象：①實驗結論：FeCl3溶液可以催化分解H2O2（2）以知FeCl3在水中可解離出Fe3+和Cl-,同學們提出以下猜想:甲同學的猜想是;真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的H2O;乙同學的猜想是;真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3+;丙同學的猜想是;真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Cl-;你認為最不可能的是②同學的猜想,理由是③。（3）同學們對余下的兩個猜想,用實驗進行了探究.請你仔細分析后填表:實驗過程：向盛有5ml5%的H2O2溶液的試管中加入少量的HCl，并把帶火星的木條伸入試管。實驗現象：無明顯現象結論④。實驗過程：向盛有5ml5%的H2O2溶液的試管中加入少量的⑤,并把帶火星的木條伸入試管.實驗現象：⑥。結論：⑦。評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共16分)23、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某研究小組按下列路線合成神經系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。26、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】rm{Z}是所有短周期主族元素中原子半徑最大的，所以rm{Z}是rm{Na}元素；常溫下，rm{q}為黃綠色氣體，則rm{q}是氯氣，所以rm{W}是rm{Cl}元素；氯氣與rm{m}反應生成的rm{c}溶液rm{0.1mol隆隴L}是所有短周期主族元素中原子半徑最大的，所以rm{Z}是rm{Z}元素；常溫下，rm{Na}為黃綠色氣體，則rm{q}是氯氣，所以rm{q}是rm{W}元素；氯氣與rm{Cl}反應生成的rm{m}溶液rm{c}rm{0.1mol隆隴L}rm{-1}則rm{-1}是強酸鹽酸，所以rm{pH=1}則rm{c}是強酸鹽酸，所以rm{X}是rm{H}元素；氫氣與rm{n}反應生成無色液體rm{a}所以rm{Y}是rm{O}元素，據此解答即可。是rm{pH=1}元素；氫氣與rm{c}反應生成無色液體rm{X}所以rm{H}是rm{n}元素，據此解答即可?！窘獯稹縭m{a}是所有短周期主族元素中原子半徑最大的，所以rm{Y}是rm{O}元素；常溫下，rm{Z}是所有短周期主族元素中原子半徑最大的，所以rm{Z}是rm{Na}元素；常溫下，rm{q}為黃綠色氣體，則rm{q}是氯氣，所以rm{W}是rm{Cl}元素；氯氣與rm{m}反應生成的rm{c}溶液rm{0.1mol隆隴L}為黃綠色氣體，則rm{Z}是氯氣，所以rm{Z}是rm{Na}元素；氯氣與rm{q}反應生成的rm{q}溶液rm{W}rm{Cl}rm{m}則rm{c}是強酸鹽酸，所以rm{0.1mol隆隴L}是rm{-1}元素；氫氣與rm{-1}反應生成無色液體rm{pH=1}則rm{c}是強酸鹽酸，所以rm{X}是rm{H}元素；氫氣與rm{n}反應生成無色液體rm{a}所以rm{Y}是rm{O}元素。所以rm{pH=1}是rm{c}元素。rm{X}rm{H}rm{n}的非金屬性：rm{a}正確；B.rm{Y}是氧氣與rm{O}反應的產物，生成物中的過氧化鈉含有離子鍵和非極性共價鍵，正確；C.A.rm{H}rm{O}rm{Cl}的非金屬性：rm{O>Cl>H}正確；rm{H}rm{O}分別與rm{Cl}形成的簡單化合物分別是rm{O>Cl>H}rmm6no6fyrm{Na}其沸點：rm{O}即rm{Na}錯誤；D.水形成的固體冰中含有氫鍵，正確。故選C。rm{Cl}【解析】rm{C}2、A【分析】解：由圖可知兩種氣態(tài)烴的平均組成為rm{C_{1.6}H_{4}}根據碳原子平均數可知，混合氣體一定含有rm{CH_{4}}由氫原子平均數可知，另一氣態(tài)烴中氫原子數目為rm{4}碳原子數目大于rm{1.6}且為氣體，可能含有乙烯；丙炔，一定沒有乙烷、丙烷，故選A．

圖可知兩種氣態(tài)烴的平均組成為rm{C_{1.6}H_{4}}根據碳原子平均數可知，混合氣體一定含有rm{CH_{4}}由氫原子平均數可知，另一氣態(tài)烴中氫原子數目為rm{4}碳原子數目大于rm{1.6}且為氣體，據此判斷．

本題考查烴混合物分子式確定，難度中等，注意利用平均分子組成判斷烴的組成，常用方法有rm{1}平均碳法rm{2}平均氫法rm{3}平均碳氫分子式法rm{4}平均式量法．【解析】rm{A}3、C【分析】

經t秒鐘；A；B、C的物質的量分別為7.5mol，23.7mol，1mol，則：

△n（A）=8mol-7.5mol=0.5mol；

△n（B）=25.7mol-23.7mol=2mol；

△n（C）=1mol；

物質的量變化量之比等于化學計量數之比；故m：n：2=△n（A）：△n（B）：△n（C）=0.5mol：2mol：1mol=1：4：2；

解得m=1；n=4；

故選C．

【解析】【答案】計算A；B、C的物質的量變化量；根據物質的量變化量之比等于化學計量數之比計算m、n的值．

4、C【分析】A中乙醇易揮發(fā)，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不正確。蒸餾或分餾時，冷卻水的分析是下口進上口出，B不正確。硝基苯的制取需要水浴加熱，C正確，D中由于鹽酸是揮發(fā)性酸，生成的CO2氣體中含有氯化氫，氯化氫也能使苯酚鈉生成苯酚，D不正確。答案選C。【解析】【答案】C5、D【分析】解：A．溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（H+）=c（OH-）+c（HCOO-），所以c（H+）＞c（HCOO-），z則HCOO-和H+數目之和小于0.1NA；故A錯誤；

B．常溫下；溴是液態(tài)，碘是固態(tài)，與其分子間作用力有關，與化學鍵無關，故B錯誤；

C．溶液呈中性，則c（H+）=c（OH-），再結合電荷守恒得C（NH4+）=2C（SO42-）；故C錯誤；

D．合成順丁橡膠（）的單體是1，3-丁二烯，其結構簡式為CH2=CH-CH=CH2；故D正確；

故選D．

A．溶液中存在電荷守恒；根據電荷守恒判斷；

B．I-I的鍵比Br-Br弱；

C．溶液呈中性，則c（H+）=c（OH-）；再結合電荷守恒判斷；

D．合成順丁橡膠（）的單體是CH2=CH-CH=CH2．

本題考查較綜合，涉及離子濃度計算、離子濃度大小比較、結構簡式的判斷等知識點，根據溶液中的溶質及溶液酸堿性結合電荷守恒分析解答，注意B為易錯點．【解析】【答案】D6、C【分析】【分析】本題考查原電池的工作原理，明確電極反應、正負極的判斷、電子的流向即可解答，題目難度不大。【解答】A.負極發(fā)生rm{Zn+2OH^{-}-2e=ZnO+H_{2}O}rm{c(OH^{-})}減小，所以電池負極區(qū)溶液的rm{pH}減??；故A錯誤；

B.rm{Zn}為負極，rm{Ag_{2}O}為正極，則使用過程中，電子由rm{Zn}極經外電路流向rm{Ag_{2}0}極；故B錯誤；

C.rm{Zn}失去電子，rm{Zn}為負極，rm{Ag_{2}O}得到電子是正極；故C正確；

D.rm{Zn}電極失電子發(fā)生氧化反應，rm{Ag_{2}O}電極得電子發(fā)生還原反應；故D錯誤。

故選C。

【解析】rm{C}7、C【分析】【分析】

本題考查了基本概念、晶體類型及晶體空間結構，根據二氧化硅晶體結構采用知識遷移的方法分析二氧化碳原子晶體，難度中等?！窘獯稹緼.二氧化碳原子晶體中不含分子；故A錯誤，故A不符合題意；

B.rm{CO_{2}}原子晶體轉化為rm{CO_{2}}分子晶體，結構已發(fā)生改變，且二者的性質也有較大差異，故二者是不同的物質，所以二者的轉變是化學變化，故B錯誤，故B不符合題意；

C.rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}原子晶體與rm{SiO}rm{{,!}_{2}}結構類似，每個碳原子與rm{SiO}個氧原子通過rm{SiO}對共用電子對連接，每個氧原子與rm{{,!}_{2}}個碳原子通過rm{4}對共用電子對連接，故rm{4}正確，rm{1}；rm{1}rm{2}rm{2}原子晶體與rm{1}分子晶體，結構不同，二者是不同的物質，物理性質不同，如rm{1}原子晶體硬度很大，rm{C}分子晶體硬度不大，其化學性質也不同，故D錯誤，rm{C}。

故選C。

故C符合題意【解析】rm{C}二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【解析】【答案】（1）AD（4分）；(全對給4分,只選一個給2分,選錯一個倒扣1分)（2）BrCH2CH2Br（2分），2（2分）；（3）C2H6O(2分)若圖譜中給出了3個吸收峰（信號），則說明C2H6O的結構是CH3CH2OH（2分）；若圖譜中給出了1個吸收峰（信號），則說明C2H6O的結構是CH3OCH3（2分）9、略

【分析】試題分析：甲苯與濃硝酸在濃硫酸做催化劑的情況下發(fā)生的是取代反應，主要生成對位的硝基甲苯。對硝基甲苯在強氧化劑如高錳酸鉀的條件下甲基會被氧化成羧基，從題意可知反應③發(fā)生的是酯化反應，據題意可知硝基苯中的硝基會被還原成氨基，所以丙中的官能團為酯基，氯原子，氨基。同分異構體的特點就是分子式相同結構不同考點：考查有機物合成的相關知識點【解析】【答案】（1）取代反應或硝化反應（2）（3）酯基氯原子、氨基（4）①②10、略

【分析】解：(1)N2O4(g)═2NO2(g)△H=+57kJ?mol-1，該反應為吸熱反應，升高溫度，化學平衡正向移動，NO2的體積分數增大，所以T1＜T2；增大壓強，化學平衡逆向移動，NO2的體積分數減小，所以P1＜P2，壓強越大反應速率越大，所以vA＜vC；

故答案為：＜；＜；

(2)①從反應開始直至20s時，四氧化二氮的平均反應速率v===0.00125mol/(L?s)，二氧化氮的平均反應速率為四氧化二氮的平均反應速率的2倍，即為0.0025mol?(L?s)-1，故答案為：0.0025mol?L-1?s-1；

②在60s時，反應已達平衡狀態(tài)，所以n3=n4，當四氧化二氮的濃度為=0.04mol/L時，二氧化氮的濃度是：-0.04mol/L×2=0.12mol/L，反應的平衡常數K==2.78；

故答案為：2.78；

③若在相同情況下最初向該容器充入的是N2O4氣體，要達到上述同樣的平衡狀態(tài)，N2O4的起始濃度是c；則。

N2O4?2NO2

起始濃度(mol?L-1)c0

轉化濃度(mol?L-1)c-0.040.12

平衡濃度(mol?L-1)0.040.12

所以=0.5；解得c=0.10，故答案為：0.10

④根據題意可知：

N2O4?2NO2

起始濃度(mol?L-1)0.100

轉化濃度(mol?L-1)0.060.12

平衡濃度(mol?L-1)0.040.12

根據公式平均分子量===57.5g/mol；

答：達到平衡后混合氣體的平均相對分子質量為57.5．【解析】＜;＜;0.0025mol?L-1?s-1;2.78;0.10;57.511、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據圖像可知，A點表示反應物的總能量。1molSO2（g）完全轉化為1molSO3（g）放熱99kJ，所以a＝99×1＝198。（2）Ea表示活化能，其大小對該反應的△H無影響。催化劑能降低反應的活化能，從而加快反應速率。（3）燃燒熱是在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，所以根據單質硫的燃燒熱為296kJ·mol－1可知，該反應的熱化學方程式是S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296kJ·mol－1。根據蓋斯定律可知，S直接生成SO3的熱化學方程式是S（s）+3/2O2（g）＝SO3（g）△H＝－395kJ·mol－1，所以生成3molSO3（g），放出的總熱量為3mol×395kJ/mol＝1185kJ。考點：考查反應熱的有關判斷、計算及熱化學方程式的書寫等【解析】【答案】（12分）⑴反應物的總能量198⑵無降低⑶S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296kJ·mol－11185kJ12、略

【分析】氨水中存在電離平衡NH3·H2ONH4＋＋OH－，根據勒夏特列原理可知，A降低氨水的電離程度，但溶液中c(OH－)和c(NH4＋)都增大。純水增大氨水的電離程度，但c(OH－)和c(NH4＋)都減小。K2CO3固體溶于水水解顯堿性，NaOH固體溶于水電離出OH－，抑制氨水的電離。濃硫酸能中和OH－，促進電離，同樣Al2(SO4)3固體溶于水能結合OH－，促進電離?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)DF(2)CE(3)A(4)B（各2分）13、①CH2=CH2H-C≡C-H

②加成反應【分析】【分析】本題考查有機物的鑒別和推斷，為高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握有機物的性質，為解答該題的關鍵，難度不大?！窘獯稹縭m{壟脵}甲、乙能使溴水褪色rm{壟脵}應含有不飽和鍵，乙與等物質的量的rm{.}反應生成甲，則甲為乙烯，結構簡式為rm{H_{2}}乙為乙炔，結構式為rm{CH_{2}=CH_{2}}甲與等物質的量的rm{H-C隆脭C-H}反應生成丙，丙為乙烷，電子式為故答案為：rm{H_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}

rm{H-C隆脭C-H}甲與溴發(fā)生反應的化學方程式為rm{壟脷}甲與溴發(fā)生反應的化學方程式為故答案為：加成反應。

rm{壟脷}【解析】rm{壟脵CH_{2}=CH_{2;;}}rm{H-C隆脭C-H}rm{壟脷}加成反應三、計算題(共7題，共14分)14、略

【分析】試題分析：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)起始：0．01mol/L0．01mol/L00轉化：xxxx平衡0．01-x0．01-xxx依題意有：解之得：x=0．754mol因此一氧化碳在此反應條件下的轉化率為：考點：考查平衡常數與轉化率?！窘馕觥俊敬鸢浮?5．4﹪15、略

【分析】【解析】【答案】(1)5(2)616、(1)負極氫氧化鐵膠粒帶正電(2)1:2:2:2(3)(4)H5.4【分析】【分析】本題考查學生有關電解池的工作原理知識，綜合性很強，是高考常考知識點，難度較大。關鍵是掌握電化學的原理，側重知識的綜合能力考查?！窘獯稹繉⒅绷麟娫唇油ê螅瑀m{F}極附近呈紅色，說明rm{F}極顯堿性，是氫離子在該電極放電，所以rm{F}即是陰極，可得出rm{D}rm{F}rm{H}rm{Y}均為陰極，rm{C}rm{E}rm{G}rm{X}均為陽極，rm{A}是電源的正極，rm{B}是負極；

rm{(1)B}電極是電源的負極，在rm{A}池中，電解硫酸銅的過程中，銅離子逐漸減少，導致溶液顏色變淺，rm{Y}極是陰極，該電極顏色逐漸變深，說明氫氧化鐵膠體向該電極移動，異性電荷相互吸引，所以氫氧化鐵膠體粒子帶正電荷。故答案為：負極；氫氧化鐵膠體粒子帶正電荷；

rm{(2)C}rm{D}rm{E}rm{F}電極發(fā)生的電極反應分別為：rm{4OH^{-}簍TO_{2}隆眉+2H_{2}O+4e^{-}}rm{Cu^{2+}+2e^{-}簍TCu}rm{2Cl^{-}簍TCl_{2}隆眉+2e^{-}}rm{2H^{+}+2e^{-}簍TH_{2}隆眉}當各電極轉移電子均為rm{1mol}時，生成單質的量分別為：rm{0.25mol}rm{0.5mol}rm{0.5mol}rm{0.5mol}所以單質的物質的量之比為rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}故答案為：rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(3)}若將rm{C}電極換為鐵，其他裝置都不變，則甲中發(fā)生總反應的離子方程式是：若將rm{(3)}電極換為鐵，其他裝置都不變，則甲中發(fā)生總反應的離子方程式是：rm{Fe+C{u}^{2+}overset{脥簍碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{C}rm{Fe+C{u}^{2+}overset{脥簍碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{Fe+C{u}^{2+}

overset{脥簍碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}；故答案為：根據題意rm{Fe+C{u}^{2+}

overset{脥簍碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}為陽極，；為陰極，銀在陰極析出，rm{(4)}根據題意rm{G}為陽極，rm{H}為陰極，銀在陰極析出，rm{(4)}rm{G}rm{H}rm{PH=1}rm{PH=1}根據電極反應rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2e}當轉移rm{O+2e}電子時，丙中鍍件上析出銀的質量rm{{,!}^{-}}故答案為：rm{簍TH}rm{簍TH}rm{{,!}_{2}}

rm{隆眉+2OH}【解析】rm{(1)}負極氫氧化鐵膠粒帶正電rm{(2)1:2:2:2}rm{(3)Fe+C{u}^{2+}overset{脥簍碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{(3)Fe+C{u}^{2+}

overset{脥簍碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{(4)H}rm{5.4}17、(1)1600/2187(2)40%(3)4:5【分析】【分析】本題考查了化學平衡的有關計算及平衡常數、轉化率、體積分數的計算的相關知識?！窘獯稹吭O反應過程中，參加反應的rm{N_{2}}的物質的量為rm{xmol}的物質的量為rm{N_{2}}

rm{xmol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}rm{{,!}_{2}}

rm{(g)?2NH}rm{(g)?2NH}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}

rm{(g)}起始rm{(mol)}rm{1}rm{3}rm{0}rm{(mol)}rm{1}

rm{3}rm{0}轉化rm{(mol)}rm{x}rm{3x}rm{2x}rm{(mol)}rm{x}rm{3x}的體積分數rm{=dfrac{2x}{(1-x)+left(3-3xright)+2x}=25攏樓}解得rm{2x}平衡rm{(mol)}rm{1-x}rm{3-3x}rm{2x}則平衡時，rm{cleft({N}_{2}right)=dfrac{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}rm{cleft({H}_{2}right)=dfrac{1.8mol}{2L}=0.9mol/L}rm{cleft(N{H}_{3}right)=dfrac{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}該溫度下的平衡常數rm{(mol)}為rm{K=dfrac{{c}^{2}left(N{H}_{3}right)}{cleft({N}_{2}right)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}=dfrac{0.{4}^{2}}{0.3隆脕0.{9}^{3}}=dfrac{1600}{2187}}rm{1-x}rm{3-3x}rm{2x}平衡混合氣中rm{NH}的轉化率為rm{dfrac{0.4mol}{1mol}隆脕100攏樓=40攏樓}rm{NH}rm{{,!}_{3}}平衡時容器的壓強與起始時壓強之比的體積分數rm{=

dfrac{2x}{(1-x)+left(3-3xright)+2x}=25攏樓}解得rm{x=0.4}故答案為：rm{=

dfrac{2x}{(1-x)+left(3-3xright)+2x}=25攏樓}rm{x=0.4}．rm{(1)}則平衡時，rm{cleft({N}_{2}right)=

dfrac{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}rm{cleft({H}_{2}right)=

dfrac{1.8mol}{2L}=0.9mol/L}rm{cleft(N{H}_{3}right)=

dfrac{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}該溫度下的平衡常數rm{K}為rm{K=

dfrac{{c}^{2}left(N{H}_{3}right)}{cleft({N}_{2}right)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}=

dfrac{0.{4}^{2}}{0.3隆脕0.{9}^{3}}=dfrac{1600}{2187}}【解析】rm{(1)1600/2187}rm{(2)40%}rm{(3)4:5}18、略

【分析】

依據化學平衡三段式列式；

rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}

起始量rm{(mol)}rm{5}rm{4}rm{0}

變化量rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{2}

平衡量rm{(mol)}rm{3}rm{3}rm{2}

根據反應速率；轉化率、平衡常數的概念分別計算得到．

本題考查化學平衡的三段式計算方法，反應速率、轉化率、平衡常數計算應用，題目難度中等．【解析】解：依據化學平衡三段式列式；

rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}

起始量rm{(mol)}rm{5}rm{4}rm{0}

變化量rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{2}

平衡量rm{(mol)}rm{3}rm{3}rm{2}

rm{(1)}用rm{O_{2}}表示該反應的反應速率，rm{V(O_{2})=dfrac{dfrac{1mol}{10L}}{10min}=0.010}rm{V(O_{2})=dfrac{dfrac

{1mol}{10L}}{10min}=0.010}

答：用rm{mol/(L?min)}表示該反應的反應速率為rm{O_{2}}rm{0.020}

rm{mol/(L?min)}的轉化率rm{=dfrac{2mol}{5mol}隆脕100%=40%}答：rm{(2)SO_{2}}的轉化率為rm{=dfrac

{2mol}{5mol}隆脕100%=40%}

rm{SO_{2}}該溫度下的平衡常數rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})c(O_{2})}=dfrac{(dfrac{2mol}{10L})^{2}}{(dfrac{3mol}{10L})^{2}(dfrac{3mol}{10L})}=1.48}

答：該溫度下的平衡常數rm{40%}為rm{(3)}．rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})c(O_{2})}=dfrac{(dfrac

{2mol}{10L})^{2}}{(dfrac{3mol}{10L})^{2}(dfrac

{3mol}{10L})}=1.48}19、略

【分析】試題分析：A（g）+B（g）?2C（g）起始濃度220變化濃度xx2x平衡時濃度2-x2-x02x列式：.計算等x=1，故A的轉化率=1/2=50%?？键c：化學平衡的計算?！窘馕觥俊敬鸢浮?0%20、略

【分析】解：rm{(1)}鐵和氧化鐵與硫酸反應均無剩余，且溶液中無rm{Fe^{3+}}存在，反應生成rm{FeSO_{4}}生成氫氣為rm{dfrac{1.68L}{22.4L/mol}=0.075mol}

設rm{dfrac

{1.68L}{22.4L/mol}=0.075mol}氧化鐵的物質的量分別為rm{Fe}rm{xmol}則：

根據二者質量，可得：rm{ymol}

根據電子轉移守恒，可得：rm{56x+160y=15}

聯(lián)立方程，解得rm{2x=2y+0.075隆脕2}rm{x=0.125}

故rm{y=0.05}

故答案為：rm{m(Fe)=0.125mol隆脕56g/mol=7g}

rm{7}鐵和氧化鐵與硫酸反應后溶液中溶質為rm{(2)}rm{FeSO_{4}}加入rm{H_{2}SO_{4}}使rm{NaOH}完全轉化為rm{Fe^{2+}}沉淀，產生反應后的溶液溶質只有rm{Fe(OH)_{2}}根據硫酸根守恒則rm{Na_{2}SO_{4}}根據鈉離子守恒則rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)=dfrac{1}{2}隆脕3mol/L隆脕0.2L=0.3mol}rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{0.3mol}{0.15L}=2mol/L}

故答案為：rm{n(H_{2}SO_{4})=n(Na_{2}SO_{4})}．

rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)=

dfrac{1}{2}隆脕3mol/L隆脕0.2L=0.3mol}鐵和氧化鐵均無剩余，且溶液中無rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac

{0.3mol}{0.15L}=2mol/L}存在，反應生成rm{2}設rm{(1)}氧化鐵的物質的量分別為rm{Fe^{3+}}rm{FeSO_{4}}根據二者質量及電子轉移守恒列方程計算解答；

rm{Fe}鐵和氧化鐵與硫酸反應后溶液中溶質為rm{xmol}rm{ymol}加入rm{(2)}使rm{FeSO_{4}}完全轉化為rm{H_{2}SO_{4}}沉淀，產生反應后的溶液溶質只有rm{NaOH}根據硫酸根守恒則rm{Fe^{2+}}根據鈉離子守恒則rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)}進而計算硫酸的物質的量濃度．

本題考查混合物計算，清楚發(fā)生的反應是解題關鍵，注意利用守恒思想計算，側重學生分析計算能力的考查，難度中等．rm{Fe(OH)_{2}}【解析】rm{7}rm{2}四、實驗題(共2題，共18分)21、rm{(1)}催化劑、吸水劑

rm{(2)}防暴沸rmzcdbc6r

rm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}}rm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}

}

rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}濃硫酸使有機物碳化rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜簍right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(4)}

rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜簍right)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}【分析】【分析】本題考查實驗室乙烯的制取，實驗方案的設計和評價，實驗順序的安排，化學方程式的書寫等，難度中等。【解答】rm{(1)}實驗中濃硫酸的作用是催化劑、吸水劑；故答案為：催化劑、吸水劑；rm{(2)A}裝置圓底燒瓶中需加入碎瓷片作用防暴沸，如果實驗開始一段時間后發(fā)現忘記加碎瓷片，應采取的正確操作是冷卻后補加，故rmy9iod5j正確；故答案為：防暴沸；rmauef3ovrm{(3)}制取乙烯的方程式為：rm{CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}}rm{CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}

}故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{xrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}-CH_{2}-OH}制備過程中，燒瓶的溶液很快變黑，原因是濃硫酸使有機物碳化，除乙烯外，雜質氣體rm{xrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}

CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(4)}產生的方程式為rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜簍right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}為一次性驗證產物及副產物，則完成儀器的連接順序為：rm{SO_{2}}故答案為：濃硫酸使有機物碳化；rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜簍right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{CO_{2}}rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜簍right)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}【解析】rm{(1)}催化劑、吸水劑rm{(2)}防暴沸rmmncszearm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}}rm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜簍脕貌脣謾}

}rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}濃硫酸使有機物碳化rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜簍right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(4)}

rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜簍right)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}22、略

【分析】試題分析：（1）氧氣可以用帶火星的木條檢驗，因此在一支試管中加入5mL5%的H2O2溶液，然后滴入適量的FeCl3溶液，把帶火星的木條伸入試管，試管中快速產生大量氣泡，能使帶火星的木條復燃；結論：FeCl3溶液可以對H2O2的分解起催化作用。（2）在FeCl3溶液中有三種微粒：H2O、Fe3+和Cl-，我認為最不可能的是甲同學的猜想；因為H2O2溶液中含有大量水，但H2O2并沒有快速分解。（3）向盛有5mL5%的H2O2溶液的試管中加入少量的稀鹽酸，并把帶火星的木條伸入試管；無明顯現象，能催化H2O2分解的不是Cl-和H+。故答案為：能催化H2O2分解的不是Cl-和H+?？键c：探究起催化作用的離子，也考查了氧氣的檢驗方法?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①根據實驗結論可得知FeCl3溶液能催化H2O2分解，因此，向5%的過氧化氫溶液加入FeCl3溶液時，可以觀察到：試管中有大量的氣泡產生，伸入的帶火星的木條復燃；（2）②甲③因過氧化氫溶液中自身有水，可見水不是催化劑；（3）④起催化作用的不是Cl-;⑤Fe(NO3)3溶液；⑥試管中大量氣泡產生，帶