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476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、下列物質屬于單質的是（）A.液氯B.氯水C.漂白液D.漂白粉2、有A、B、C、D四種金屬，將A與B用導線連接起來，浸入電解質溶液，B不易腐蝕。將A、D在稀鹽酸中構成原電池，電流由A通過導線流向D。將銅浸入B的鹽溶液中，無明顯變化。如果把銅浸入C的鹽溶液中，有金屬C析出。這四種金屬的活動性由強到弱的順序是()A.DCABB.DABCC.DBACD.BADC3、將3molO2加入到VL的反應器中，在高溫下放電，經t1s建立了平衡體系：3O2?2O3，此時測知O2的轉化率為30%，下列圖象能正確表示氣體的物質的量濃度（m）跟時間（t）的關系的是（）A.B.C.D.4、可逆反應：2NO2?2NO+O2在密閉容器中反應，達到平衡狀態(tài)的標志是（）①單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO2

②NO2與NO速率相等。

③用NO2、NO、O2的物質的量濃度變化表示的反應速率的比為2：2：1的狀態(tài)。

④混合氣體的顏色不再改變的狀態(tài)。

⑤混合氣體的密度不再改變的狀態(tài)。

⑥混合氣體的平均相對分子質量不再改變的狀態(tài)。

⑦混合氣體的壓強不再改變的狀態(tài)．A.①④⑥⑦B.②③⑤C.①②④⑥⑦D.①②③④⑥⑦5、室溫下，將rm{pH}等于rm{3}的強酸溶液和rm{pH}等于rm{12}的強堿溶液混合，當溶液的rm{pH=11}時，強酸與強堿的體積比是()A.rm{9漏U2}B.rm{9漏U1}C.rm{1漏U10}D.rm{2漏U5}6、醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOH→H++CH3COO-；下列敘述不正確的是（）

A.CH3COOH溶液中離子濃度的關系滿足：c（H+）═c（OH-）+c（CH3COO-）

B.0.1mol?L-1的CH3COOH溶液加水稀釋，溶液中c（OH-）減小。

C.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固體；平衡逆向移動。

D.常溫下，pH=2的CH3COOH溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合后；溶液的pH＜7

7、用Pt電極放置于KOH溶液中，然后分別向兩極通入CO和O2，即可產生電流，下列敘述中正確的是()①通入CO的電極為陰極②通入CO的電極反應式為:2CO+O2+4e-====2CO2③正極電極反應式為:O2+2H2O+4e-====4OH-④負極電極反應式為:CO+4OH--2e-====+2H2O⑤電池工作時溶液中的陽離子向原電池的負極移動⑥放電時溶液中的陰離子向負極移動A.①④⑥B.③④⑥C.④⑤⑥D.①②③評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、用如圖所示裝置進行實驗；將A逐滴加入B中：

a．若B為Na2CO3粉末，C為C6H5ONa溶液，實驗中觀察到小試管內溶液由澄清變渾濁，則試管C中化學反應的離子方程式____．然后往燒杯中加入沸水，可觀察到試管C中的現象____．

b．若B是生石灰，觀察到C溶液中先形成沉淀，然后沉淀溶解．當沉淀完全溶解，恰好變澄清時，關閉E．然后往小試管中加入3滴乙醛，再往燒杯中加入熱水，靜置片刻，觀察到試管壁出現光亮的銀鏡，則A是____（填名稱），C是____（填化學式）．與乙醛溶液混合后，該溶液中反應的化學方程式____．儀器D在此實驗中的作用是____．

9、（10分）運用化學反應原理知識研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意義。（1）用CO可以合成甲醇。已知：CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764．6kJ·mol－1CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283．0kJ·mol－1H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285．8kJ·mol－1則CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝________kJ·mol－1（2）下列措施中能夠增大上述合成甲醇反應的反應速率的是________(填寫序號)．a．使用高效催化劑b．降低反應溫度c．不斷將CH3OH從反應混合物中分離出來d．增大體系壓強（3）在一定壓強下，容積為VL的容器中充入amolCO與2amolH2，在催化劑作用下反應生成甲醇，平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖所示。①p1________p2(填“大于”、“小于”或“等于”)；②100℃時，該反應的化學平衡常數K＝________(mol·L－1)－2；③在其它條件不變的情況下，再增加amolCO和2amolH2，達到新平衡時，CO的轉化率________(填“增大”、“減小”或“不變”)。（4）某科研小組用SO2為原料制取硫酸。①利用原電池原理，用SO2、O2和H2O來制備硫酸，該電池用多孔材料作電極，它能吸附氣體，同時也能使氣體與電解質溶液充分接觸。請寫出該電池的負極的電極反應式________________。②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后電解該溶液可制得硫酸。電解原理示意圖如下圖所示。請寫出開始時陽極反應的電極反應式________________。10、（8分）一定溫度下，冰醋酸加水稀釋過程中溶液的導電能力變化曲線如圖所示，請回答：（1）O點為什么不導電：_______________________________。（2）a、b、c三點溶液的pH由小到大的順序是______________。（3）H＋的物質的量最大的是________(填“a”、“b”或“c”)。（4）若使c點溶液中的c(CH3COO－)增大，可以采取下列措施中的________(填序號)。A．加熱B．加很稀的NaOH溶液C．加NaOH固體D．加水E．加入鋅粒11、（1）一瓶無色氣體，可能含有CH4和CH2=CH2或其中的一種，與一瓶Cl2混合后光照；觀察到黃綠色逐漸褪去，瓶壁有少量無色油狀小液滴．

①由上述實驗現象推斷出該瓶氣體中一定含有CH4，你認為是否正確，為什么？______．

②上述實驗可能涉及的反應類型有______．

（2）含有的化合物與CH2=CH2一樣，在一定條件下可聚合成高分子化合物．廣泛用作農用薄膜的聚氯乙烯塑料，是由CH2=CH-Cl聚合而成的，其化學反應方程式是______．

（3）實驗室用加熱無水乙醇與濃硫酸的混合物的方法制取乙烯，產物氣體中常?；煊卸趸颍孟聢D裝置和可選試劑驗證產物氣體中乙烯和二氧化硫均存在，圖中①、②、③、④的容器內盛放的化學試劑分別是（填寫代號）①______②______③______④______

可選擇的化學試劑有：A．品紅溶液B．濃燒堿溶液C．濃硫酸D．酸性高錳酸鉀溶液確認乙烯氣體存在的現象是______若將酸性高錳酸鉀溶液換成溴水，寫出反應的化學方程式______．12、2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反應過程的能量變化如圖所示。已知1molSO2(g)氧化為1molSO3的ΔH=—99kJ·mol-1.請回答下列問題：（1）圖中A、C分別表示、；（2）圖中△H=KJ·mol-1；（3）已知單質硫的燃燒熱為296KJ·mol-1，寫出表示硫燃燒的熱化學方程式；（4）計算由S(s)生成3molSO3(g)的△H=____。13、在水溶液中橙紅色的Cｒ2O72-與黃色的CｒO42-有下列平衡關系：Cｒ2O72-＋H2O2CｒO42-＋2H+，把Ｋ2Cｒ2O7溶于水配成稀溶液是橙色。⑴向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈__________色，因為____________________________________。⑵向已加入NaOH溶液的(1)中再加入過量稀H2SO4，則溶液呈________色，因為__________。⑶向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BａCｒO4為黃色沉淀)則平衡___________，溶液顏色將_______。14、如圖表示某溫度時，反應rm{N_{2}O_{4}(g)}rm{2NO_{2}(g)}在前rm{110s}內的反應進行情況，請根據圖像回答下列問題。rm{(1)}該可逆反應達到平衡的時間段為____。rm{(2)}反應進行到rm{70s}時，改變的條件可能是____rm{(}填字母，下同rm{)}反應進行到rm{90s}時，改變的條件可能是____。A.加入催化劑rm{B.}擴大容器體積rm{C.}升高溫度rm{D.}增大rm{N_{2}O_{4}}的濃度rm{(3)90s}后若維持容器的體積不變，平衡移動的方向為____rm{(}填“正反應”、“逆反應”或“不移動”rm{)}此時rm{N_{2}O_{4}}的轉化率____rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}rm{(4)}請在圖中畫出反應物rm{N_{2}O_{4}}在rm{0隆蘆70}秒時的濃度變化曲線。評卷人得分三、簡答題(共6題，共12分)15、從A；甲醛B、甲烷C、葡萄糖D、乙醇E、乙酸F、蛋白質G、硫酸鋇七種有機物中選擇合適的物質；將其標號填在空格內．

（1）最簡單的有機物是______．

（2）跟碳酸鈉反應有CO2生成的是______．

（3）新裝飾的家居中散發(fā)出的有毒氣體是______．

（4）通過氧化反應為人體生命活動提供能量的是______．

（5）醫(yī)療上常用體積分數為75%的______溶液作消毒劑．

（6）屬于有機高分子化合物的是______．

（7）醫(yī)療上常用作“鋇餐”的是______．16、化學在環(huán)境保護中起著十分重要的作用rm{.}催化反硝化法和電化學降解法可用于治理水中硝酸鹽的污染．

rm{(1)}催化反硝化法中，rm{H_{2}}能將rm{NO_{3}^{-}}還原為rm{N_{2}.25隆忙}時，反應進行rm{l0min}溶液的rm{pH}由rm{7}變?yōu)閞m{12}．

rm{壟脵N_{2}}的結構式為______．

rm{壟脷}上述反應的離子方程式為______，其平均反應速率rm{v(NO_{3}^{-})}為______rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}．

rm{壟脹}還原過程中可生成中間產物rm{NO_{2}^{-}}寫出rm{2}種促進rm{NO_{2}^{-}}水解的方法。

______．

rm{(2)}電化學降解rm{NO_{3}^{-}}的原理如圖所示．

rm{壟脵}電源正極為______rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}陰極反應式為：______．

rm{壟脷}若電解過程中轉移了rm{2mol}電子，則膜兩側電解液的質量變化差______rm{(trianglem_{脳貿}-trianglem_{脫脪})}為rm{(trianglem_{脳貿}-triangle

m_{脫脪})}．rm{g}17、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數依次遞增，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}位于短周期。rm{A}是原子半徑最小的元素；rm{B}的基態(tài)原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同；rm{D}原子的核外成對電子數是未成對電子數的rm{3}倍；rm{E}有“生物金屬”之稱，rm{E^{4+}}和氬原子的核外電子排布相同。rm{A}rm{B}rm{D}三種元素組成的一種化合物rm{M}是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，rm{A}rm{B}兩種元素組成的原子個數之比為rm{1:1}的化合物rm{N}是常見的有機溶劑。請回答下列問題rm{(}答題時，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}用所對應的元素符號表示rm{)}rm{(1)A_{2}D_{2}}分子的電子式為____________，屬于___________分子rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}rm{E}的基態(tài)原子的外圍電子排布式為____________。rm{(2)B}rm{C}rm{D}三種元素的第一電離能由小到大的順序為____________。rm{(3)C}元素形成含氧酸酸性強弱：rm{HNO_{3}}____________rm{HNO_{2}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}rm{(4)}下列敘述正確的是____________rm{(}填序號rm{)}A.rm{M}是極性分子，rm{N}是非極性分子B.rm{M}和rm{BD_{2}}分子中的中心原子均采用rm{sp^{2}}雜化C.rm{N}分子中含有rm{6}個rm{婁脪}鍵18、寫出下列化合物的名稱或結構簡式：

①的名稱為______．

②的名稱為______．

③的名稱為______．

④2，5二甲基2，4己二烯的結構簡式：______．19、rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}反應過程的能量變化如圖所示rm{.}已知rm{1mol}rm{SO_{2}(g)}氧化為rm{1mol}rm{SO_{3}(g)}的rm{triangleH=-99kJ/mol}．

請回答下列問題：

rm{(1)}圖中rm{E}的大小對該反應的反應熱有無影響？______rm{.}該反應通常用rm{V_{2}O_{5}}作催化劑，加rm{V_{2}O_{5}}會使圖中rm{B}點升高還是降低？______；理由是______

rm{(2)}寫出rm{SO_{2}(g)}氧化為rm{SO_{3}(g)}的熱化學方程式______；該反應的化學平衡常數表達式為______

rm{(3)}如果反應速率rm{v(SO_{2})}為rm{0.05mol/(L?min)}則rm{v(O_{2})=}______rm{mol/(L?min)}rm{v(SO_{3})=}______rm{mol/(L?min)}．

rm{(4)}已知單質硫的燃燒熱為rm{296kJ/mol}

rm{壟脵}寫出硫燃燒熱的熱化學方程式：______

rm{壟脷}寫出rm{S(s)}和rm{O_{2}(g)}生成rm{SO_{3}(g)}的熱化學方程式：______．20、某化學小組采用類似制乙酸乙酯的裝置rm{(}如圖rm{)}以環(huán)己醇制備環(huán)己烯。

已知：

。密度rm{(g/cm^{3})}熔點rm{(隆忙)}沸點rm{(隆忙)}溶解性環(huán)已醇rm{0.96}rm{25}rm{161}能溶于水環(huán)已烯rm{0.81}rm{-103}rm{83}難溶于水rm{(1)}制備粗品。

將rm{12.5mL}環(huán)己醇加入試管rm{A}中，再加入rm{lmL}濃硫酸，搖勻后放入碎瓷片，緩慢加熱至反應完全，在試管rm{C}內得到環(huán)己烯粗品．

rm{壟脵A}中碎瓷片的作用是______，導管rm{B}除了導氣外還具有的作用是______．

rm{壟脷}試管rm{C}置于冰水浴中的目的是______．

rm{(2)}制備精品。

rm{壟脵}環(huán)己烯粗品中含有環(huán)己醇和少量酸性雜質等rm{.}加入飽和食鹽水，振蕩、靜置、分層，環(huán)己烯在______層rm{(}填上或下rm{)}分液后用______rm{(}填入編號rm{)}洗滌．

rm{a.KMnO_{4}}溶液rm{b.}稀rm{H_{2}SO_{4}}rm{c.Na_{2}CO_{3}}溶液。

rm{壟脷}再將環(huán)己烯蒸餾即可得到精品．評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共8分)21、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__________________________________．22、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__________________________________．23、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。24、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：_____________________________________________________________________。評卷人得分五、實驗題(共4題，共36分)25、（6分）在實驗室我們將乙醇、濃硫酸、冰醋酸混合，利用下圖所示的裝置制取乙酸乙酯?；卮鹣铝袉栴}：⑴濃硫酸的作用是：①②。⑵飽和碳酸鈉溶液的主要作用是。⑶裝置中通蒸氣的導管要插在飽和碳酸鈉溶液的液面上，不能插入溶液中，其目的是____________。⑷若要把制得的乙酸乙酯分離出來，應采用的實驗操作是________。⑸做此實驗時，有時還向盛乙酸和乙醇的試管里加入幾塊碎瓷片，其目的是____________。26、溴苯是一種化工原料，實驗室合成溴苯的裝置示意圖及有關數據如下：。苯溴溴苯密度rm{/g隆隴cm^{-3}}rm{0.88}rm{3.10}rm{1.50}沸點rm{/隆忙}rm{80}rm{59}rm{156}水中溶解度微溶微溶微溶按以下合成步驟回答問題：rm{(1)}在rm{a}中加入rm{15mL}無水苯和少量鐵屑。在rm中小心地加入rm{4.0mL}液溴。向rm{a}中滴入幾滴液溴，有白霧產生，是因為生成了________氣體。繼續(xù)滴加至液溴滴完。裝置rmlfxx5jl的作用是____________。rm{(2)}液溴滴完后，經過下列步驟分離提純：rm{壟脵}向rm{a}中加入rm{10mL}水，然后過濾除去未反應的鐵屑。rm{壟脷}濾液依次用rm{10mL}水、rm{8mL10%}的rm{NaOH}溶液、rm{10mL}水洗滌并分液。rm{NaOH}溶液洗滌的作用是________________________。rm{壟脹}向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯化鈣，靜置、過濾。加入氯化鈣的目的是____________________________。rm{(3)}經過上述分離操作后，粗溴苯要進一步提純，下列操作中必須進行的是________rm{(}填字母代號rm{)}A.重結晶rm{B.}過濾C.蒸餾rm{D.}萃取rm{(4)}在該實驗中，rm{a}的容積最適合的是________rm{(}填字母代號rm{)}A.rm{25mLB.50mL}C.rm{250mLD.500mL}27、氮化鎂rm{(Mg_{3}N_{2})}在工業(yè)上具有非常廣泛的應用。某化學興趣小組用鎂與氮氣反應制備rm{Mg_{3}N_{2}}并進行有關實驗。實驗裝置如下所示：rm{(}部分加熱裝置已略去rm{)}

已知：rm{壟脵}氮化鎂常溫下為淺黃色粉末，極易與水反應。rm{壟脷}亞硝酸鈉和氯化銨制取氮氣的反應劇烈放熱，產生氮氣的速度較快。rm{壟脹}溫度較高時，亞硝酸鈉會分解產生rm{O_{2}}等?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}儀器rm的名稱是____；寫出裝置rm{A}中發(fā)生反應的化學方程式_____。rm{(2)}某同學檢驗裝置rm{A}部分的氣密性，關閉止水夾rm{c}后，開啟活塞rm{a}水不斷往下滴，直至全部流入燒瓶。試判斷：rm{A}部分裝置是否漏氣？___________rm{(}填“漏氣”、“不漏氣”或“無法確定”rm{)}判斷理由是____________。rm{(3)}裝置rm{C}中為飽和硫酸亞鐵溶液，其作用是____________，裝置rm{F}的作用是____________。rm{(4)}加熱至反應開始發(fā)生，需移走rm{A}處酒精燈，原因是_________________。rm{(5)}定性分析產物。操作步驟實驗現象解釋原因取少量產品于試管中，加適量蒸餾水試管底部有固體不溶物，有剌激性氣味的氣體產生反應的化學方程式為____棄去上層淸液，加入足量稀鹽酸觀察到固體全部溶解，且有氣泡冒出氣泡冒出的原因為____28、某化學興趣小組的同學擬設計實驗制備KMnO4；并檢驗所得產品純度。

資料：

i.MnO2與強堿在強氧化劑存在下共熔生成K2MnO4；

ii.K2MnO4溶于水，發(fā)生歧化反應生成KMnO4：

3K2MnO4+2H2O=2KMnO4+MnO2↓+4KOH

根據資料；該小組同學設計實驗方案如下：

①將KClO3和KOH固體混勻，加熱至熔融，緩慢加入MnO2，繼續(xù)加熱，得顆粒狀粗產品，提純后，溶解得K2MnO4溶液。

②向制得的K2MnO4溶液中通入適量CO2，直至K2MnO4全部轉化為KMnO4和MnO2。抽濾，濾液轉入蒸發(fā)皿中，____；抽濾，洗滌，干燥，稱量，得到mg產品。

③將mg產品溶解，配成100mL待測液，量取25mL標準H2C2O4溶液(0.1000mol/L)于錐形瓶中，加入足量稀H2SO4；用配制的待測液滴定，平行滴定3次，消耗待測液的平均值為VmL。

回答下列問題：

(1)寫出制備K2MnO4的化學方程式：___________；在實驗室進行該反應需用到的硅酸鹽儀器有酒精燈；___________。

(2)進行K2MnO4的歧化反應時，通入適量CO2的目的是___________，如果CO2通入過多；可能會使產物不純，混有雜質___________。

(3)步驟②中____處的操作方法為___________。

(4)滴定開始時，溶液紫色褪去很慢，滴入幾滴KMnO4溶液后，褪色變得很快，可能的原因是___________，滴定終點的現象是___________，產品中KMnO4(M=158g/mol)的質量分數為___________。評卷人得分六、元素或物質推斷題(共4題，共32分)29、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）。30、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：_____________。31、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）。32、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_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】試題分析：液氯是氯氣的液體狀態(tài)，屬于單質，A正確；氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，氯水中含有三分子、四離子，是混合物，B錯誤；漂白液是次氯酸鈉和氯化鈉的水溶液，是混合物，C錯誤；漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣組成的混合物，其有效成分是次氯酸鈣，D錯誤，答案選A.考點：單質和混合物【解析】【答案】A2、B【分析】試題分析：將A與B用導線連接起來，浸入電解質溶液，B不易腐蝕，則金屬活動性A>B；將A、D在稀鹽酸中構成原電池，電流由A通過導線流向D，則金屬活動性：D>A；將銅浸入B的鹽溶液中，無明顯變化，則B>Cu;如果把銅浸入C的鹽溶液中，有金屬C析出。則活動性Cu>C.所以金屬的活動性強弱關系為D>A>B>Cu>C.選項為B?？键c：考查金屬活動性強弱比較的知識。【解析】【答案】B3、C【分析】【解答】解：O2的轉化率為30%，則O2的消耗量為3mol×30%=0.9mol，。3O2?2O3n（始）：30n（變）：0.90.6n（平）：2.10.6O2的起始濃度為O2的平衡濃度為O3的起始濃度為0，O3的平衡濃度為

A、圖象表示平衡時O2和O3的物質的量相同；與實際不符，故A錯誤；

B、圖象表示平衡時O2和O3的物質的量相同；與實際不符，故B錯誤；

C、圖象表示平衡時O2的物質的量大于O3的物質的量；與實際相符，故C正確；

D、圖象表示平衡時O2的物質的量小于O3的物質的量；與實際不符，故D錯誤．

故選：C．

【分析】根據O2的轉化率利用三段式計算平衡時各組分的濃度。3O2?2O3n（始）：30n（變）：0.90.6n（平）：2.10.6O2的起始濃度為O2的平衡濃度為O3的起始濃度為0，O3的平衡濃度為O2的物質的量大于O3的物質的量．4、A【分析】【解答】解：①單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO2，同時消耗nmolO2，正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故正確；②NO2與NO速率相等，反應方向未知，無法判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；③用NO2、NO、O2的物質的量濃度變化表示的反應速率的比為2：2：1的狀態(tài)；反應方向未知，無法判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；④混合氣體的顏色不再改變的狀態(tài)，說明二氧化氮濃度不變，則該反應達到平衡狀態(tài)，故正確；⑤無論反應是否達到平衡狀態(tài)，混合氣體總質量不變；容器體積不變，則混合氣體的密度始終不變，不能據此判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；⑥反應前后氣體總質量不變、混合氣體總物質的量增大，反應前后混合氣體平均相對分子質量減小，當混合氣體的平均相對分子質量不再改變時，該反應達到平衡狀態(tài)，故正確；⑦反應前后混合氣體總物質的量減小，容器體積不變，則反應前后混合氣體總壓強減小，當混合氣體的壓強不再改變時，正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故正確；故選A．

【分析】當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的物質的量、物質的量濃度濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些物理量也不發(fā)生變化，據此分析解答．5、A【分析】解：設強堿的體積為rm{xL}強酸的體積為rm{yL}

rm{pH=12}的強堿溶液，rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}

rm{pH=3}的強酸，rm{c(H^{+})=0.001mol/L}

混合后rm{pH=11}堿過量，rm{c(OH^{-})=0.001mol/L}

則rm{dfrac{xtimes0.01-ytimes0.001}{x+y}=0.001}

解得rm{dfrac{xtimes0.01-ytimes

0.001}{x+y}=0.001}rm{x}rm{y=9}

故選A。rm{2}【解析】rm{A}6、B【分析】

A．醋酸溶液呈電中性，溶液中存在電荷守恒，即c（H+）═c（OH-）+c（CH3COO-）；故A正確；

B．加水稀釋醋酸；促進醋酸電離，但氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數不變，所以氫氧根離子濃度增大，故B錯誤；

C．向醋酸溶液中加入少量醋酸鈉固體；溶液中醋酸根離子濃度增大，抑制醋酸電離，故C正確；

D．常溫下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸濃度大于0.01mol/L；pH=12的NaOH溶液中氫氧化鈉濃度等于0.01mol/L，所以兩種等體積混合后，酸剩余，溶液呈酸性而使溶液的pH＜7，故D正確；

故選B．

【解析】【答案】醋酸是弱酸；溶液中存在電離平衡，導致溶液中氫離子濃度小于醋酸濃度，加入含有醋酸根離子的鹽能抑制其電離，稀釋醋酸能促進醋酸電離，結合電荷守恒解答．

7、B【分析】試題分析：此裝置是CO、氧氣電池，KOH作電解質溶液，則通入氧氣的一極作電池的正極，通入CO的一極是原電池的負極，負極發(fā)生氧化反應，所以CO失去電子生成的二氧化碳與KOH溶液反應生成碳酸鉀，正極是氧氣得到電子與水結合生成氫氧根離子，電池工作時，陽離子向原電池的正極移動，陰離子向負極移動，所以③④⑥是正確的，答案選B?？键c：考查原電池的判斷，正負極、電極反應式的判斷，離子的定向移動的判斷【解析】【答案】B二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】

a、C為C6H5ONa溶液，實驗中觀察到小試管內溶液由澄清變渾濁，說明有苯酚生成，B為Na2CO3粉末，所以A是一種強酸，和碳酸鈉反應放出二氧化碳，碳酸的酸性比苯酚強，將二氧化碳通入到苯酚鈉中會生成苯酚沉淀，即C6H5O-+H2O+CO2=C6H5OH+HCO3-；當溫度低于16.6℃時為無色晶體，往燒杯中加入沸水，苯酚會變?yōu)闊o色液體；

故答案為：C6H5O-+H2O+CO2=C6H5OH+HCO3-；渾濁變澄清；

B、往小試管中加入3滴乙醛，再往燒杯中加入熱水，靜置片刻，觀察到試管壁出現光亮的銀鏡，因為醛能和銀氨溶液之間發(fā)生銀鏡反應，向硝酸銀溶液中加氨水或通氨氣，當沉淀剛好消失時，可以獲得銀氨溶液，所以A是氨水，C是硝酸銀，乙醛和銀氨溶液間的銀鏡反應為：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

故答案為：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O．

【解析】【答案】a；碳酸的酸性比苯酚強；苯酚是不溶于水的，當溫度低于16.6℃時成為無色晶體，當溫度高于該溫度時，會變?yōu)闊o色液體；

B；醛能和銀氨溶液之間發(fā)生銀鏡反應；向硝酸銀溶液中加氨水或通氨氣，當沉淀剛好消失時，可以獲得銀氨溶液．

9、略

【分析】試題分析：：（1）用CO可以合成甲醇．已知：①CH3OH（g）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ?mol-1；②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ?mol-1；③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1；由蓋斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol，答案為：-90；（2）溫度越高、壓強越大，使用催化劑都可使反應速率增大，降低溫度反應速率減慢，從體系中分離出甲醇，相當于減少濃度，反應速率減慢，答案為：ad；（3））①由圖1可知，溫度相同時，在壓強為P2時平衡時CO的轉化率高，由反應CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）可知壓強越大，越有利于平衡向正反應進行，故壓強P1＜P2，答案為：小于；②由于平衡常數與壓強沒有關系，所以根據圖象可知，在100℃P1時，CO的轉化率是0.5，則CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）c初（mol/L）a/v2a/v0△c（mol/L）a/2va/va/2vc（mol/L）a/2va/va/2v所以平衡常數K=c(CH3OH)/(c(CO)×c(H2)2)=(V/a)2答案為：(V/a)2③在其它條件不變的情況下，再增加amolCO與2amolH2，等效為增大壓強，平衡向正反應移動，CO轉化率增大，答案為：增大；（4））①該原電池中，負極上失電子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合價升高，所以負極上投放的氣體是二氧化硫，二氧化硫失電子和水反應生成硫酸根離子和氫離子，所以負極上的電極反應式為：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，答案為：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；②電解池中陽極和電源正極相連，失去電子，發(fā)生氧化反應，電解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合價升高，所以陽極是HSO3-溶液失去電子被氧化生成SO42-，則陽極電極反應式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+，答案為：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+考點：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；化學反應速率的影響因素；化學平衡的計算．【解析】【答案】（1）－90（2）ad（3）①小于②(V/a)2③增大（4）①SO2＋2H2O－2e－===4H＋＋SO42-②HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+10、略

【分析】試題分析：（1）冰醋酸是純凈的醋酸，只有電解質分子，沒有發(fā)生電離。沒有自由移動的離子所以不能導電。（2）自由移動的離子濃度越大，溶液的導電性就越強，由于導電性b＞a＞c,所以氫離子的濃度大小順序是：b＞a＞c。氫離子的濃度越大，溶液的PH就越小，a，b，c三點的pH由小到大的順序是b＜a＜c.（3）加入的水越多，電離的電解質就越多，電離程度就越大。所以a、b、c三點中電離程度最大的是c，次點H＋的物質的量最大；（4）A電解質電離過程是個吸熱過程，加熱，是溫度升高，可以使平衡向電離的方向移動，導致c(CH3COO-)增大，A正確。B.加很稀的NaOH溶液,消耗了氫離子，減小了氫離子的濃度，是電離平衡向電離的方向移動，但由于是稀溶液,最終氫離子的濃度及c(CH3COO-)反而減小,B錯誤。C.加NaOH固體消耗氫離子，破壞了電離平衡，使電離平衡向電離的方向移動。由于醋酸跟離子沒有消耗所以最后c(CH3COO-)增大,C正確。D.加水，平衡正向移動，電解質分子的濃度減小。由于電離平衡移動使c(CH3COO-)增大的趨勢小于水對它的稀釋作用，最后c(CH3COO-反而減小,D錯誤。E.加入鋅粒消耗氫離子，破壞了電離平衡，促使它向電離的方向移動，最終c(CH3COO-)增大,E正確。選ACE?？键c：考查溶液的導電性與溶液稀釋的關系及外界條件對電離平衡的影響的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮?8.（8分）（1）無自由移動的離子（2）b11、略

【分析】解：（1）①因為CH2=CH2也可以與Cl2發(fā)生加成反應，而使黃綠色逐漸褪色，生成的CH2ClCH2Cl也是油狀液體；則不能確定是否含有甲烷；

故答案為：不正確，因為CH2=CH2也可以與Cl2發(fā)生加成反應，而使黃綠色逐漸褪色，生成的CH2ClCH2Cl也是油狀液體；

②乙烯和氯氣發(fā)生加成反應；甲烷和氯氣發(fā)生取代反應，故答案為：取代反應；加成反應；

（2）由氯乙烯合成聚氯乙烯的反應為：

故答案為：

（3）裝置①中盛有品紅溶液，用來檢驗二氧化硫的存在；然后將氣體通入盛有氫氧化鈉溶液的②除去二氧化硫，再通入盛有品紅溶液的③確定二氧化硫是否除干凈，最后通入盛有酸性高錳酸鉀的④檢驗乙烯的存在；裝置③中的品紅溶液不退色可以排除二氧化硫的干擾，若裝置④中的酸性KMnO4溶液退色，可證明乙烯的存在，若將酸性高錳酸鉀溶液換成溴水，溴水與乙烯發(fā)生加成反應，方程式為CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；

故答案為：A；B；A；D；③中品紅溶液不褪色，④中酸性高錳酸鉀溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br．

（1）乙烯和氯氣發(fā)生加成反應；甲烷和氯氣發(fā)生取代反應；

（2）CH2═CHCl含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加聚反應生成聚氯乙烯，聚苯乙烯的單體為苯乙烯；

（3）二氧化硫為酸性氣體，可與堿反應，可使品紅褪色，具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，而乙烯含有碳碳雙鍵，能夠與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，使高錳酸鉀褪色，所以先檢驗二氧化硫，然后檢驗乙烯，同在檢驗乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通過品紅溶液不褪色確認SO2已除干凈；最后用高錳酸鉀酸性溶液褪色檢驗乙烯，以此解答該題．

本題考查物質的性質實驗，為高考常見題型，側重于學生的分析、實驗能力的考查，題目著重考查了乙烯的實驗室制法以及產物的檢驗，熟悉二氧化硫、乙烯的性質是解題關鍵，注意實驗設計的嚴密性，氣體檢驗的順序，題目難度不大．【解析】不正確，因為CH2=CH2也可以與Cl2發(fā)生加成反應，而使黃綠色逐漸褪色，生成的CH2ClCH2Cl也是油狀液體；取代反應、加成反應；A；B；A；D；③中品紅溶液不褪色，④中酸性高錳酸鉀溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br12、略

【分析】（1）根據圖像可知A點表示反應物的總能量，C點表示生成物的總能量。（2）1molSO2(g)氧化為1molSO3的ΔH=—99kJ·mol-1.而在圖像中表示的是生成2molSO3的能量變化示意圖，所以反應熱是—198kJ·mol-1.（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，所以熱化學方程式為S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1=-296KJ·mol-1。（4）硫的燃燒熱為296kJ／mol，所以熱化學方程式為①S(s)+O2(g)＝SO2(g)△H=－296kJ·mol-1。將該反應和反應②2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－198kJ·mol-1疊加，即①×2＋②得到2S(s)+3O2(g)＝2SO3(g)，所以該反應的△H＝－790kJ·mol-1。因此生成3mol三氧化硫氣體放出的熱量是【解析】【答案】（1）反應物能量生成物能量（每空2分）（2）－198（2分）（3）S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1=-296KJ·mol-1（3分）（4）△H=－1185KJ·mol-1（3分）13、略

【分析】【解析】【答案】14、(1)60～70s、80～90s、100～110s(2)BD(3)正反應減小(4)【分析】【分析】本題考查了化學反應速率和化學平衡基礎知識，注意對化學平衡圖像的理解，側重考查了學生理解運用能力，平時學習時要注意基礎知識的積累掌握?！窘獯稹縭m{(1)}根據平衡狀態(tài)，各組分的濃度不再隨時間的變化而變化，所以達到平衡的時間段為rm{60隆蘆70s}rm{80隆蘆90s}rm{100隆蘆110s}rm{60隆蘆70s}rm{80隆蘆90s}，故答案為：rm{100隆蘆110s}rm{60隆蘆70s}rm{80隆蘆90s}rm{100隆蘆110s}rm{60隆蘆70s}；

rm{80隆蘆90s}影響化學平衡移動的因素有：溫度、濃度、壓強等，在rm{100隆蘆110s}時，二氧化氮的濃度迅速降低，所以可以是擴大容器體積，在rm{(2)}時，四氧化二氮的濃度迅速升高，可以是增加了rm{70s}的濃度，故答案為：rm{90s}rm{N_{2}O_{4}}

rm{B}增大rm{D}的濃度，平衡正反應方向移動，相當增大壓強轉化率減小，故答案為：正反應；減?。?/p>

rm{(3)}根據反應rm{N_{2}O_{4}}可以知道，相同時間內四氧化二氮和二氧化氮濃度的變化量之比等于rm{(4)}據此來作圖得：

故答案為：rm{?}【解析】rm{(1)}rm{60隆蘆70s}rm{80隆蘆90s}rm{100隆蘆110s}rm{60隆蘆70s}rm{80隆蘆90s}rm{100隆蘆110s}rm{(2)B}rm{D}正反應減小rm{(3)}rm{(4)}三、簡答題(共6題，共12分)15、略

【分析】解：（1）最簡單的有機物為甲烷；相對原子質量最小，故答案為：B；

（2）具有酸性的只有乙酸；和碳酸鈉反應放出二氧化碳，故答案為：E；

（3）甲醛可用于防腐；常用于裝飾材料中，故答案為：A；

（4）葡萄糖為人體生命活動提供能量；故答案為：C；

（5）乙醇可使蛋白質變性；常用于殺菌消毒，故答案為：D；

（6）蛋白質為高聚物；相對分子質量較大，為高分子化合物，故答案為：F；

（7）硫酸鋇不溶于水也不溶于酸；可用作鋇餐，故答案為：G．

（1）最簡單的有機物為甲烷；

（2）乙酸具有酸性；酸性比碳酸強；

（3）從新裝飾的家居中散發(fā)出的有毒氣體是甲醛；

（4）葡萄糖為人體生命活動提供能量；

（5）乙醇可用于殺菌消毒；

（6）結合有機高分子化合物的定義分析；

（7）硫酸鋇不溶于水也不溶于酸；可用作鋇餐．

本題考查較為綜合，涉及有機物的組成、結構、性質和應用的考查，題目較為基礎，注意相關知識的積累．【解析】B；E；A；C；D；F；G16、略

【分析】解：rm{(1)壟脵N_{2}}分子中氮原子間通過氮氮三鍵結合，因此其結構式為rm{N隆脭N}故答案為：rm{N隆脭N}

rm{壟脷}利用溶液rm{pH}變化可知有rm{OH^{-}}生成；再結合原子守恒可寫出反應的離子方程式為：

rm{2NO_{3}^{-}+5H_{2}=N_{2}+2OH^{-}+4H_{2}O}利用離子方程式知rm{v(NO_{3}^{-})=v(OH^{-})=dfrac{10^{-2}-10^{-7}}{10}mol/(L?min)=0.001mol/(L?min)}

故答案為：rm{v(NO_{3}^{-})=v(OH^{-})=dfrac

{10^{-2}-10^{-7}}{10}mol/(L?min)=0.001mol/(L?min)}rm{2NO_{3}^{-}+5H_{2}=N_{2}+2OH^{-}+4H_{2}O}

rm{0.001}亞硝酸鹽水解是吸熱反應，且水解時生成氫氧根離子，稀釋亞硝酸鹽溶液能促進其水解，所以要使rm{壟脹}水解使溶液中rm{NO_{2}^{-}}變大，可促進rm{c(OH^{-})}水解的措施有加熱；加水或加酸等；故答案為：加水、升高溫度、加酸；

rm{NO_{2}^{-}}由圖示知在rm{(2)壟脵}電極上rm{Ag-Pt}發(fā)生還原反應，因此rm{NO_{3}^{-}}電極為陰極，則rm{Ag-Pt}為負極，rm{B}為電源正極；在陰極反應是rm{A}得電子發(fā)生還原反應生成rm{NO_{3}^{-}}利用電荷守恒與原子守恒知有rm{N_{2}}參與反應且有水生成；

所以陰極上發(fā)生的電極反應式為：rm{H^{+}}

故答案為：rm{2NO_{3}^{-}+12H^{+}+10e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{A}

rm{2NO_{3}^{-}+12H^{+}+10e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}轉移rm{壟脷}電子時，陽極rm{2mol}陽極反應為rm{(}失電子氧化為rm{H_{2}O}和rm{O_{2}}消耗rm{H^{+})}水，產生rm{1mol}進入陰極室，陽極室質量減少rm{2molH^{+}}陰極室中放出rm{18g}同時有rm{0.2molN_{2}(5.6g)}進入陰極室，因此陰極室質量減少rm{2molH^{+}(2g)}故膜兩側電解液的質量變化差rm{3.6g}左rm{(trianglem}右rm{-trianglem}

故答案為：rm{)=18g-3.6g=14.4g}．

rm{14.4}氮氣分子中氮原子間形成rm{(1)壟脵}個共用電子對；

rm{3}在催化劑條件下，氫氣和硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成氮氣、水和氫氧根離子；先根據溶液rm{壟脷}的變化計算氫氧根離子反應速率；再根據氫氧根離子和硝酸根離子之間的關系式計算硝酸根離子反應速率；

rm{pH}亞硝酸根離子水解是吸熱反應；根據外界條件對其水解反應影響來分析；

rm{壟脹}由圖示知在rm{(2)壟脵}電極上rm{Ag-Pt}發(fā)生還原反應，因此rm{NO_{3}^{-}}電極為陰極，則rm{Ag-Pt}為負極，rm{B}為電源正極；陰極反應是rm{A}得電子發(fā)生還原反應生成rm{NO_{3}^{-}}利用電荷守恒與原子守恒知有氫離子參與反應且有水生成；

rm{N_{2}}轉移rm{壟脷}電子時，陽極rm{2mol}陽極反應為rm{(}失電子氧化為rm{H_{2}O}和rm{O_{2}}消耗rm{H^{+})}水，產生rm{1mol}進入陰極室，陽極室質量減少rm{2molH^{+}}陰極室中放出rm{18g}同時有rm{0.2molN_{2}(5.6g)}進入陰極室．

本題考查結構式和離子方程式的書寫、電解原理、反應速率計算、平衡移動等知識點，rm{2molH^{+}(2g)}中rm{(2)}要注意該題中陰極室有氫離子進入，易漏掉，為易錯點．rm{壟脷}【解析】rm{N隆脭N}rm{2NO_{3}^{-}+5H_{2}=N_{2}+2OH^{-}+4H_{2}O}rm{0.001}加水、升高溫度、加酸；rm{A}rm{2NO_{3}^{-}+12H^{+}+10e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{14.4}17、（1）極性3d24s2

（2）C＜O＜N

（3）＞

（4）A【分析】【分析】本題是對物質結構的考查，推斷元素是解題關鍵，需要學生具備扎實的基礎，難度中等?！窘獯稹緼、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數依次遞增，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}位于前三周期，rm{A}是原子半徑最小的元素，則rm{A}為氫元素；rm{B}的基態(tài)原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同，原子核外電子數排布為rm{1s}rm{B}rm{C}rm{D}五種元素的原子序數依次遞增，rm{E}rm{A}rm{B}rm{C}位于前三周期，rm{D}是原子半徑最小的元素，則rm{A}為氫元素；rm{A}的基態(tài)原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同，原子核外電子數排布為rm{B}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}原子的核外成對電子數是未成對電子數的rm{2p}倍，核外電子排布為rm{{,!}^{2}}，故B為碳元素；rm{D}原子的核外成對電子數是未成對電子數的rm{3}倍，核外電子排布為rm{1s}rm{D}rm{3}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}原子序數介于碳、氧之間，故C為氮元素；rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}三種元素組成的一種化合物rm{2p}是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，該氣體rm{{,!}^{4}}為，故D為氧元素；rm{C}原子序數介于碳、氧之間，故C為氮元素；rm{A}rm{B}rm{D}三種元素組成的一種化合物rm{M}是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，該氣體rm{M}為rm{HCHO}rm{A}rm{B}二種元素組成的原子個數比為rm{1}rm{1}的化合物rm{N}是常見的有機溶劑，則rm{N}為苯；rm{E}有“生物金屬”之稱，rm{E}rm{C}rm{A}二種元素組成的原子個數比為rm{B}rm{D}的化合物rm{M}是常見的有機溶劑，則rm{M}為苯；rm{HCHO}有“生物金屬”之稱，rm{A}rm{B}rm{1}原子核外電子數為rm{1}故E為rm{N}

rm{N}rm{E}rm{E}rm{{,!}^{4+}}離子和氬原子的核外電子排布相同，rm{E}原子核外電子數為rm{18+4=22}故E為rm{Ti}rm{E}rm{18+4=22}rm{Ti}rm{(1)A}rm{(1)A}為rm{{,!}_{2}}原子序數為rm{D}其基態(tài)原子的外圍電子排布式為rm{D}rm{{,!}_{2}}分子為rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}

rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}，其電子式為，rm{E}為rm{Ti}原子序數為rm{22}其基態(tài)原子的外圍電子排布式為rm{3d}rm{E}

rm{Ti}同周期自左而右第一電離能增大，但rm{22}原子rm{3d}軌道半滿，為穩(wěn)定狀態(tài)，故第一電離能rm{{,!}^{2}}

rm{4s}

rm{4s}硝酸的酸性大于亞硝酸，故答案為：rm{{,!}^{2}}，中故答案為：氧原子電負性很大，是極性分子，；rm{3d}為苯，是非極性分子，故rm{3d}正確；

rm{{,!}^{2}}中rm{4s}原子形成rm{4s}個rm{{,!}^{2}}鍵，沒有孤電子對，碳原子采用；rm{(2)}同周期自左而右第一電離能增大，但rm{N}原子rm{p}軌道半滿，為穩(wěn)定狀態(tài)，故第一電離能rm{C<O<N}rm{(2)}雜化，故rm{N}錯誤；

rm{p}之間是rm{C<O<N}故答案為：rm{C<O<N}rm{C<O<N}鍵，rm{(3)}硝酸的酸性大于亞硝酸，故答案為：rm{>}之間是rm{(3)}rm{>}A.rm{HCHO}中rm{O}氧原子電負性很大，是極性分子，rm{N}為苯，是非極性分子，故rm{a}正確；鍵，苯分子中含有rm{HCHO}個rm{O}鍵和rm{N}個大rm{a}鍵，故B.rm{HCHO}中rm{C}原子形成rm{3}個rm{婁脪}鍵，沒有孤電子對，碳原子采用rm{sp}錯誤。

rm{HCHO}rm{C}【解析】rm{(1)}極性rm{3d^{2}4s^{2}}rm{(2)C<O<N}rm{(3)>}rm{(4)A}18、略

【分析】解：①物質結構為烷烴；選取含取代基最多最長碳鏈為主碳鏈含8個碳原子，離取代基近的一端編號確定取代基位置，取代基位次和最小，在2；6號碳含三個甲基，4.6號碳含一個乙基，名稱為：2，2，6-三甲基-4，6-二乙基辛烷，故答案為：2，2，6-三甲基-4，6-二乙基辛烷；

②為烯烴；選取含碳碳雙鍵在內的最長碳鏈為主碳鏈，離碳碳雙鍵近的一端給主碳鏈編號，寫出名稱為：2-乙基-3-甲基-1-戊??；

故答案為：2-乙基-3-甲基-1-戊??；

③有苯環(huán)的；命名時可以依次編號命名，名稱為1，3-二甲基-4-乙基苯，故答案為：1，3-二甲基-4-乙基苯；

④2，5-二甲基-2，4-己二烯的結構中主碳鏈含六個碳，2，4號碳上含碳碳雙鍵，2.5號碳上含有甲基，編號從距離碳碳雙鍵最近的一端開始，該有機物結構簡式為C（CH3）2=CHCH=C（CH3）2；

故答案為：C（CH3）2=CHCH=C（CH3）2．

判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長：選最長碳鏈為主鏈；

②多：遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近：離支鏈最近一端編號；

④?。褐ф溇幪栔妥钚。聪旅娼Y構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

（2）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

（3）對于結構中含有苯環(huán)的；命名時可以依次編號命名，也可以根據其相對位置，用“鄰”；“間”、“對”進行命名；

（4）含有官能團的有機物命名時；要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最?。?/p>

本題考查了有機物的命名，題目難度中等，該題注重了基礎性試題的考查，側重對學生基礎知識的檢驗和訓練，該題的關鍵是明確有機物的命名原則，然后結合有機物的結構簡式靈活運用即可，有利于培養(yǎng)學生的規(guī)范答題能力．【解析】2，2，6-三甲基-4，6-二乙基辛烷；2-乙基-3-甲基-1-戊稀；1，3-二甲基-4-乙基苯；C（CH3）2=CHCH=C（CH3）219、略

【分析】解：rm{(1)}因圖中rm{A}rm{C}分別表示反應物總能量、生成物總能量，rm{E}為活化能，反應熱可表示為rm{A}rm{C}活化能的大小之差；活化能的大小與反應熱無關；加入催化劑，活化能減小，反應反應熱不變；

故答案為：無；降低；因為催化劑改變了反應的歷程使活化能rm{E}降低；

rm{(2)}因rm{1molSO_{2}(g)}氧化為rm{1molSO_{3}}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}所以rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}}氧化為rm{2molSO_{2}(g)}的rm{triangleH=-198kJ?mol^{-1}}

則rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}

故答案為：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}

rm{2molSO_{3}}如果反應速率rm{triangle

H=-198kJ?mol^{-1}}為rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}則rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(SO_{2})=0.025mol/(L?min)}rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}．

故答案為：rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{(3)}

rm{v(SO_{2})}因單質硫的燃燒熱為rm{0.05mol/(L?min)}則rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangleH=-296kJ?mol^{-1}}

而rm{v(O_{2})=dfrac

{1}{2}v(SO_{2})=0.025mol/(L?min)}氧化為rm{v(SO_{3})=v(SO_{2})=0.05}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}則rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangleH=-99kJ?mol^{-1}}

由蓋斯定律可得：rm{S(s)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangleH=-296kJ?mol^{-1}+(-99kJ?mol^{-1_{)=}}-395kJ?mol^{-1}}則rm{mol/(L?min)}生成rm{0.025}的rm{triangleH=-395kJ?mol^{-1}}故rm{0.05}生成rm{(4)}的rm{triangleH=-1185kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{S(s)+O_{2}(g)=2SO_{2}(g)triangleH_{1}=-296}rm{296kJ?mol^{-1}}rm{3S(s)+dfrac{9}{2}O_{2}(g)=3SO_{3}(g)triangleH簍T-1185kJ?mol^{-1}}．

rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangle

H=-296kJ?mol^{-1}}反應熱等于生成物能量和與反應物能量和的差值；加入催化劑；活化能減小，反應反應熱不變；

rm{1molSO_{2}(g)}根據反應rm{1molSO_{3}}結合rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}}氧化為rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangleH=-99kJ?mol^{-1}}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}計算反應熱；平衡常數等于生成物與反應物的濃度冪之積；

rm{S(s)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangle

H=-296kJ?mol^{-1}+(-99kJ?mol^{-1_{)=}}-395kJ?mol^{-1}}反應速率之比等于化學計量數之比；以此可計算反應速率；

rm{S(s)}單質硫的燃燒熱為rm{1molSO_{3}(g)}所以熱化學方程式為：rm{S(s)+O_{2}(g)簍TSO_{2}(g)triangleH=-296kJ/mol}利用蓋斯定理解答該題．

本題綜合考查反應熱與焓變，為高考常見題型，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意反應熱計算的應用，題目較簡單．rm{triangle

H=-395kJ?mol^{-1}}【解析】無；降低；因為催化劑改變了反應的歷程使活化能rm{E}降低；rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{S(s)+O_{2}(g)=2SO_{2}(g)triangleH_{1}=-296KJ?mol^{-1}}rm{3S(s)+dfrac{9}{2}O_{2}(g)=3SO_{3}(g)triangleH簍T-1185kJ?mol^{-1}}rm{0.025}20、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}根據實驗室制乙烯可知，發(fā)生裝置rm{A}中碎瓷片的作用是防止暴沸，導管rm{B}比較長；能增加與空氣的接觸面積，其作用是導氣和將生成的氣體物質冷凝回流；

故答案為：防止暴沸；冷凝回流；

rm{壟脷}冰水浴的目的是降低環(huán)己烯蒸氣的溫度；使其液化；

故答案為：進一步冷卻；防止環(huán)己烯揮發(fā)；

rm{(2)}環(huán)己烯是烴類，不溶于氯化鈉溶液，且密度比水小，振蕩、靜置、分層后環(huán)己烯在上層；環(huán)己烯中含有碳碳雙鍵，可以被rm{KMnO_{4}}溶液氧化，稀rm{H_{2}SO_{4}}不能除去，反而能引入新的酸性雜質，只有rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；不能與環(huán)己烯反應，可以與酸性雜質反應，可選；

故答案為：上；rm{c}．

rm{(1)壟脵}根據實驗室制乙烯可知，發(fā)生裝置rm{A}中碎瓷片的作