2025年新科版高二化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年新科版高二化學上冊階段測試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8題，共16分)1、某化學科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對化學平衡的影響，得到如下變化規(guī)律（圖中p表示壓強，t表示溫度，n表示物質的量）：根據(jù)以上規(guī)律判斷，下列結論正確的是A.反應Ⅰ△H>0，P2>P1B.反應Ⅱ△H<0，T1>T2C.反應Ⅲ△H>0,T2>T1;或△H<0,T21D.反應Ⅳ△H<0，T2>T12、下列離子方程式或化學方程式書寫正確的是A.2AlCl3(熔融)2Al＋3Cl2↑B.電解CuCl2溶液：2Cu2+＋2H2O2Cu＋4H+＋O2↑C.硫酸氫銨溶液與足量燒堿稀溶液共熱：NH4+＋H+＋2OH-NH3↑＋2H2OD.Cu和AgNO3溶液反應：Cu＋Ag+==Cu2+＋Ag3、向Cr2（SO4）3的水溶液中加入NaOH溶液，當pH=4.6時開始出現(xiàn)Cr（OH）3沉淀，隨著pH的升高，沉淀增多，當pH≥13時，沉淀消失，出現(xiàn)亞鉻酸根離子（CrO2-）；其平衡關系：

Cr3++3OH-?Cr（OH）3?CrO2-+H++H2O

（紫色）（灰綠色）（亮綠色）

向50mL0.05mol?L-1的Cr2（SO4）3溶液中加入等體積1.0mol?L-1的NaOH溶液，充分反應后，溶液中可觀察到的現(xiàn)象為（）A.溶液為紫色B.溶液為亮綠色C.溶液中有灰綠色沉淀D.無法判斷4、已知有機物A與NaOH的醇溶液混合加熱得產物C和溶液D．C與乙烯混合在催化劑作用下可反應生成的高聚物．而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，則A的結構簡式可能為（）A.B.C.CH3-CH2-CH2ClD.5、常溫下，有下列四種溶液：rm{壟脵pH=2}的rm{HCl}溶液；rm{壟脷pH=2}的rm{CH}的rm{壟脵pH=2}溶液；rm{HCl}的rm{壟脷pH=2}rm{CH}rm{{,!}_{3}}溶液；rm{COOH}溶液；rm{壟脹pH=12}的rm{NaOH}溶液；rm{壟脺pH=12}的氨水。下列有關說法不正確的是rm{(}rm{)}的rm{COOH}溶液；rm{壟脹pH=12}的氨水。下列有關說法不正確的是rm{NaOH}rm{壟脺pH=12}

rm{(}rm{)}A.四種溶液中的rm{K_{W}}相同，由水電離出的rm{C(H}rm{C(H}

rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{壟脵=壟脷=壟脹=壟脺}B.取體積相同的溶液rm{)}rm{壟脵=壟脷=壟脹=壟脺}分別與足量鋁粉反應，生成rm{壟脵}最少

rm{壟脷}rm{壟脹}C.將等體積的四種溶液分別稀釋rm{H_{2}}倍，所得溶液的的量：rm{壟脵}最少rm{壟脵}

D.常溫下，將rm{100}和rm{pH}等體積混合：rm{壟脹>壟脺>壟脷>壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{C(CH_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{簍C}}rm{)-C(Na}rm{)-C(Na}6、某飽和一元醇的分子式為rm{C_{5}H_{12}O}在一定條件下可以被催化氧化得到醛，則該飽和一元醇的結構簡式最多有rm{(}rm{)}A.rm{2}種B.rm{3}種C.rm{4}種D.rm{5}種7、如圖是一種原電池裝置，關于該裝置工作時的敘述錯誤的是rm{(}rm{)}

A.鋅作負極B.銅片上有氣泡產生C.將電能轉化為化學能D.鋅片的電極反應式為：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}8、一定溫度下，在一固定體積的密閉容器中，能說明可逆反應rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}達到平衡狀態(tài)的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵C}的生成速率與rm{C}的分解速率相等；

rm{壟脷}單位時間內生成rm{amolA}同時生成rm{3amolB}

rm{壟脹}氣體密度不再變化；

rm{壟脺}混合氣體的總壓強不再變化；

rm{壟脻A}rm{B}rm{C}的物質的量之比為rm{1}rm{3}rm{2}

rm{壟脼}混合氣體的平均相對分子質量不變．A.rm{壟脷壟脺壟脻壟脼}B.rm{壟脵壟脺壟脼}C.rm{壟脵壟脷壟脺壟脼}D.rm{壟脵壟脹壟脺壟脻}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、（5分）已知某元素原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1。（1）該元素的原子序數(shù)為。（2）該元素位于第____周期族。（3）該原子的電子總數(shù)為，價電子總數(shù)為。10、常溫下,濃度均為0.1mol/L的6種溶液的pH如下表:。序號abcdef溶質CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNNaAlO2pH8.89.711.610.311.111.3（1）上述溶液中的陰離子結合H+能力最弱的為____。（填陰離子化學式）（2）NaAlO2溶液呈堿性的原因是(用離子方程式表示)。將溶液加熱蒸干最后得到的固體產物是；（3）結合表中數(shù)據(jù)分析,與0.1mol/L的CH3COONa溶液中水的電離程度相同的有____(填字母代號)。A.pH=8.8的NaOH溶液B.pH=5.2的NH4Cl溶液C.pH=5.2的鹽酸D.0.1mol/L的NaCN溶液E.pH=8.8的Na2CO3溶液（4）將濃度均為0.1mol/L的b、c等體積混合,所得溶液中各離子濃度關系正確的有____。A.c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)B.2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)C.c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH--)E.c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH--)>c(H+)F.c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)>c(OH--)（5）0.2mol/LHCl與0.1mol/LNaAlO2溶液等體積混合溶液后離子濃度順序為。11、（5分）以下物質①HF②H2③H2O④N2⑤C2H4⑥H2O2⑦NaCl（填序號）（1）只含有極性鍵的是；（2）既含有極性鍵又含有非極性鍵的是；（3）既有σ鍵又有π鍵的是；（4）含有s—sσ鍵的是；（5）以上物質為固體時,屬于離子晶體的是。12、（12分）有A、B、C、D、E、F六種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A的原子半徑最小，B與A能以原子個數(shù)1:1、1:2或1:3等組成多種常見化合物；C的最高正價和最低負價的代數(shù)和為2；D與F位于同一主族；E與D能以原子個數(shù)1:1或2:1形成兩種常見化合物．（1）A與B能形成一種最簡單的直線型分子，其電子式為。（2）CA3極易溶于液態(tài)A2D中，其原因是。（3）將標準狀況下的4.48LCA3完全溶解在含0.1molHCl的水溶液中得1L溶液，所得溶液pH=9，其中離子濃度由大到小的順序是。（4）物質B2A6D在電解質EDA的溶液作用下，可形成燃料電池，則該電池的負極反應式為。（5）E與F形成的化合物屬于型化合物（填：離子或共價），用惰性電極電解該化合物的水溶液時，有固體析出，則電解總反應方程式為。13、環(huán)丙烷可作為全身麻醉劑，環(huán)已烷是重要的有機溶劑。下面是部分環(huán)烷烴及烷烴衍生物的結構簡式、鍵線式和某此有機化合物的反應式rm{(}其中rm{Pt}rm{Ni}是催化劑rm{)}

回答下列問題：rm{壟脜}環(huán)烷烴與____是同分異構體。rm{壟脝}從反應rm{壟脵隆蘆壟脹}可以看出，最容易發(fā)生開環(huán)加成反應的環(huán)烷烴是____rm{(}填名稱rm{)}判斷依據(jù)為____。rm{壟脟}環(huán)烷烴還可以與鹵素單質，鹵化氫發(fā)生類似的開環(huán)加成反應，如環(huán)丁烷與rm{HBr}在一定條件下反應，其化學方程式為____rm{(}不需注明反應條件rm{)}rm{壟脟}寫出鑒別環(huán)丙烷和丙烯的一種方法。試劑____；現(xiàn)象與結論____14、rm{25隆忙}時，rm{0.1mol/LHCl}溶液中，rm{c(Cl^{-})=}______，rm{c(OH^{-})=}______，rm{K_{w}=}______；

若向rm{15mL}此溶液中加入rm{15mL}rm{0.3mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液，則混合液rm{pH=}______．15、酸雨、溫室效應、臭氧層破壞、光化學煙霧、有毒物質的污染等，已成為世界各國高度關注和研究的問題rm{.}請回答：

rm{壟脵}形成酸雨的主要氣體是______rm{(}填字母代號，下同rm{)}

A、rm{SO_{2}}B、rm{CO_{2}}C、rm{CH_{4}}

rm{壟脷}近幾年來，我國多次出現(xiàn)大范圍霧霾天氣，許多城市發(fā)布rm{PM2.5}重度污染警報rm{.}下列行為能緩解城市大氣中rm{PM2.5}濃度的是______；

A.禁止燃放煙花爆竹rm{B.}城市主干道灑水保潔rm{C.}大面積開發(fā)土建項目。

rm{壟脹}垃圾無害化處理有利于保護環(huán)境rm{.}下列有關生活垃圾的處理方法合理的是______．

A.廢舊塑料露天焚燒rm{B.}利用廚房垃圾生產沼氣rm{C.}廢舊電池隨便填埋．評卷人得分三、解答題(共9題，共18分)16、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金屬元素．化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構．AC2為非極性分子．B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高．E的原子序數(shù)為24，ECl3能與B；C的氫化物形成六配位的配合物；且兩種配體的物質的量之比為2：1，三個氯離子位于外界．請根據(jù)以上情況，回答下列問題：（答題時，A、B、C、D、E用所對應的元素符號表示）

（1）A；B、C的第一電離能由小到大的順序為______．

（2）B的氫化物的分子空間構型是______．其中心原子采取______雜化．

（3）寫出化合物AC2的電子式______；一種由B、C組成的化合物與AC2互為等電子體；其化學式為______．

（4）E的核外電子排布式是______，ECl3形成的配合物的化學式為______．

（5）B的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液與D的單質反應時；B被還原到最低價，該反應的化學方程式是______．

17、在稀氨水中存在平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH+OH-，如進行下列操作，則NH3、NHH+、OH-濃度如何變化？試用“增大”“減小”“不變”填寫．

（1）通適量HCl氣體時，c（NH3）______，c（H+）______．

（2）加入NH4Cl晶體時，c（NH）______，c（OH-）______．

18、密閉容器中，800℃時反應2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）體系中；n（NO）隨時間的變化如表：

。時間（s）12345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：K=______．已知：K（300℃）＞K（350℃）；該反應是______熱反應；

（2）圖中表示NO2的變化的曲線是______．用O2表示從0～2s內該反應的平均速率v=______；

（3）能說明該反應已經達到平衡狀態(tài)的是______；

a、v（NO2）=2v（O2）b；容器內壓強保持不變。

c、v逆（NO）=2v正（O2）d；容器內的密度保持不變。

（4）為使該反應的反應速率增大；且平衡向正反應方向移動的是______．

a、及時分離出NO2氣體b；適當升高溫度。

c、增大O2的濃度d；選擇高效的催化劑．

19、Mn；Fe均為第四周期過渡元素；兩元素的部分電離能數(shù)據(jù)如下表：

。元素MnFe

電離能（kJ/mol）I1717759I215091561I332482957回答下列問題：

（1）Mn元素基態(tài)原子的價電子排布式為______．

比較錳和鐵兩元素的電離能I2和I3可知，氣態(tài)Mn2+再失去一個電子比氣態(tài)Fe2+再失去一個電子難．對此；你的解釋是：______．

（2）鐵元素廣泛應用，F(xiàn)e2+與KCN溶液反應得Fe（CN）2沉淀；KCN過量時沉淀溶解，生成黃血鹽，其配離子結構如圖（離子所帶電荷未標出）．

①鐵元素在周期表中的位置是______．

②已知CN-與N2結構相似，CN-中C原子的雜化方式是______．

③寫出沉淀溶解的化學方程式______．

20、碳；氫、氧3種元素組成的有機物A；其蒸氣對氫氣同溫同壓下相對密度為51，含氧的質量分數(shù)為31.4%，分子中氫原子個數(shù)為氧的5倍．

（1）A的分子式是______．

（2）A有2個不同的；位于碳鏈兩端的含氧官能團；其名稱是______、______．

（3）一定條件下；A與氫氣反應生成B，B分子的結構可視為1個碳原子上連接2個甲基和另外2個結構相同的基團．

①A的結構簡式是______．

②A不能發(fā)生的反應是______（填寫序號字母）．

a．取代反應b．消去反應c．酯化反應d．還原反應。

（4）寫出兩個與A具有相同官能團；并帶有支鏈的同分異構體的結構簡式：______、______．

（5）A還有另一種酯類同分異構體，該異構體在酸性條件下水解，生成兩種相對分子質量相同的化合物，其中一種的分子中有2個甲基，此反應的化學方程式是：______21、某工廠的廢水中只含氯化鎂和少量鹽酸；欲測定廢水中各組分的濃度，某興趣小組采用滴定法按以下步驟進行操作：

①取25.00mL工廠廢水放入錐形瓶中，加入2～3滴甲基橙指示劑，用0.2020mol?L-1氫氧化鈉溶液滴至終點；滴定前后滴定管中示數(shù)如右圖．

②再取25.00mL工廠廢水放入錐形瓶中，加入0.2020mol?L-1NaOH溶液V1mL（過量），振蕩．然后加入2～3滴甲基橙試液，用0.1012mol?L-1的鹽酸滴定過量的氫氧化鈉溶液至終點，消耗鹽酸V2mL．

③略．

（1）步驟①取25.00mL廢水所用的儀器______，滴定時左手______，眼睛注視______．計算c（HCl）=______mol?L-1．

（2）步驟②滴定至終點觀察到的實驗現(xiàn)象______．步驟②測出氯化鎂的濃度明顯不合理，實驗設計存在問題，請?zhí)岢鲆环N改進的方法______．若改進后步驟②消耗鹽酸的體積為V3mL．請列出計算c（MgCl2）的表達式______．

（3）請設計另外一種測定該工業(yè)廢水各組分濃度的實驗方案并簡述實驗步驟．

22、在一定條件下的下列可逆反應：Xa+yB?zC達到平衡時；試填寫下列各空：

（1）若A；B、C都是氣體；在減壓后平衡向逆反應方向移動，則x、y、z關系是______

（2）若C是氣體；并且x+y=z，在加壓時化學平衡可發(fā)生移動，則平衡必定是向______方向移動。

（3）已知B；C是氣體；現(xiàn)增加A物質的量（其他條件不變），平衡不移動，說明A是______態(tài)______

（4）如加熱后；C的百分含量減小，則正反應是______熱反應．

23、乳酸分子式為C3H6O3，在一定的條件下可發(fā)生許多化學反應，圖是采用化學方法對乳酸進行加工處理的過程，其中A、H、G為鏈狀高分子化合物．（已知-OH，-COOH等為親水基團，F(xiàn)的結構簡式為：HO-CH2CH2-OH；常用做內燃機的抗凍劑）請回答相關問題：

（1）推斷C；D的結構簡式．C：______；D：______．

（2）B中所含的官能團的名稱是______；

（3）反應③的反應類型是______．反應⑧的反應類型是______．

（4）反應①的化學方程式為______．反應⑤的化學方程式為______24、請從圖1中選擇所需裝置，完成濃H2SO4和木炭在加熱時的反應并檢驗反應產物（連接和固定儀器用的玻璃管；膠管、鐵夾、鐵架臺及加熱裝置等均省略）．

（1）濃H2SO4和木炭在加熱時發(fā)生反應的化學方程式是：______CO2↑+2H2O+2SO2↑評卷人得分四、其他(共3題，共18分)25、（8分）由丙烯出發(fā)，經如下反應，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結構簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應類型為__________；由W生成丙烯酸的反應類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應方程式為。26、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；27、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F(xiàn)是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共8分)28、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）。29、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)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(shù)相等；Z的內層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)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：_____________。30、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）。31、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_______評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共24分)32、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(jù)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__________________________________．33、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(jù)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__________________________________．34、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。35、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8題，共16分)1、B|C【分析】反應I中溫度越高，轉化率越低，說明升高溫度，平衡向逆反應方向移動，即正反應是放熱反應，A不正確。反應Ⅱ中，T1表示的曲線顯到達平衡狀態(tài)，所以溫度是T1>T2，但溫度越高，C的含量越低，說明升高溫度，平衡向逆反應方向移動，即正反應是放熱反應，B正確。反應Ⅲ中，如果正反應是放熱反應，則升高溫度，平衡向逆反應方向移動，生成物的含量降低，即T21。同樣分析，如果正反應是吸熱反應，則升高溫度，平衡向正反應方向移動，生成物的含量增大，即T2＞T1，C正確。反應Ⅳ中無法判斷反應是放熱反應還是吸熱反應，不正確。答案選BC?！窘馕觥俊敬鸢浮緽C2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】解：50mL0.05mol?L-1的Cr2（SO4）3溶液中n（Cr3+）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol；

Cr3++4OH-=CrO22-+2H2O

0.005mol0.02mol

剩余氫氧根離子的物質的量為：n（OH-）=1mol/L×0.05L-0.02mol=0.03mol；

所以反應后溶液中氫氧根離子濃度為：c（OH-）==0.3mol/L；

所以c（H+）=mol/L=3.3×10-14mol/L；

故pH=-lg3.3×10-14=13.5＞13；

所以此時溶液中主要以CrO22-形式存在；溶液顯亮綠色；

故選B．

根據(jù)Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O計算反應后剩余的n（OH-），進而計算c（OH-），再根據(jù)Kw=c（H+）?c（OH-）計算c（H+），最后利用pH=-lgc（H+）計算pH值進行判斷．

本題考查離子反應的計算及有關溶液pH值的計算，題目難度中等，計算反應后的pH值是解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．【解析】【答案】B4、C【分析】解：高聚物的單體是：CH2=CH2和CH3-CH=CH2，因此C為CH3-CH=CH2，在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl-；因此應選能發(fā)生消去反應且生成丙烯的氯代烴；

A．發(fā)生消去反應生成的是：（CH3）2CH2CH=CH2；生成的不是丙烯，故A錯誤；

B．發(fā)生消去反應生成的是：2-甲基-1；3-丁二烯，不是丙烯，故B錯誤；

C．CH3-CH2-CH2Cl發(fā)生消去反應生成的是CH3-CH=CH2；故C正確；

D．發(fā)生消去反應生成的是：（CH3）2C=CH2；不是丙烯，故D錯誤；

故選C．

先根據(jù)高聚物的結構簡式判斷其合成單體；從而找出C的結構簡式，然后根據(jù)與硝酸銀溶液反應生成白色沉淀判斷鹵代烴的類型，最后根據(jù)醇的消去反應原理判斷A的結構簡式．

本題考查了醇的消去反應原理、加聚反應單體的求算，題目難度不大，注意掌握常見有機物結構與性質，明確消去反應、加聚反應原理，能夠根據(jù)高分子化合物的結構簡式判斷其單體．【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】本題考查了弱電解質的電離，根據(jù)弱電解質的電離特點、稀釋后溶液rm{pH}的變化等知識點來分析解答，易錯選項是rm{C}知道酸或堿都抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離。的變化等知識點來分析解答，易錯選項是rm{pH}知道酸或堿都抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離。rm{C}A.酸或堿都一種水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大，其抑制水電離程度越大，【解答】中氫離子濃度相等、rm{壟脵壟脷}中氫氧根離子濃度相等，所以抑制水電離程度相等，則由水電離的rm{壟脹壟脺}rm{c(H^{+})}故A正確；B.rm{壟脵=壟脹=壟脷=壟脺}rm{壟脵}rm{壟脵}三種溶液的物質的量濃度關系為：rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脷>壟脵}所以等體積的rm{壟脺>}rm{壟脺>}rm{壟脹}和rm{壟脵}四種溶液分別與鋁粉反應，rm{壟脷}的氫氧化鈉與rm{壟脹}的鹽酸放出氫氣相等，所以生成rm{壟脺}四種的量：rm{壟脺}最少，故B正確；C.加水稀釋促進弱電解質電離，所以向等體積的四種溶液中分別加入rm{2mol}rm{6mol}水后，溶液的rm{H_{2}}rm{壟脵}故C錯誤；D.rm{100}和rm{mL}等體積混合得到醋酸和醋酸鈉的溶液，根據(jù)電荷守恒，rm{pH}rm{壟脺>壟脹>壟脵>壟脷}常溫下，將rm{壟脷}和rm{壟脹}等體積混合得到醋酸和醋酸鈉的溶液，根據(jù)電荷守恒，rm{壟脷}rm{壟脹}rm{c(CH}rm{3}rm{3}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{)-c(Na}rm{)-c(Na}rm{{,!}^{+}}【解析】rm{C}6、C【分析】【分析】

本題考查有機物的結構與性質；為高頻考點，把握醇催化氧化的特點；烴基的種類為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意伯醇可氧化為醛，題目難度不大。

【解答】飽和一元醇含rm{-OH}可以被催化氧化得到醛，一定含rm{-CH_{2}OH}rm{-C_{4}H_{9}}有rm{4}種；以此來解答。

某飽和一元醇的分子式為rm{C_{5}H_{12}O}在一定條件下可以被催化氧化得到醛，可知一定含rm{-CH_{2}OH}因rm{-C_{4}H_{9}}有rm{4}種，則符合條件的飽和一元醇的結構簡式最多有rm{4}種；

故選C。

【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}該原電池中；較活潑的金屬鋅作負極，銅作正極，故A正確；

B.銅片上氫離子得電子生成氫氣；所以有氣泡生成，故B正確；

C.原電池是將化學能轉化為電能的裝置；故C錯誤；

D.鋅為負極，發(fā)生氧化反應，電極方程式為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}故D正確．

故選C．

rm{Zn-Cu}原電池中，rm{Zn}作負極；銅作正極，負極上失電子發(fā)生發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應，以此解答．

本題考查原電池原理，側重于學生的分析能力的考查，為高頻考點，注意把握原電池的組成以及工作原理，電極方程式的書寫為難點，也是易錯點，學習中注意體會，本題難度不大．【解析】rm{C}8、B【分析】解：rm{壟脵C}的生成速率與rm{C}的分解速率相等，說明正逆反應速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷}單位時間內rm{amolA}生成是逆反應，同時rm{3amolB}是逆反應，未體現(xiàn)正與逆的關系，故rm{壟脷}錯誤；

rm{壟脹}密度rm{=dfrac{m}{V}}氣體的總質量會變，容器容積不變，則密度始終不變，氣體密度不再變化不能作為判斷是否達到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺}反應前后氣體的體積不等，混合氣體的總壓強不再變化可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，故rm{壟脺}正確；

rm{壟脻}平衡時各物質的物質的量之比取決于物質的起始物質的量和轉化率，則rm{A}rm{B}rm{C}的物質的量比為rm{1}rm{3}rm{2}不能作為判斷是否達到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故rm{壟脻}錯誤；

rm{壟脼}反應前后都是氣體，氣體的總質量不變，而氣體的總物質的量發(fā)生變化，則混合氣體的平均相對分子質量不變時表明正逆反應速率相等，該反應達到平衡狀態(tài)，故rm{壟脼}正確；

故選B。

可逆反應rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}為氣體體積縮小的反應；該反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各組分的濃度；百分含量不再變化，由此衍生的一些物理量不發(fā)生變化，據(jù)此進行解答。

本題考查了化學平衡狀態(tài)的判斷，題目難度不大，明確化學平衡狀態(tài)的特征為解答關鍵，rm{壟脹}為易錯點，注意反應前后氣體的密度始終不變，試題有利于提高學生的分析能力及靈活應用能力?！窘馕觥縭m{B}二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【解析】【答案】（5分）(1)31(2)4,IIIA(3)310、略

【分析】試題分析：（1）相同濃度的鈉鹽溶液，pH越小則鹽的水解程度越小，陰離子結合H+能力最弱的就是弱酸根對應的酸酸性最強的。酸性強弱CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HAlO2,所以陰離子結合H+能力最弱的為CH3COO-。（2）NaAlO2是強堿弱酸鹽，AlO-水解使溶液顯堿性，AlO-+2H2OAl(OH)3+OH-,NaAlO2水解生成NaOH和Al(OH)3，二者均不易分解和揮發(fā)，所以將溶液加熱蒸干最后得到的固體產物是NaAlO2。（3）0.1mol/L的CH3OONa溶液，促進水的電離，水電離的c（OH-）=10?14/10?8.8=10-5.2mol/LA．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的電離，水電離的c（H+）=10-8.8mol/L；B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促進水的電離，水電離的c（H+）=10-5.2mol/L；C．pH=5.2的鹽酸，抑制水的電離，水電離的c（OH-）=10?14/10?5.2=10-8.8mol/L；D．0.1mol/L的NaCN溶液，促進水的電離，水電離的c（H+）=10-11.1mol/L；E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促進水的電離，水電離的c（OH-）=10?14/10?8.8=10-5.2mol/L；所以與0.1mol/L的CH3OONa溶液中水的電離程度相同的是：BE；故答案為：BE；（4）將濃度均為0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等體積混合,混合溶液中粒子之間符合電荷守恒，物料守恒和質子守恒。NaHCO3溶液有物料守恒：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)；Na2CO3溶液有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3；二式相加即2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3；B正確。電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH--)D正確；CO32-水解程度大于HCO3-，溶液呈堿性，所以有c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH--)>c(H+)，E正確?？键c：本題考查鹽類水解素、化學平衡的影響因素、【解析】【答案】（1）CH3COO-（2）AlO-+2H2OAl(OH)3+OH-,NaAlO2（3）BE（4）BDE（5）c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)11、略

【分析】【解析】【答案】（1）①③（2）⑤⑥（3）②（4）⑦12、略

【分析】【解析】【答案】13、（1）同碳原子數(shù)的烯烴（2）環(huán)丙烷環(huán)丙烷與H2加成所需溫度最低。（3）+HBr→CH3CH2CH2CH2Br（4）KMnO4(H+)能使KMnO4(H+)溶液褪色的為丙烯，不能使KMnO4(H+)溶液褪色的為環(huán)丙烷【分析】【分析】本題考查同分異構體、加成反應、有機方程式書寫和有機物的鑒別，注重知識積累和利用信息是解題關鍵。【解答】rm{(1)}環(huán)烷烴和烯烴的通式相同為rm{C_{n}H_{2n}}所以環(huán)烷烴和烯烴碳原子數(shù)相同時是同分異構體，故答案為：同碳原子數(shù)的烯烴；rm{(2)}從反應rm{壟脵隆蘆壟脹}可以看出，環(huán)丙烷開環(huán)溫度為rm{353K}而環(huán)戊烷可以看出，環(huán)丙烷開環(huán)溫度為rm{壟脵隆蘆壟脹}而環(huán)戊烷開環(huán)溫度為rm{353K}可知環(huán)丙烷容易開環(huán)，需要溫度低，故答案為：環(huán)丙烷；環(huán)丙烷與rm{573K}加成所需溫度最低；rm{H_{2}}由環(huán)烷烴和氫氣開環(huán)加成可知，環(huán)丁烷與rm{(3)}開環(huán)加成方程式為：rm{HBr}故答案為：rm{+HBr隆煤CHCHCHCHBr}rm{+HBr隆煤CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}環(huán)丙烷分子中只含有碳碳單鍵，不能被酸性高錳酸鉀氧化，即不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，丙烯分子中只含有碳碳單鍵，能被酸性高錳酸鉀氧化，即能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：rm{(4)}能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的為丙烯，不能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的為環(huán)丙烷。rm{KMnO_{4}(H^{+})}【解析】rm{(1)}同碳原子數(shù)的烯烴rm{(2)}環(huán)丙烷環(huán)丙烷與rm{H2}加成所需溫度最低。rm{(3)}rm{+HBr隆煤CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}rm{(4)KMnO_{4}(H^{+})}能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的為丙烯，不能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的為環(huán)丙烷14、0.1mol?L-1；1.0×10-13mol?L-1；1.0×10-14mol2?L-2；13【分析】解：氯化氫為強電解質，溶液中完全電離，則rm{0.1mol/L}的rm{HCl}溶液中，rm{c(Cl^{-})=c(H^{+})=0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{c(OH^{-})=dfrac{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}

常溫下rm{c(OH^{-})=dfrac

{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}

氯化氫和氫氧化鈉溶液的體積相同，氫氧化鈉濃度較大，混合后溶液顯示堿性，混合液中氫氧根離子濃度為：rm{c(OH^{-})=dfrac{(0.3-0.1)mol/L隆脕0.015L}{0.015L+0.015L}=0.1mol/L}溶液中氫離子濃度為：rm{c(H^{+})=dfrac{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}該溶液的rm{K_{w}=1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}

故答案為：rm{c(OH^{-})=dfrac

{(0.3-0.1)mol/L隆脕0.015L}{0.015L+0.015L}=0.1mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac

{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}rm{pH=-lg1.0隆脕10^{-13}=13}rm{0.1}．

常溫下水的離子積為rm{mol?L^{-1}}氯化氫為強電解質，氯離子與氯化氫濃度相等，根據(jù)水的離子積及氫離子濃度計算出溶液中氫氧根離子濃度；堿溶液的濃度較大，混合液為堿性，計算出混合液中氫氧根離子濃度，再計算出氫離子濃度，從而計算出溶液的rm{1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}．

本題考查了水的離子積、溶液rm{13}的計算，題目難度中等，注意掌握常溫下水的離子積，明確溶液酸堿性與溶液rm{K_{w}=1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}的關系及計算方法，試題培養(yǎng)了學生靈活應用所學知識的能力．rm{pH}【解析】rm{0.1mol?L^{-1}}rm{1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}rm{1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}rm{13}15、略

【分析】解：rm{壟脵}酸雨主要是因為二氧化硫；氮的氧化物排放引起；

故選：rm{A}

rm{壟脷A.}燃放煙花爆竹由于火藥爆炸產生大量的煙塵，禁止燃放煙花爆竹，有利于減少煙塵的排放，可緩解城市大氣中rm{PM2.5}濃度；故A正確；

B.為城市主干道灑水保潔使空氣中的粉塵吸水后變大而降到地面，可緩解城市大氣中rm{PM2.5}濃度；故B正確；

C.大面積開發(fā)土建項目會引起揚塵，會加重城市大氣中rm{PM2.5}濃度；故C錯誤；

故選：rm{AB}

rm{壟脹A.}廢舊塑料露天焚燒；能夠引起空氣污染，不利于環(huán)境保護，故A不選；

B.利用廚房垃圾生產沼氣；廢物利用，既保護環(huán)境有節(jié)約能源，處理方法得當，故B選；

C.廢舊電池隨便填埋；能夠引起土壤污染，不利于環(huán)境保護，故C不選；

故選：rm{B}．

rm{壟脵}依據(jù)酸雨的成因解答；

rm{壟脷A.}燃放煙花爆竹由于火藥爆炸產生大量的煙塵；

B.為城市主干道灑水保潔使空氣中的粉塵吸水后變大而降到地面；

C.大面積開發(fā)土建項目會引起揚塵；

rm{壟脹A.}廢舊塑料露天焚燒；能夠引起空氣污染；

B.利用廚房垃圾生產沼氣；廢物利用，既保護環(huán)境有節(jié)約能源；

C.廢舊電池隨便填埋；能夠引起土壤污染．

本題考查了環(huán)境污染及其治理，題目難度不大，明確rm{PM2.5}的含義為解答關鍵，注意掌握環(huán)境污染成因及治理方法，題目難度不大．【解析】rm{A}rm{AB}rm{B}三、解答題(共9題，共18分)16、略

【分析】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構，C形成-2價陰離子，且D位于C的下一周期，B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高，分子中應存在氫鍵，C形成-2價陰離子，則C為氧元素，D為鎂元素，核電荷數(shù)B＜C，則B為氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金屬元素，AC2為非極性分子，則A為碳元素；E的原子序數(shù)為24，則E為Cr元素；CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2：1，則配體中有4個NH3、2個H2O，三個氯離子位于外界，該配合物為[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

故A為碳元素；B為氮元素；C為氧元素，D為鎂元素，E為Cr元素．

（1）A為碳元素；B為氮元素、C為氧元素；同周期自左而右第一電離能增大，氮元素原子2p能級有3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，電子能量低，氮元素第一電離能高于相鄰的元素的，所以第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N．

故答案為：C＜O＜N．

（2）B為氮元素，其氫化物為NH3，分子中含有3個N-H鍵，N原子有1對孤對電子對，雜化軌道數(shù)為4，N原子采取sp3雜化；空間構型為三角錐型．

故答案為：三角錐型；sp3．

（3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子與氧原子之間形成2對共用電子對，電子式為一種由N元素、O元素化合物與CO2互為等電子體，其化學式為N2O．

故答案為：N2O．

（4）E為Cr元素，原子序數(shù)為24，原子核外有24個電子，核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1；CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2：1，則配體中有4個NH3、2個H2O，三個氯離子位于外界，該配合物為[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1；[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

（5）B的最高價氧化物對應的水化物為HNO3，D的單質為Mg，HNO3稀溶液與Mg反應時，N元素被還原到最低價，則生成NH4NO3，Mg被氧化為Mg（NO3）2，令NH4NO3，Mg（NO3）2的化學計量數(shù)分別為x、y，則根據(jù)電子轉移守恒有[5-（-3）]×x=2y，所以x：y=4：1，該反應的化學方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．

故答案為：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．

【解析】【答案】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構，C形成-2價陰離子，且D位于C的下一周期，B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高，分子中存在氫鍵，C形成-2價陰離子，則C為氧元素，D為鎂元素，核電荷數(shù)B＜C，則B為氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金屬元素，AC2為非極性分子，則A為碳元素；E的原子序數(shù)為24，則E為Cr元素；CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2：1，則配體中有4個NH3、2個H2O，三個氯離子位于外界，該配合物為[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

17、略

【分析】

（1）向氨水中同適量的氯化氫氣體；氯化氫溶于水電離出氫離子，氫離子和氫氧根離子反應生成水，導致平衡右移，則溶液中氨氣濃度減小，溶液的堿性減弱，所以溶液中氫原子濃度增大，故答案為：減小，增大；

（2）向氨水中加入氯化銨；氯化銨電離出銨根離子，所以溶液中銨根離子濃度增大，平衡向左移動，從而抑制氨水電離，溶液中氫氧根離子濃度減小，故答案為：增大，減?。?/p>

【解析】【答案】根據(jù)NH3+H2O?NH3?H2O?NH+OH-知；向氨水中加入酸，氫離子和氫氧根離子反應生成水，導致平衡右移，從而促進氨水電離，向氨水中加入氯化銨，導致溶液中銨根離子濃度增大，平衡向左移動，從而抑制氨水電離，據(jù)此分析解答．

18、略

【分析】

（1）化學平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，本反應中K=升高溫度平衡常數(shù)減小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應放熱，故答案為：K=放熱；

（2）由圖象可知c為NO的變化曲線，d為氧氣的變化曲線，根據(jù)方程式可知NO和NO2的反應速率相等，則b為NO2的變化曲線；

0～2s內v（O2）==1.5×10-3mol/（L?s）；

故答案為：b；1.5×10-3mol/（L?s）；

（3）a；反應無論是否達到平衡狀態(tài)；都滿足速率之比等于化學計量數(shù)之比，故a錯誤；

b、反應前后氣體的化學計量數(shù)之和不相等，則達到平衡狀態(tài)時，壓強不變，故b正確；

c、v逆（NO）=2v正（O2）說明達到平衡狀態(tài)；故c正確；

d；容器的體積不變；反應物和生成物都是氣體，則無論是否達到平衡狀態(tài)，密度都不變，故d錯誤．

故答案為：b；c．

（4）a、及時分離出NO2氣體；平衡向正反應方向移動，但反應的速率減小，故a錯誤；

b、升高溫度平衡向逆反應方向移動，故b錯誤；

c、增大O2的濃度；反應速率增大，平衡向正反應方向移動，故c正確；

d；加入催化劑平衡不移動；故d錯誤．

故答案為：c．

【解析】【答案】（1）化學平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積；升高溫度平衡常數(shù)減小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動；

（2）由圖象可知c為NO的變化曲線，d為氧氣的變化曲線，根據(jù)方程式可知NO和NO2的反應速率相等，則b為NO2的變化曲線；

（3）反應無論是否達到平衡狀態(tài)，都滿足速率之比等于化學計量數(shù)之比；達到平衡狀態(tài)時，v逆（NO）=2v正（O2）；壓強不變；反應物和生成物都是氣體，則無論是否達到平衡狀態(tài)，密度都不變；

（4）及時分離出NO2氣體，平衡向正反應方向移動，但反應的速率減?。簧邷囟绕胶庀蚰娣磻较蛞苿樱辉龃驩2的濃度；反應速率增大，平衡向正反應方向移動；加入催化劑平衡不移動．

19、略

【分析】

（1）錳元素的3d能級和4s能級上的電子都是價電子，Mn元素基態(tài)原子的價電子排布式為3d54s2，由Mn2+轉化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉化為不穩(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2+轉化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6轉化為穩(wěn)定的3d5半充滿較穩(wěn)定狀態(tài)；需要的能量相對要少；

故答案為：3d54s2，由Mn2+轉化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉化為不穩(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2+轉化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6轉化為穩(wěn)定的3d5半充滿較穩(wěn)定狀態(tài)；需要的能量相對要少；

（2）①鐵元素在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；故答案為：第四周期Ⅷ族；

②CN-中C原子價層電子對個數(shù)=1+=2，所以采取sp1雜化，故答案為：sp1；

③Fe（CN）2沉淀和KCN反應生成絡合物，反應方程式為Fe（CN）2+4KCN═K4[Fe（CN）6]，故答案為：Fe（CN）2+4KCN═K4[Fe（CN）6]．

【解析】【答案】（1）錳元素的3d能級和4s能級上的電子都是價電子；據(jù)此寫出Mn元素基態(tài)原子的價電子排布式，軌道上的電子處于全滿；半滿、全空時最穩(wěn)定；

（2）①鐵元素在周期表中的位置是第四周期第VIIIA族；

②根據(jù)C原子價層電子對個數(shù)確定雜化方式；

③Fe（CN）2沉淀和KCN反應生成絡合物．

20、略

【分析】

（1）有機物A的蒸氣對氫氣同溫同壓下相對密度為51，則A的相對分子質量為51×2=102，含氧的質量分數(shù)為31.4%，則分子中N（O）==2，分子中氫原子個數(shù)為氧的5倍，則N（H）=5×2=10，故N（C）==5，所以A分子式為C5H10O2，故答案為：C5H10O2；

（2）A的不飽和度為1；有2個不同的；位于碳鏈兩端的含氧官能團，為-OH、-CHO，故答案為：羥基、醛基；

（3）一定條件下，A與一定氫氣反應生成B，B分子的結構可視為一個碳原子上連接兩個甲基和另外兩個結構相同的基團，則B為故A為

①、由上述分析可知，A為故答案為：

②、A含有-OH，能發(fā)生取代反應、酯化反應，與羥基相連的碳原子相鄰的碳原子上沒有H原子，不能發(fā)生消去反應，含有-CHO，可以與氫氣發(fā)生加成反應，屬于還原反應，故答案為：b；

（4）因A具中含有-CHO、-OH，具有相同官能團、并帶有支鏈A的同分異構體的結構簡式為：等；

故答案為：

（5）A的另一種酯類同分異構體，該異構體在酸性條件下水解，生成兩種相對分子質量相同的化合物，結合A的結構簡式可知，該異構體為乙酸與丙醇形成的酯，其中一種的分子中有2個甲基，則該同分異構體結構簡式為CH3COOCH（CH3）2；故該同分異構體在酸性條件下水解的方程式為：

CH3COOCH（CH3）2+H2OCH3COOH+（CH3）2CHOH；

故答案為：CH3COOCH（CH3）2+H2OCH3COOH+（CH3）2CHOH；

（6）由反應信息可知，與環(huán)氧氯丙烷反應生成的高聚物為故答案為：．

【解析】【答案】（1）有機物A的蒸氣對氫氣同溫同壓下相對密度為51，則A的相對分子質量為51×2=102，含氧的質量分數(shù)為31.4%，則分子中N（O）==2，分子中氫原子個數(shù)為氧的5倍，則N（H）=5×2=10，故N（C）==5，所以A分子式為C5H10O2；

（2）A的不飽和度為1；有2個不同的；位于碳鏈兩端的含氧官能團，為-OH、-CHO；

（3）一定條件下，A與一定氫氣反應生成B，B分子的結構可視為一個碳原子上連接兩個甲基和另外兩個結構相同的基團，則B為故A為

（4）與具有相同官能團；并帶有支鏈的同分異構體，該同分異構體含有-OH；-CHO，結合A的結構簡式書寫；

（5）A的另一種酯類同分異構體，該異構體在酸性條件下水解，生成兩種相對分子質量相同的化合物，結合A的結構簡式可知，該異構體為乙酸與丙醇形成的酯，其中一種的分子中有2個甲基，則該同分異構體結構簡式為CH3COOCH（CH3）2；據(jù)此解答；

（6）根據(jù)反應信息，結合化學鍵的斷裂與成鍵書寫與環(huán)氧氯丙烷反應生成的高聚物的結構簡式．

21、略

【分析】

（1）根據(jù)廢水呈酸性；所以取25.00mL廢水所用的儀器為25.00mL酸式滴定管；

滴定時左手擠壓玻璃球；眼睛注視錐形瓶溶液顏色變化；

消耗氫氧化鈉的體積為13.90mL-1.40mL=12.50mL

氫氧化鈉與鹽酸反應的關系式NaOH～HCl

11

0.2020mol?L-1×12.50mLC（HCl）×25.00mL

C（HCl）=0.1010mol/L

故答案為：酸式滴定管；擠壓玻璃球；錐形瓶溶液顏色變化；0.1010；

（2）廢水中加入過量NaOH溶液，溶液中含有氫氧化鎂沉淀、NaOH溶液，所以終點時溶液的顏色由黃色橙色變成橙色，沉淀溶解；廢水放入NaOH溶液會產生氫氧化鎂沉淀，再加鹽酸，鹽酸與氫氧化鎂、氫氧化鈉都能反應，在測定過量的氫氧化鈉時，應除去氫氧化鎂沉淀，所以過濾并洗滌沉淀，然后對濾液進行滴定，與氯化鎂反應的氫氧化鈉的物質的量為：0.2020mol?L-1×0.0125L，總的氫氧化鈉的物質的量為：0.2020mol?L-1×V1×10-3L，過量的氫氧化鈉的物質的量為：0.1012mol?L-1×V3×10-3L；

則氯化鎂的物質的量濃度為

故答案為：溶液的顏色由黃色橙色變成橙色，沉淀溶解；過濾并洗滌沉淀，然后對濾液進行滴定；

（3）取25.00mL工廠廢水放入燒杯中；加入過量的氫氧化鈉溶液溶液，過濾；洗滌沉淀、烘干、稱重．計算出氯化鎂的濃度；取25.00mL工廠廢水放入燒杯中，加入過量的硝酸銀溶液，過濾、洗滌沉淀、烘干、稱重，計算出鹽酸的濃度；

答：取25.00mL工廠廢水放入燒杯中；加入過量的氫氧化鈉溶液溶液，過濾；洗滌沉淀、烘干、稱重．計算出氯化鎂的濃度；取25.00mL工廠廢水放入燒杯中，加入過量的硝酸銀溶液，過濾、洗滌沉淀、烘干、稱重．計算出鹽酸的濃度．

【解析】【答案】（1）根據(jù)酸式滴定管盛放酸性溶液；根據(jù)滴定操作的方法；根據(jù)讀數(shù)求出氫氧化鈉的體積；然后根據(jù)氫氧化鈉與鹽酸反應的關系式NaOH～HCl求出鹽酸的物質的量濃度；

（2）廢水中加入過量NaOH溶液；溶液中含有氫氧化鎂沉淀；NaOH，根據(jù)用甲基橙試液作指示劑，堿滴定酸時到終點時溶液的顏色由黃色橙色變成橙色，沉淀溶解；根據(jù)廢水放入NaOH溶液會產生氫氧化鎂沉淀，再加鹽酸，鹽酸與氫氧化鎂、氫氧化鈉都能反應，在測定過量的氫氧化鈉時，應除去氫氧化鎂沉淀；根據(jù)步驟①用氫氧化鈉溶液滴至終點，滴定前后滴定管中示數(shù)如右圖求出與氯化鎂反應的氫氧化鈉的物質的量；根據(jù)步驟②用鹽酸滴定過量的氫氧化鈉溶液至終點，消耗鹽酸的體積求出過量的氫氧化鈉的物質的量，最后用總的氫氧化鈉的物質的量-與氯化鎂反應的氫氧化鈉的物質的量-過量的氫氧化鈉的物質的量=與鹽酸反應的氫氧化鈉的物質的量，最后求出鹽酸的物質的量濃度；

（3）根據(jù)在一定量的廢水放入燒杯中；加入過量的氫氧化鈉溶液溶液，過濾；洗滌沉淀、烘干、稱重．計算出氯化鎂的濃度．在一定量廢水放入燒杯中，加入過量的硝酸銀溶液，過濾、洗滌沉淀、烘干、稱重，計算出鹽酸的濃度．

22、略

【分析】

（1）A；B、C都是氣體；在減壓后平衡向逆反應方向移動，降低壓強平衡向氣體體積增大的方向移動，即x+y＞z；

故答案為：x+y＞z；

（2）C是氣體；且x+y=z，在加壓時化學平衡可發(fā)生移動，說明X；Y至少有1種不是氣體，逆反應是氣體體積減小的反應，故平衡向逆反應方向移動；

故答案為：逆反應；

（3）B；C是氣體；增加A物質的量（其他條件不變），平衡不移動，說明A是固體或純液體，即A為非氣態(tài)。

故答案為：非氣；

（4）加熱后；C的百分含量減小，說明升高溫度平衡向逆反應移動，故正反應是放熱反應；

故答案為：放熱．

【解析】【答案】（1）降低壓強平衡向氣體體積增大的方向移動；據(jù)此判斷；

（2）C是氣體；且x+y=z，在加壓時化學平衡可發(fā)生移動，說明X；Y至少有1種不是氣體，增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動；

（3）B；C是氣體；增加A物質的量（其他條件不變），平衡不移動，說明A是固體或純液體；

（4）加熱后；C的百分含量減小，說明升高溫度平衡向逆反應移動．

23、略

【分析】

乳酸中含有-OH和-COOH，可發(fā)生縮聚反應生成A，則A為乳酸在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成B，B為CH2═CHCOOH，CH2═CHCOOH與甲醇發(fā)生酯化反應生成C，則C為CH2═CHCOOCH3，又知F為HO-CH2CH2-OH；B和F發(fā)生酯化反應，1molF和與1molB或2molB發(fā)生酯化反應，由D的化學式可知，F(xiàn)和2molB完全發(fā)生酯化反應；

則D為CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2，B和1molF發(fā)生酯化反應，則E為CH2=CHCOOCH2CH2OH；D和E都含有C=C，在一定條件下都可發(fā)生聚合反應；

（1）由以上分析可知C為CH2═CHCOOCH3，D為CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2；

故答案為：CH2═CHCOOCH3；CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2；

（2）B為CH2═CHCOOH；含有碳碳雙鍵；羧基官能團，故答案為：碳碳雙鍵、羧基；

（3）由反應關系可知反應③為酯化反應或取代反應；D和E都含有C=C，在一定條件下都可發(fā)生聚合反應，則反應⑧為加聚反應或聚合反應；

故答案為：酯化反應或取代反應；加聚反應或聚合反應；

（4）乳酸中含有-OH和-COOH，可發(fā)生縮聚反應生成A，則A為方程式為反應⑤為。

故答案為：反應⑤為1molB和1molF發(fā)生酯化反應，方程式為CH2=CHCOOH+HO-CH2CH2-OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；

CH2=CHCOOH+HO-CH2CH2-OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；

（5）C為CH2═CHCOOCH3，其對應的酯類同分異構體有CH2=CH-OOCCH3、CH3CH=CHOOCH、CH2═CHCH2OOCH；

CH2═C（CH3）OOCH4種；

故答案為：4；

（6）對比D；E的結構；確定它們的聚合物H、G結構上的不同點是G的結構中還含有大量的-OH，使該物質具有親水性，而H則不具有所以它們用途不同；

故答案為：高聚物G中含有的-OH；使該物質具有親水性，而H則不具有．

【解析】【答案】乳酸中含有-OH和-COOH，可發(fā)生縮聚反應生成A，則A為乳酸在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成B，B為CH2═CHCOOH，CH2═CHCOOH與甲醇發(fā)生酯化反應生成C，則C為CH2═CHCOOCH3，又知F為HO-CH2CH2-OH；B和F發(fā)生酯化反應，1molF和與1molB或2molB發(fā)生酯化反應，由D的化學式可知，F(xiàn)和2molB完全發(fā)生酯化反應；

則D為CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2，1molB和1molF發(fā)生酯化反應，則E為CH2=CHCOOCH2CH2OH；D和E都含有C=C，在一定條件下都可發(fā)生聚合反應，結合有機物的結構和性質解答該題．

24、略

【分析】

（1）木炭粉與濃硫酸反應，碳粉被濃硫酸氧化，濃硫酸被還原，方程式為：2H2SO4（濃）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑；

故答案為：2H2SO4（濃）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑；

（2）木炭粉與濃硫酸反應生成H2O、SO2和CO2；檢驗產物水可選用⑦，內裝無水硫酸銅；無水硫酸銅遇到水反應生成藍色的五水合硫酸銅；檢驗二氧化硫，可用②，裝有品紅溶液；因二氧化硫；二氧化碳都能使澄清石灰水變渾濁，所以在③洗氣瓶中裝有酸性高錳酸鉀溶液用來吸收余下二氧化硫；在⑤洗氣瓶中裝有澄清石灰水溶液用來檢驗二氧化碳，④氫氧化鈉吸收尾氣；

故答案為：①⑦②③⑤④；

（3）SO2與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，二氧化碳不可與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，可用高錳酸鉀來除去SO2，高錳酸鉀溶液紫紅色，當溶液顏色不再變淺，或褪色，說明SO2已經除盡，最后通過澄清石灰水檢驗CO2；澄清的石灰水與二氧化碳生成不溶于水的碳酸鈣和水，現(xiàn)象澄清變渾濁；

故答案為：③中KMnO4溶液不褪色（或變淺）；⑤中產生白色沉淀；

（4）Ⅰ．濃硝酸與木炭加熱時發(fā)生反應，碳被氧化成二氧化碳，濃硝酸被還原成二氧化氮，C+4HNO3（濃）2H2O+CO2↑+4NO2↑，二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O═2HNO3+NO；硝酸具有氧化性，能氧化金屬，生成藍色溶液為銅離子的顏色；

故答案為：NO、HNO3；

Ⅱ．硝酸具有氧化性，能氧化金屬，生成藍色溶液為銅離子的顏色，所以為銅和硝酸反應，銅從0價變?yōu)?2價，變成硝酸銅，硝酸中的+5價的氮被還原硝酸成一氧化氮，硝酸表現(xiàn)氧化性和酸性，根據(jù)反應物、生成物、反應條件寫出反應的化學方程式，3Cu+8HN03（?。?3Cu（NO3）2+2N0↑+4H2O；從方程式知，3mol銅從0價變?yōu)?2價，失去6mol電子；

故答案為：氧化性和酸性．

【解析】【答案】（1）木炭粉與濃硫酸反應生成SO2和CO2；

（2）檢驗產物水可用無水硫酸銅；檢驗二氧化硫，可用品紅溶液；酸性高錳酸鉀溶液可氧化二氧化硫；據(jù)此即可解答；（3）因二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水變渾濁，所以用高錳酸鉀溶液除去SO2，最后通過澄清石灰水檢驗CO2；（4）Ⅰ．硝酸具有氧化性；能將單質碳氧化，硝酸被還原，生成二氧化氮和二氧化碳和水，結合圖2進行解答；

Ⅱ．二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮；所以B的稀溶液為稀硝酸，B的稀溶液與金屬單質反應生成藍色溶液，藍色溶液為硝酸銅，所以，該反應為銅與硝酸反應，根據(jù)氧化還原反應方程式求電子轉移的方向和數(shù)目．

四、其他(共3題，共18分)25、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應（或取代反應）；消去反應（各1分）（3）略（2分）26、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③27、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質，則C為Cu；G是藍色沉淀，則G為Cu（OH）2；H是磚紅色沉淀，則H是Cu2O；F是形成酸雨的無色有害氣體，則F為SO2；所以B為濃H2SO4，A為D為O2，E為強堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應式為：══（3）電解溶液屬于放氧生酸型，總的電解方程式為：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══五、元素或物質推斷題(共4題，共8分)28、略

【分析】【詳解】

根據(jù)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+BaS