2025年西師新版高二化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年西師新版高二化學上冊階段測試試卷234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8題，共16分)1、我國及美國、日本等國家都已研制出了一種陶瓷柴油機，這種柴油機的發(fā)動機部件的受熱面是用一種耐高溫且不易傳熱的材料來制造的，這種材料是A.普通硅酸鹽陶瓷B.氮化硅陶瓷C.光導纖維D.玻璃鋼2、下列有機物中，能在一定條件下發(fā)生消去反應且生成的烯烴只有一種的是（）A.B.C.CH3OHD.3、下列說法中正確的是()A.欲使rm{0.1mol/L}的rm{NaHCO_{3}}溶液中rm{c(H^{+})}rm{c(CO_{3}^{2-})}rm{c(HCO_{3}^{-})}都減少，其方法是加入rm{NaOH}固體B.常溫下，rm{0.4mol/LHB}溶液和rm{0.2mol/LNaOH}溶液等體積混合后溶液的rm{pH=3}則混合溶液中離子濃度的大小順序為：rm{c(B^{-})>c(H^{+})>c(Na^{+})>c(OH^{-})}C.某溫度下純水的rm{c(H^{+})=1.0隆脕10^{-6}mol/L}在此溫度下，將rm{pH=8}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液與rm{pH=5}的稀鹽酸混合rm{(}溶液體積變化忽略不計rm{).}欲使混合溶液的rm{pH=7}則氫氧化鋇溶液與鹽酸的體積比為rm{2}rm{9}D.rm{pH}相等的下列溶液：rm{a.CH_{3}COOK}rm{b.NaHCO_{3}}rm{c.Na_{2}CO_{3}}rm{d.NaOH}其物質的量濃度由小到大順序為：rm{d<c<a<b}4、“綠色化學”是當今社會提出的一個新概念。在“綠色化學”工藝中，理想狀態(tài)是反應物中的原子全部轉化為欲制的產物，即原子利用率為rm{100%}下列反應最符合綠色化學中“原子經濟”要求的是A.rm{nCH_{2}簍T簍T簍TCH_{2}underrightarrow{麓脽祿爐錄脕}盧謾CH_{2}隆陋CH_{2}盧氓}B.rm{CH_{4}+2Cl_{2}underrightarrow{鹿芒脮脮}CH_{2}Cl_{2}+2HCl}C.rm{Cl_{2}+2NaOH簍T簍T簍TNaCl+NaClO+H_{2}O}D.rm{3NO_{2}+H_{2}O簍T簍T簍T2HNO_{3}+NO}5、用Na2SO3溶液吸收硫酸工業(yè)尾氣中的二氧化硫，將所得混合液進行電解循環(huán)再生，這種新工藝叫再生循環(huán)脫硫法。其中陰、陽離子交換膜組合循環(huán)再生機理如圖所示，則下列說法中錯誤的是A.X為直流電源的負極，Y為直流電源的正極B.圖中兩處硫酸的質量分數(shù)b＞aC.該過程中的產品主要為H2SO4和H2D.陽極區(qū)pH增大6、奧運吉祥物福娃外材料為純羊毛，內充物為無毒的聚酯纖維rm{.}下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.羊毛與聚酯纖維的化學成分相同B.聚酯纖維和羊毛在一定條件下均能水解C.純羊毛為純凈物D.羊毛與聚酯纖維不能用燃燒法區(qū)別7、下列裝置能構成原電池的是()A.B.C.D.8、在一定條件下，反應rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)triangleH=-92.4kJ?mol^{-1}}rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)triangle

H=-92.4kJ?mol^{-1}}的平衡轉化率rm{X}與體系總壓強rm{(婁脕)}的關系如圖所示rm{(P)}下列說法正確的是rm{.}rm{(}A.圖中rm{)}rm{A}兩點，達到相同的平衡體系B.上述反應在達到平衡后增大壓強，rm{B}的轉化率提高C.升高溫度，平衡向逆反應方向移動，說明逆反應速率增大，正反應速率減小D.將rm{X}rm{1.0molX}置于rm{3.0molY}密閉容器中發(fā)生反應，放出的熱量為rm{1L}rm{92.4kJ}評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、奶油中有一種只含C；H、O三種元素的化合物A．A常用作香料；其相對分子質量為88，分子中C、H、O原子個數(shù)比為2：4：1．

已知：

③A中含有碳氧雙鍵；與A相關的反應如下：

回答下列問題：

（1）寫出A、F的結構簡式：A____、F____．

（2）寫出A→E、E→F的反應類型：A→E____、E→F____．

（3）判斷A的一類屬于酯類的同分異構體有____種．

（4）寫出B→D反應的化學方程式：____．

（5）在空氣中長時間攪拌奶油，A會轉化為相對分子質量為86的化合物G，則A→G轉化的反應類型為____．寫出G的一氯代物結構簡式：____．10、（1）選擇適宜的材料和試劑設計一個原電池，完成下列反應：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu

①畫出裝置圖：

②電極材料和電解質溶液各是什么？

③寫出電極反應式：正極：____；負極：____．

（2）用鋅片、銅片連接后浸入稀硫酸溶液中，構成了原電池，工作一段時間，鋅片的質量減少了3.25克，銅表面析出了氫氣____L（標準狀況下）．導線中通過____mol電子．11、按要求回答下列問題。

rm{(1)}鍵線式表示的分子式______名稱是______

rm{(2)0.lmol}某烴在足量的氧氣中完全燃燒，生成rm{CO_{2}}和水各rm{0.6mol}則該烴的分子式為______

rm{(3)}支鏈只有一個乙基且相對分子量最小的烷烴的結構簡式______．12、（8分）化學電源在通訊、交通及日常生活中有著廣泛的應用。(1)目前常用的鎳（Ni）鎘（Cd）電池，其電池總反應可以表示為：Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均難溶于水但能溶于酸，以下說法中正確的是（填序號）①以上反應不是可逆反應②電解質溶液為硫酸③充電時化學能轉變?yōu)殡娔堍苕k（Cd）為負極，發(fā)生還原反應⑤放電時正極區(qū)pH升高（2）美國阿波羅宇宙飛船上使用的氫氧燃料電池是一種新型的化學電源。氫氧燃料電池的突出優(yōu)點是把化學能直接轉化為電能，而不經過熱能中間形成，發(fā)生的反應為：則負極反應式為_________________________，正極反應式為。一段時間后，KOH溶液的濃度（填“變大”、“變小”或“不變”）13、現(xiàn)有分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，X中苯環(huán)上有四個取代基，苯環(huán)上的一氯代物只有一種，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，吸收峰的面積比為1:2:6:1，在一定條件下可發(fā)生下述一系列反應，其中C能發(fā)生銀鏡反應，E遇FeCl3溶液顯色且能與濃溴水反應。已知：①在稀堿溶液中，連在苯環(huán)上的溴原子不易發(fā)生水解②兩個羥基同時連在同一碳原子上的結構是不穩(wěn)定的，它將自動發(fā)生脫水反應，如CH3CH(OH)2→CH3CHO+H2O回答下列問題：（1）H的分子式是（2）C的結構簡式為I的結構簡式為（3）H→I反應類型是（4）E不易發(fā)生的化學反應類型有（選填序號）A、取代反應B、消去反應C、氧化反應D、銀鏡反應（5）下列有關D物質的敘述中不正確的是（選填序號）A、D物質不能與碳酸鈉反應B、D物質苯環(huán)上有四個取代基C、D物質具有氧化性，可還原生成二元醇D、D物質不是芳香族化合物（6）寫出下列反應的化學方程式：①X與足量稀NaOH溶液共熱的化學方程式：②F→H的化學方程式：14、根據(jù)中和熱的測定實驗填空．

取0.55mol?L-1的NaOH溶液50mL與0.5mol?L-1的鹽酸50mL置于如圖所示的裝置中進行反應并測定中和反應的反應熱．

（1）該裝置的名稱是______，裝置中缺少的一種儀器是______，裝置中還存在的錯誤有______，這種錯誤會造成最高溫度讀數(shù)______（填“偏大”；“偏小”或“無影響”）．

（2）大燒杯杯口若不蓋硬紙板，測得的中和熱的數(shù)值將______（填“偏大”；“偏小”或“無影響”）．

（3）假定0.5mol?L-1的鹽酸和0.55mol?L-1的NaOH溶液的密度都是1g?cm-3，反應前的溫度為18℃，反應后最高溫度為t℃，則中和熱的計算式△H=______．

（4）實驗中，將鹽酸倒入NaOH溶液中，或將NaOH溶液倒入鹽酸中，對實驗結果______（填“有影響”或“無影響”）．該溶液快速混合好還是緩慢混合好？______，理由是______．評卷人得分三、簡答題(共5題，共10分)15、某有機物rm{A}的結構簡式為試回答：

rm{(1)A}分子中能發(fā)生加成反應的官能團是______；______；

rm{(2)1mol}該有機物可以跟______rm{molNa}反應；______rm{molNaOH}反應；______rm{molNaHCO_{3}}反應；堿性條件下，與足量銀氨溶液反應，最多可以生成______rm{molAg}．

rm{(3)}該有機物的分子式為______．16、炒過菜的鐵鍋未及時洗凈，不久便會因腐蝕而出現(xiàn)紅色銹斑．請回答：寫出鐵鍋腐蝕時正極的電極反應式：______．17、維生素是參與生物生長發(fā)育和新陳代謝所必需的一類小分子有機化合物；我們所熟悉的維生素有A、B、C、D、E等．其中維生素C又稱______；人體自身不能合成維生素C．上述維生素中，屬于水溶性維生素的是______．18、原子序數(shù)依次增大的四種元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種rm{A}的化合物，rm{B}原子核外電子有rm{6}種不同的運動狀態(tài)，rm{B}與rm{C}可形成正四面體形分子，rm{D}的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子；其他能層均已充滿電子。請回答下列問題：

rm{(1)}這四種元素中電負性最大的元素；其基態(tài)原子的價電子排布圖為______；

rm{(2)C}所在主族的前四種元素分別與rm{A}形成的化合物；沸點由高到低的順序是______

rm{(}填化學式rm{)}呈現(xiàn)如此遞變規(guī)律的原因是______。

rm{(3)B}元素可形成多種單質，一種晶體結構如圖一所示，其原子的雜化類型為______，另一種的晶胞如圖二所示，該晶胞的空間利用率為______，若此晶胞中的棱長為rm{356.6pm}則此晶胞的密度為______rm{g?cm^{-3}(}保留兩位有效數(shù)字rm{)}rm{(sqrt{3}=1.732)}

rm{(4)D}元素形成的單質，其晶體內含有的微粒間作用力是______，rm{D}的醋酸鹽晶體局部結構如圖三，請用箭頭標出圖中的配位鍵。19、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農業(yè)生產；生活中有著重要作用．

（1）圖1是N2（g）和H2（g）反應生成1molNH3（g）過程中能量變化示意圖，請寫出N2和H2反應的熱化學方程式______；

（2）若已知下列數(shù)據(jù)：

。化學鍵H-HN≡N鍵能/kJ?mol-1435943試根據(jù)表中及圖中數(shù)據(jù)計算N-H的鍵能______．

（3）科學家用氮化鎵、銅等材料組裝成人工光合系統(tǒng)（如圖2），利用該裝置成功地實現(xiàn)了以CO2和H2O合成CH4．

①寫出銅電極表面的電極反應式______．

②為提高該人工光合系統(tǒng)的工作效率；可向裝置中加入少量______（選填“鹽酸”或“硫酸”）．

（4）①肼（N2H4）的結構式______；

②NH3與NaClO反應可得到肼（N2H4）；該反應的化學方程式為______；

③肼可作為火箭發(fā)動機的燃料，與氧化劑N2O4反應生成N2和水蒸氣．

已知：①N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H1=-19.5kJ?mol-1

②N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ?mol-1

寫出肼和N2O4反應的熱化學方程式______；

④肼一空氣燃料電池是一種堿性電池，該電池放電時，負極的反應式為______．評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共36分)20、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

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

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

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

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。21、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：_____________。22、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）。23、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

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

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分五、推斷題(共4題，共40分)24、有機物rm{A}rm{B}具有相同的碳原子數(shù)，rm{C}的化學式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}rm{A隆蘆E}之間的轉化關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

rm{(1)A}的水溶液顯酸性，是因為rm{A}分子中含有________rm{(}填原子團名稱rm{)}rm{A}與rm{B}反應生成rm{C}的化學方程式為_______________________。rm{(2)B}轉化為rm{E}的反應類型為____________。rm{(3)}寫出rm{D}rm{E}的結構簡式：rm{D}_____________、rm{E}_____________。25、由乙烯和其他無機原料合成環(huán)狀酯rm{E}和髙分子化合物rm{H}的示意圖如下所示：請回答下列問題：rm{(1)}寫出以下物質的結構簡式：rm{B}________，rm{G}_______，rm{D}_________。rm{(2)}寫出以下反應的反應類型：rm{X}_________，rm{Y}___________。rm{(3)}寫出以下反應的化學方程式：rm{A隆煤B}___________________________________________；rm{B隆煤C}_________________________________________________；rm{G隆煤H}_________________________________________________；rm{(4)}若環(huán)狀酯rm{E}與rm{NaOH}水溶液共熱，則發(fā)生反應的化學方程式為_______________________。26、rm{(10}分rm{)}肉桂酸異戊酯rm{G(}rm{)}是一種香料，一種合成路線如下：已知以下信息：

rm{壟脵}rm{壟脷C}為甲醛的同系物，相同條件下其蒸氣與氫氣的密度比為rm{22}回答下列問題：rm{(1)A}的化學名稱為____；rm{(1}分rm{)}rm{(2)B}和rm{C}反應生成rm{D}的化學方程式為________rm{(2}分rm{)}rm{(3)F}中含有官能團的名稱為____；rm{(1}分rm{)}rm{(4)E}和rm{F}反應生成rm{G}的化學方程式為____，rm{(2}分rm{)}反應類型為____；rm{(1}分rm{)}rm{(5)F}的同分異構體中不能與金屬鈉反應生成氫氣的共有____種rm{(}不考慮立體異構rm{)}其中核磁共振氫譜只有兩組峰，且峰面積比為rm{3:1}的為____rm{(}寫結構簡式rm{)}rm{(3}分rm{)}27、rm{A}是一種可以作為藥物的有機化合物rm{.}根據(jù)下列反應圖式中各有機物的關系rm{(}所有無機物均已略去rm{)}回答下列問題：rm{(}提示：rm{)}

rm{(1)}推測有機物rm{A}rm{B}rm{C}rm{E}rm{F}的結構簡式______；______、______、______、______．

rm{(2)}寫出下列反應的反應類型：rm{C隆煤D}______；rm{D隆煤E}______．

rm{(3)}寫出下列反應的化學方程式：

rm{A隆煤B}______；

rm{A隆煤C}______．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】試題分析：陶瓷柴油機是一種新型的無機非金屬材料做成的氮化硅陶瓷，氮化硅陶瓷具有硬度極高、耐磨損、抗腐蝕、抗氧化等一系列優(yōu)良性能。B正確?？键c：考查玻璃和陶瓷的新發(fā)展。【解析】【答案】B2、A【分析】解：A．發(fā)生消去反應生成丙烯；故A選；

B．有2種消去方式；可生成1-丁烯或2-丁烯，故B不選；

C．甲醇不能發(fā)生消去反應；不存在鄰位碳，故C不選；

D．與-Br相連C的鄰位C上沒有H；不能發(fā)生消去反應，故D不選；

故選A．

與-OH或-Br相連C的鄰位C上有H可發(fā)生消去反應，若結構對稱或-OH、-Br位于端C原子上只有一種消去方式；得到烯烴只有一種，以此來解答．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意醇與鹵代烴的消去反應條件不同，題目難度不大．【解析】【答案】A3、C【分析】【分析】該題考查了離子濃度大小的比較和溶液rm{pH}定義及計算，定義及計算，是中等難度的試題，試題基礎性強，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和計算能力，提高了學生的應試能力和學習效率。A.碳酸氫鈉溶于水電離出碳酸氫根離子，碳酸氫根離子能電離出氫離子和碳酸根離子，且存在電離平衡，rm{pH}只要加入的物質和氫離子；碳酸根離子都反應，使平衡向正反應方向移動即可；

B.rm{HCO_{3}^{-}?H^{+}+CO_{3}^{2-}}溶液和rm{0.4mol/LHB}溶液等體積混合后發(fā)生反應，則實質上是rm{0.2mol/LNaOH}溶液和rm{0.1mol/LHB}溶液；該溶液顯酸性，然后利用電荷守恒及物料守恒等來分析離子濃度的關系；

C.某溫度下，純水中rm{0.1mol/LNaB}所以水的離子積常數(shù)rm{c(H^{+})=10^{-6}mol/L}rm{K_{W}=10^{-12}}的氫氧化鋇溶液中氫氧根離子的物質的量濃度為rm{pH=8}rm{10^{-4}}rm{mol/L}的鹽酸溶液中氫離子的物質的量濃度為rm{pH=5}水的離子積常數(shù)rm{10^{-5}mol/L}即rm{K_{w}=10^{-12}}時，溶液呈中性，當混合溶液的rm{pH=6}時；溶液呈堿性，即氫氧化鋇過量，設溶液體積，表示出混合后氫氧根離子濃度，整理可得體積之比；

D.氫氧化鈉是強堿，不水解，碳酸氫鈉、碳酸鈉、醋酸鉀是鹽，鹽溶液的堿性強弱取決于陰離子的水解能力，當rm{pH=7}相同時，越難水解的鹽，其濃度越大。【解答】A.rm{pH}rm{N}rm{a}rm{H}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{N}rm{a}rm{O}rm{H}rm{=}rm{N}rm{a}rm{2}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{H}rm{2}rm{O}rm{N}rm{a}rm{H}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{N}rm{a}rm{O}rm{H}rm{=}rm{N}rm{a}rm{2}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{H}rm{2}rm{O}rm{N}rm{a}rm{H}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{N}rm{a}rm{O}rm{H}rm{=}rm{N}rm{a}rm{2}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{H}rm{2}rm{O}rm{N}rm{a}rm{H}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{N}rm{a}rm{O}rm{H}rm{=}rm{N}rm{a}rm{2}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{H}rm{2}rm{O}rm{N}rm{a}rm{H}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{N}rm{a}rm{O}rm{H}rm{=}rm{N}rm{a}rm{2}rm{C}rm{O}rm{3}rm{+}rm{H}rm{2}rm{O}rm{N}rm{N}rm{a}rm{a}rm{H}rm{H}rm{C}rm{C}rm{O}rm{3}rm{O}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{3}rm{+}，所以加入氫氧化鈉固體后，碳酸氫根離子濃度減小，碳酸根離子濃度增大，氫離子濃度減小，故rm{+}錯誤；B.混合后為rm{N}rm{N}rm{a}rm{a}rm{O}rm{O}rm{H}rm{H}溶液和rm{=}rm{=}rm{N}rm{N}rm{a}rm{2}rm{a}rm{a}rm{a}rm{2}溶液rm{2}溶液的rm{2}rm{C}rm{C}rm{O}rm{3}rm{O}溶液呈酸性rm{O}所以酸的電離大于鹽的水解rm{O}則rm{3}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+}rm{H}rm{2}rm{H}rm{2}rm{H}rm{H}rm{H}rm{2}鈉離子是rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{A}rm{A}rm{A}則rm{A}rm{A}rm{A}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{H}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{H}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{H}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{H}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{H}rm{B}rm{0.1}rm{0.1}rm{m}rm{m}rm{o}rm{o}rm{l}rm{l}rm{/}rm{/}溶液呈酸性說明溶液中rm{L}rm{L}rm{H}rm{H}rm{B}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{N}rm{a}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{N}rm{a}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{N}rm{a}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{N}rm{a}rm{B}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}rm{N}rm{a}rm{B}rm{0.1}rm{0.1}但溶液中的氫離子和氫氧根離子濃度都較小rm{m}小于酸的濃度rm{m}所以離子濃度大小順序是：rm{o}rm{o}rm{l}rm{l}rm{/}rm{/}rm{L}rm{L}rm{N}rm{N}rm{a}rm{a}rm{B}rm{B}，，，，，rm{p}rm{H}rm{=}rm{3}，rm{H}rm{=}rm{3}，rm{H}rm{=}rm{3}，rm{H}rm{=}rm{3}，rm{H}rm{=}rm{3}，rm{H}rm{H}rm{=}rm{=}rm{3}rm{3}故，錯誤；C.某溫度下，純水中，，，，，，，，，rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}所以水的離子積常數(shù)rm{c}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{(}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{B}rm{B}rm{B}rm{{,!}^{-}}時溶液呈中性rm{)}當混合溶液的rm{)}rm{>}rm{>}rm{c}時rm{c}溶液呈堿性rm{(}即氫氧化鋇過量rm{(}混合后溶液中氫氧根離子濃度為rm{dfrac{{10}^{?12}}{{10}^{?7}}}rm{H}rm{H}rm{B}rm{B}rm{)}rm{)}rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}，rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}，rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}，rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}，rm{0.1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/}rm{L}，rm{0.1}rm{0.1}，設鹽酸的體積為rm{m}rm{m}rm{o}氫氧化鋇的體積為rm{o}rm{l}rm{l}rm{/}rm{/}rm{L}rm{L}，rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{c}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{(}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{B}rm{B}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{=dfrac{{10}^{?12}}{{10}^{?8}}}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{(}rm{(}rm{(}rm{N}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{a}rm{a}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}rm{)}的稀鹽酸溶液中rm{>}rm{>}rm{c}rm{c}rm{(}rm{(}rm{H}rm{H}rm{B}rm{B}rm{)}rm{)}rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}，，兩種溶液混合后rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}，rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}，rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}，rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}，rm{c}rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{(}rm{(}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}溶液中氫氧根離子的物質的量濃度rm{=dfrac{{10}^{?4}Y?{10}^{?5}X}{X+Y}}rm{H}rm{H}rm{H}，解得rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c}，故rm{c}正確；D.氫氧化鈉是強堿rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}不水解rm{(}相同濃度的三種溶液氫氧化鈉的rm{(}rm{O}最大rm{O}所以rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{H}相同的三種溶液中rm{H}氫氧化鈉濃度最低rm{H}已知酸性：rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}，，，，，，，，，，，rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{B}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{>}rm{c}rm{(}rm{O}rm{H}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{c}rm{c}rm{(}rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{(}所以碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉rm{(}大于醋酸鉀rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{B}rm{B}相等的下列溶液：rm{B}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c}rm{c}rm{(}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}、rm{(}rm{(}rm{(}rm{N}rm{N}rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{a}rm{a}、rm{a}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c}、rm{c}rm{(}rm{(}rm{H}rm{H}rm{B}其物質的量濃度由大到小的順序是rm{B}rm{)}rm{)}rm{>}rm{>}rm{c}rm{c}，故rm{(}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{)}錯誤。故選C。rm{(}【解析】rm{C}4、A【分析】【分析】本題考查“綠色化學”知識，難度不大，要熟悉各種反應類型，還要考慮環(huán)保、經濟等方面?！窘獯稹俊熬G色化學”原子經濟反應是原料分子中的原子全部轉化成所需要的產物，不產生副產物，加成反應和加聚反應符合要求；A.乙烯制備聚乙烯，為加成反應，原料利用率為rm{100%}故A正確；故A正確；rm{100%}B.甲烷與氯氣制備一氯甲烷，屬于取代反應，伴隨很大副反應，反應物沒全部轉化為所需產物，故B錯誤；C.rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2NaOH=NaCl+NaClO+H}因有副產物水生成，故C錯誤；rm{+2NaOH=NaCl+NaClO+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}因有副產物水生成，故C錯誤；rm{O}D.rm{3NO}rm{3NO}rm{{,!}_{2}}，有有毒氣體生成，故D錯誤。rm{+H}rm{+H}【解析】rm{A}5、D【分析】試題分析：裝置中有直流電源，為電解池，與X相連的電極上H+被還原為H2，就為陰極，X為負極，則Y為正極，A正確；在陽極HSO3-、SO32-被氧化為SO42-,溶液中硫酸濃度增加，B正確；該過程中在陰極生成H2，在陽極生成H2SO4,而Na2SO3循環(huán)使用，所以C正確；陽極區(qū)生成H+，pH減小，D錯誤；答案選D。考點：電解池及電解原理【解析】【答案】D6、B【分析】解：rm{A.}羊毛的主要成分為蛋白質；與聚酯纖維的化學成分不同，故A錯誤；

B.羊毛主要成分為蛋白質；在一定條件下可水解生成氨基酸，聚酯纖維中含有酯基能水解，故B正確；

C.羊毛主要成分為蛋白質；蛋白質是高分子化合物，都為混合物，故C錯誤；

D.羊毛的主要成分為蛋白質；灼燒時有燒焦的羽毛氣味，可用燃燒法鑒別，故D錯誤．

故選B．

由結構簡式可知聚酯纖維是由乙二醇rm{(HO-CH_{2}-CH_{2}-OH)}和對苯二甲酸rm{(}rm{)}通過縮聚形成的；在一定條件下可發(fā)生水解，純羊毛的主要成分為蛋白質，結合蛋白質的性質解答該題．

本題考查有機物的結構和性質，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的官能團的性質，為解答該題的關鍵，難度不大．【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】

本題旨在考查學生對原電池的形成條件的應用。【解答】

A.兩個電極相同，且沒有自發(fā)進行的氧化還原反應，不能形成原電池，故A錯誤；B.符合原電池的形成條件，故B正確；C.沒有形成閉合回路，不能形成原電池，故C錯誤；D.無水乙醇不是電解質，不能導電，不能形成閉合回路，不能形成閉合回路，故D錯誤。故選B。【解析】rm{B}8、B【分析】解：rm{A}圖中rm{A}rm{B}兩點，rm{X}的平衡轉化率rm{(婁脕)}不同；兩者為不相同的平衡體系，故A錯誤；

B、增大壓強平衡向體積減小的方向移動，即向正反應移動，rm{X}的轉化率提高；故B正確；

C；升高溫度正、逆反應速率都增大；逆反應速率比較正反應速率增大更多，平衡向逆反應方向移動，故C錯誤；

D、熱化學方程式rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)triangleH=-92.4kJ/mol}表示rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)triangle

H=-92.4kJ/mol}和rm{1molX(g)}完全反應生成rm{3molY(g)}放出的熱量為rm{2molZ(g)}由于可逆反應反應物不能完全轉化，rm{92.4kJ}rm{1.0molX}置于rm{3.0molY}密閉容器中發(fā)生反應，放出的熱量小于rm{1L}故D錯誤，故選B．

A、由圖得出：rm{92.4kJ}rm{A}兩點，rm{B}的平衡轉化率rm{X}不同；

B；增大壓強平衡向體積減小的方向移動；

C；升高溫度正、逆反應速率都增大；逆反應速率比較正反應速率增大更多，平衡向逆反應方向移動；

D；可逆反應反應物不能完全轉化；結合熱化學方程式的含義解答．

本題主要考查化學平衡圖象、反應熱計算、影響化學平衡與化學反應速率的因素等，難度中等，注意rm{(婁脕)}中熱化學方程式的意義．rm{D}【解析】rm{B}二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】

有機化合物A，只含有C、H、O三種元素，分子中C、H、O原子個數(shù)比為2：4：1，其相對分子質量為88，令組成為（C2H4O）n，則（24+4+16）n=88，解得n=2，故A的分子式為C4H8O2．

已知A中含有碳氧雙鍵，所以一定還存在一個羥基，再結合題目的框圖信息，能與HBr和H2反應，故不可能為羧基，只能為醇羥基和羰基分別在不同的碳上．與HBr反應后的產物能發(fā)生消去反應，B能與HIO4發(fā)生反應，結合反應信息，所以A中的羰基與羥基必須相鄰，從而得到A的結構簡式為．順推可知，B為C為CH3CHO，D為二元酯類，結構簡式為．由反應信息①可知，E為則F為．

A會轉化為相對分子質量為86的化合物G，結合A的分子式可知，A的相對分子質量為88，則應是A發(fā)生氧化反應生成G，G為

（1）由上述分析可知，A為F為

故答案為：

（2）A→E是與HBr發(fā)生取代反應生成

E→F是發(fā)生消去反應生成

故答案為：取代反應；消去反應；

（3）A為屬于酯類的同分異構體有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3；故共有4種；

故答案為：4；

（4）B→D反應的化學方程式為：

故答案為：

（5）A會轉化為相對分子質量為86的化合物G，結合A的分子式可知，A的相對分子質量為88，則應是A發(fā)生氧化反應生成G，G為G的一氯代物結構簡式：

故答案為：氧化反應；．

【解析】【答案】有機化合物A，只含有C、H、O三種元素，分子中C、H、O原子個數(shù)比為2：4：1，其相對分子質量為88，令組成為（C2H4O）n，則（24+4+16）n=88，解得n=2，故A的分子式為C4H8O2．

已知A中含有碳氧雙鍵，所以一定還存在一個羥基，再結合題目的框圖信息，能與HBr和H2反應，故不可能為羧基，只能為醇羥基和羰基分別在不同的碳上．與HBr反應后的產物能發(fā)生消去反應，B能與HIO4發(fā)生反應，結合反應信息，所以A中的羰基與羥基必須相鄰，從而得到A的結構簡式為．順推可知，B為C為CH3CHO，D為二元酯類，結構簡式為．由反應信息①可知，E為則F為．

A會轉化為相對分子質量為86的化合物G，結合A的分子式可知，A的相對分子質量為88，則應是A發(fā)生氧化反應生成G，G為據(jù)此解答．

10、略

【分析】

（1）在原電池反應Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu中，Zn為負極，發(fā)生氧化反應，電極反應為：Zn-2e-=Zn2+，較不活潑的金屬如銅或碳棒作正極，發(fā)生還原反應，電極反應為：Cu2++2e-=Cu，電解質溶液為CuSO4；如用兩個半電池的話，電解質溶液分別為。

ZnSO4、CuSO4，可設計原電池為

故答案為：①

②負極為Zn，正極為Cu，電解質溶液分別為ZnSO4、CuSO4；

③正極反應為：Cu2++2e-=Cu；負極反應為：Zn-2e-=Zn2+；

（2）用鋅片、銅片連接后浸入稀硫酸溶液構成的原電池中，負極：Zn-2e-=Zn2+；正極：2H++2e-=H2↑；

n（H2）=n（Zn）==0.05mol；

V（H2）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；

n（e-）=2n（Zn）=2×0.05mol=0.1mol；

故答案為：1.12；0.1．

【解析】【答案】（1）在原電池反應Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu中；Zn為負極，發(fā)生氧化反應，較不活潑的金屬如銅或碳棒作正極，發(fā)生還原反應；

（2）根據(jù)原電池正負極得失電子數(shù)目相等計算．

11、略

【分析】解：rm{(1)}分子中含有rm{6}個碳原子，屬于飽和烴，分子式為rm{C_{6}H_{14}}該有機物主鏈上有rm{5}個rm{C}rm{2}號rm{C}一個甲基，其名稱為：rm{2-}甲基戊烷；

故答案為：rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；

rm{(2)0.1mol}某烴在足量的氧氣中完全燃燒，生成rm{CO_{2}}和水各rm{0.6mol}則該烴分子中rm{N(C)=dfrac{0.6mol}{0.1mol}=6}rm{N(H)=dfrac{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}故該烴的分子式為：rm{N(C)=dfrac

{0.6mol}{0.1mol}=6}

故答案為：rm{N(H)=dfrac

{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}

rm{C_{6}H_{12}}烷烴中含有乙基，則乙基至少在rm{C_{6}H_{12}}號位，所以只有一個乙基且式量最小的烷烴的結構簡式為：

故答案為：．

rm{(3)}根據(jù)該有機物的鍵線式寫出分子式；根據(jù)系統(tǒng)命名法完成該有機物的命名；

rm{3}某烴在足量的氧氣中完全燃燒，生成rm{(1)}和水各rm{(2)0.1mol}則該烴分子中rm{N(C)=dfrac{0.6mol}{0.1mol}=6}rm{N(H)=dfrac{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}據(jù)此確定該有機物分子式；

rm{CO_{2}}烷烴中出現(xiàn)乙基，則主鏈至少含有rm{0.6mol}個rm{N(C)=dfrac

{0.6mol}{0.1mol}=6}據(jù)此寫出該有機物的結構簡式．

本題考查了有機物分子式、結構簡式的確定，題目難度不大，涉及有機物命名、有機物分子式、結構簡式的計算，明確常見有機物的組成、結構與命名原則為解答關鍵，注意掌握守恒思想在化學計算中的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．rm{N(H)=dfrac

{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}【解析】rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；rm{C_{6}H_{12}}12、略

【分析】考查電化學的綜合應用。（1）應用放電和充電的反應條件不同，所以反應不是可逆反應，選項①正確；Ni(OH)2和Cd(OH)2均難溶于水但能溶于酸，所以電解質不能用硫酸，選項②不正確；充電相當于電解，電能轉化為化學能，選項③不正確；放電是鎘失去電子，發(fā)生氧化反應，作負極，選項④不正確；放電時正極電極反應式是2NiO(OH)－＋2e－＋2H2O=2OH－＋2Ni(OH)2，所以放電時正極區(qū)pH升高，選項⑤正確，答案選①⑤。（2）原電池負極失去電子，所以氫氣在負極通入，電極反應式是H2－2e–+2OH—=2H2O；氧氣在正極通入，電極反應式是O2+2H2O+4e–=4OH–。由于反應中有水生成，所以氫氧化鉀的濃度降低，pH變小。【解析】【答案】（每空2分）（1）①⑤（2）H2－2e–+2OH—=2H2OO2+2H2O+4e–=4OH–變小13、略

【分析】試題分析：A能連續(xù)被氧化說明A是醇，B是醛，C是羧酸，而C能發(fā)生銀鏡反應說明C是甲酸或者二甲酸。X水解生成C和D，而X中只含有兩個氧原子，所以C只能是甲酸HCOOH，B是甲醛，A是甲醇。由題干信息X為芳香族化合物，分子式為C10H10O2Br2，其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，吸收峰的面積比為1:2:6:1。說明該結構為高度對稱，所以X的結構簡X水解然后酸化得到D，所以D的結構為D被氧化成E，所以E的結構為E和氫氣發(fā)生加成反應生成F，所以F的結構為F發(fā)生縮聚反應生成G，G的機構為F反應生成H，H能與溴水發(fā)生加成反應，則H的結構為H能發(fā)生加聚反應生成I，I的機構為考點：考查有機物合成的相關知識點。【解析】【答案】（1）C9H14O2（2）HCOOH（3）加聚反應（4）BD（5）AD（6）14、略

【分析】解：（1）測定中和反應的反應熱的裝置是量熱計；由量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；

裝置中還存在的錯誤有大燒杯杯口與小燒杯杯口沒有相平；兩燒杯間沒有塞滿碎紙條；如圖所示會有一部分熱量散失，反應的最高溫度偏??；

故答案為：量熱計；環(huán)形玻璃攪拌棒；大燒杯杯口與小燒杯杯口沒有相平；兩燒杯間沒有塞滿碎紙條；減小；

（2）大燒杯上如不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會減小，故答案為：偏??；

（3）0.55mol/L的NaOH溶液50mL與0.5mol/L的鹽酸50mL進行中和反應生成水的物質的量為0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的質量為：100ml×1g/cm3=100g，溫度變化的值△T=t-18℃來計算，則生成0.025mol水放出的熱量為Q=m?c?△T=100g×4.18J/（g?℃）×（t-18℃）所以實驗測得的中和熱△H=-=-kJ/mol；

故答案為：-kJ/mol；

（4）將鹽酸倒入NaOH溶液中；或將NaOH溶液倒入鹽酸中，放出的熱量不變，對實驗無影響；慢混合會導致熱量散失，影響測定結果，應快速混合；

故答案為：無影響；快速好；因為慢速混合導致較多熱量散失．

（1）用量熱計測定中和反應的反應熱；根據(jù)量熱計的構造來判斷該裝置的缺少儀器；為減少實驗過程中的熱量損失；大燒杯杯口與小燒杯杯口相平，兩燒杯間塞滿碎紙條；如圖所示會有一部分熱量散失；

（2）不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失；

（3）先根據(jù)Q=m?c?△T計算反應放出的熱量，然后根據(jù)△H=-kJ/mol計算出反應熱；

（4）將鹽酸倒入NaOH溶液中；或將NaOH溶液倒入鹽酸中，放出的熱量不變；慢混合會導致熱量散失，影響測定結果；

本題考查中和熱的測定原理與計算，題目難度中等，注意理解中和熱的概念與原理是解題的關鍵．【解析】量熱計；環(huán)形玻璃攪拌棒；大燒杯杯口與小燒杯杯口沒有相平，兩燒杯間沒有塞滿碎紙條；減??；偏??；-kJ/mol；無影響；快速好；因為慢速混合導致較多熱量散失三、簡答題(共5題，共10分)15、略

【分析】解：rm{(1)}該分子中含有醛基；羰基、酚羥基、羧基；其中能發(fā)生加成反應的官能團為醛基、羰基，苯環(huán)能發(fā)生加成反應但不屬于官能團，故答案為：醛基；羰基；

rm{(2)}羥基和羧基能和rm{Na}反應，羧基和酚羥基能和rm{NaOH}反應，只有羧基能和碳酸氫鈉反應；醛基能和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，rm{1mol-CH_{2}CHO}最多能生成rm{2molAg}所以rm{1mol}該有機物可以跟rm{2molNa}反應、rm{2molNaOH}反應、rm{1molNaHCO_{3}}反應；堿性條件下，與足量銀氨溶液反應，最多可以生成rm{2molAg}故答案為：rm{2}rm{2}rm{1}rm{2}

rm{(3)}根據(jù)結構簡式確定分子式為rm{C_{13}H_{14}O_{5}}故答案為：rm{C_{13}H_{14}O_{5}}．

rm{(1)}該分子中含有醛基；羰基、酚羥基、羧基；其中能發(fā)生加成反應的官能團為醛基、羰基；

rm{(2)}羥基和羧基能和rm{Na}反應，羧基和酚羥基能和rm{NaOH}反應，只有羧基能和碳酸氫鈉反應；醛基能和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，rm{1mol-CH_{2}CHO}最多能生成rm{2molAg}

rm{(3)}根據(jù)結構簡式確定分子式．

本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，側重考查酚、羧酸、醛基等官能團性質，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，注意羧基中碳氧雙鍵不能發(fā)生加成反應，題目難度不大．【解析】醛基；羰基；rm{2}rm{2}rm{1}rm{2}rm{C_{13}H_{14}O_{5}}16、略

【分析】解：鐵、碳和電解質溶液構成原電池，碳作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：2H2O+O2+4e-=4OH-，故答案為：2H2O+O2+4e-=4OH-．

鐵；碳和電解質溶液構成原電池；碳作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應．

本題考查了金屬的電化學腐蝕及電解池原理，明確鋼鐵所處環(huán)境的酸堿性即可確定其電化學腐蝕類型，難度不大．【解析】2H2O+O2+4e-=4OH-．17、略

【分析】解：維生素C的化學式為C6H8O6；人體缺乏維生素C易得壞血癥，所以維生素C又稱抗壞血酸；維生素是生物的生長和代謝所必需的微量有機物，維生素可分為分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩類，脂溶性維生素包括維生素A；維生素D、維生素E、維生素K等，水溶性維生素溶于水而不溶于脂肪，在體內不能儲存．有B族維生素和維生素C；

故答案為：抗壞血酸；維生素B；維生素C．

維生素C是一種重要的維生素；能防治壞血病，又稱為抗壞血酸；維生素可分為分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩類，維生素B；維生素C屬于水溶性維生素．

本題考查人體必需的維生素的主要來源及其攝入途徑，比較基礎，側重對基礎知識的鞏固，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】抗壞血酸；維生素B、維生素C18、HF＞HI＞HBr＞HCl；HF分子之間形成氫鍵，使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高；sp2；34%；3.5；金屬鍵【分析】解：rm{(1)}這四種元素中電負性最大的元素是rm{Cl}元素，其基態(tài)原子中rm{3s}rm{3p}能級電子為其價電子，其價電子排布圖為

故答案為：

rm{(2)HF}分子之間形成氫鍵，使其熔沸點較高，rm{HI}rm{HBr}rm{HCl}分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高，即沸點由高到低的順序是rm{HF>HI>HBr>HCl}

故答案為：rm{HF>HI>HBr>HCl}rm{HF}分子之間形成氫鍵，使其熔沸點較高，rm{HI}rm{HBr}rm{HCl}分子之間只有范德華力；相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高；

rm{(3)}根據(jù)圖知，每個碳原子價層電子對個數(shù)是rm{3}根據(jù)價層電子對互斥理論判斷rm{C}原子的雜化類型為rm{sp^{2}}

該晶胞中rm{C}原子個數(shù)rm{=4+8隆脕dfrac{1}{8}+dfrac{1}{2}隆脕6=8}令碳原子直徑為rm{=4+8隆脕dfrac{1}{8}+dfrac

{1}{2}隆脕6=8}計算晶胞中rm{a}原子總體積，碳原子與周圍的rm{C}個原子形成正四面體結構，中心碳原子與正四面體頂點原子相鄰，其連線處于體對角線上，且為對角線長的rm{4}故體對角線長為rm{dfrac{1}{4}}故棱長rm{=dfrac{4sqrt{3}}{3}a}體積rm{=(dfrac{4sqrt{3}}{3}a)^{3}}該晶胞的空間利用率rm{dfrac{{脭顱脳脫脳脺脤氓祿媒}}{{戮摟擄沒脤氓祿媒}}隆脕100%=dfrac{dfrac{4}{3}婁脨(dfrac{a}{2})^{3}隆脕8}{(dfrac{4sqrt{3}a}{3})^{3}}隆脕100%=34%}

若此晶胞中的棱長為rm{4a}晶胞體積rm{=dfrac{4sqrt

{3}}{3}a}則此晶胞的密度rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{12}{N_{A}}隆脕8}{(356.6隆脕10^{-10})^{3}}=3.5g/cm^{3}}

故答案為：rm{=(dfrac{4sqrt

{3}}{3}a)^{3}}rm{dfrac

{{脭顱脳脫脳脺脤氓祿媒}}{{戮摟擄沒脤氓祿媒}}隆脕100%=dfrac{dfrac{4}{3}婁脨(dfrac

{a}{2})^{3}隆脕8}{(dfrac{4sqrt

{3}a}{3})^{3}}隆脕100%=34%}rm{356.6pm}

rm{=(356.6隆脕10^{-10}cm)^{3}}金屬晶體中存在金屬鍵，所以銅晶體中存在金屬鍵；該鹽中rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac

{12}{N_{A}}隆脕8}{(356.6隆脕10^{-10})^{3}}=3.5g/cm^{3}}元素提供空軌道，rm{sp^{2}}原子提供孤電子對，配位鍵是由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子，則配位鍵由rm{34%}原子指向rm{3.5}原子，

故答案為：金屬鍵；

原子序數(shù)依次增大的四種元素rm{(4)}rm{Cu}rm{O}rm{O}分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種rm{Cu}的化合物，則rm{A}為rm{B}元素；rm{C}原子核外電子有rm{D}種不同的運動狀態(tài)，則rm{A}元素核外有rm{A}個電子，為rm{H}元素；rm{B}與rm{6}可形成正四面體形分子，rm{B}處于第三周期，為rm{6}元素；

rm{C}的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，則rm{B}為rm{C}元素；

rm{C}這四種元素中電負性最大的元素是rm{Cl}元素，其基態(tài)原子中rm{D}rm{D}能級電子為其價電子；

rm{Cu}元素所在主族的前四種元素分別與rm{(1)}形成的化合物；氫化物的熔沸點與其分子間作用力成正比，分子間作用力與其相對分子質量成正比，含有氫鍵的氫化物熔沸點較高；

rm{Cl}根據(jù)圖知，每個碳原子價層電子對個數(shù)是rm{3s}根據(jù)價層電子對互斥理論判斷rm{3p}原子的雜化類型；

該晶胞中rm{(2)Cl}原子個數(shù)rm{=4+8隆脕dfrac{1}{8}+dfrac{1}{2}隆脕6=8}令碳原子直徑為rm{H}計算晶胞中rm{(3)}原子總體積，碳原子與周圍的rm{3}個原子形成正四面體結構，中心碳原子與正四面體頂點原子相鄰，其連線處于體對角線上，且為對角線長的rm{C}故體對角線長為rm{C}故棱長rm{=dfrac{4sqrt{3}}{3}a}體積rm{=(dfrac{4sqrt{3}}{3}a)^{3}}該晶胞的空間利用率rm{dfrac{{脭顱脳脫脳脺脤氓祿媒}}{{戮摟擄沒脤氓祿媒}}隆脕100%}

若此晶胞中的棱長為rm{=4+8隆脕dfrac{1}{8}+dfrac

{1}{2}隆脕6=8}晶胞體積rm{a}則此晶胞的密度rm{C}

rm{4}金屬晶體中存在金屬鍵；該鹽中rm{dfrac{1}{4}}元素提供空軌道，rm{4a}原子提供孤電子對；配位鍵是由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子。

本題是對物質結構的考查，涉及元素推斷、核外電子排布、晶體結構與化學鍵、雜化軌道、配合物、晶胞計算等，是對學生綜合能力的考查，rm{=dfrac{4sqrt

{3}}{3}a}中計算為易錯點、難度，需要學生具備一定的空間想象與數(shù)學計算能力，注意圖二中緊密相鄰的原子為頂點上和內部形成正四面體的原子，不是相鄰頂點上的兩個原子，題目難度中等。rm{=(dfrac{4sqrt

{3}}{3}a)^{3}}【解析】rm{HF>HI>HBr>HCl}rm{HF}分子之間形成氫鍵，使其熔沸點較高，rm{HI}rm{HBr}rm{HCl}分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高；rm{sp^{2}}rm{34%}rm{3.5}金屬鍵19、N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol390KJ/molCO2+8e-+8H+=CH4+2H2O硫酸2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/molN2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O【分析】解：（1）據(jù)焓變等于反應物活化能減去生成物活化能求算焓變，N2和H2反應生成2molNH3過程中的△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，所以熱化學方程式為N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol；

故答案為：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol；

（2）反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能；設N-H的鍵能為x，則943KJ/mol+3×435KJ/mol-6x=-92KJ/mol，x=390KJ/mol；

故答案為：390KJ/mol；

（3）①原電池中電子從負極流向正極，則Cu電極為正極，正極上CO2得電子生成CH4，則銅電極表面的電極反應式為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；

故答案為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；

②電解質溶液顯酸性；加氫氧化鈉能與二氧化碳反應，所以不能加NaOH，應該加硫酸；

故答案為：硫酸；

（4）①聯(lián)氨是共價化合物氮原子和氫原子形成共價鍵，氮原子和氮原子間也形成共價鍵，結構式為：

故答案為：

②NH3與NaClO發(fā)生氧化還原反應可得到肼（N2H4）、氯化鈉和水，所以該反應的化學方程式為：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

故答案為：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

③已知ⅠN2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H1=-19.5kJ/mol

ⅡN2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=-534.2kJ/mol；

利用蓋斯定律將Ⅱ×2-Ⅰ可得2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）；

△H=（-534.2kJ/mol）×2-（-19.5kJ/mol）=-1048.9kJ/mol；

故答案為：2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

④肼--空氣燃料電池是一種堿性電池，該電池放電時，負極是肼燃燒生成氮氣和水，負極的電極反應式為：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；

故答案為：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O．

（1）據(jù)焓變等于反應物活化能減去生成物活化能求算焓變；再書寫熱化學方程式；

（2）根據(jù)反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能計算；

（3）①原電池中電子從負極流向正極，則Cu電極為正極，正極上CO2得電子生成CH4；

②根據(jù)溶液中的電解質的酸堿性判斷；

（4）①肼是共價化合物氮原子和氫原子形成共價鍵；氮原子和氮原子間也形成共價鍵；

②NH3與NaClO反應可得到肼（N2H4）；N元素的化合價升高，故還生成氯化鈉與水；

③已知ⅠN2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H1=-19.5kJ/mol

ⅡN2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=-534.2kJ/mol；

利用蓋斯定律將Ⅱ×2-Ⅰ可得2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g），并以此計算反應熱．燃料電池中，燃料在負極失電子發(fā)生氧化反應，④N2H4失電子生成N2；據(jù)此分析書寫．

本題考查反應熱的計算、化學電源新型電池，題目難度中等，注意蓋斯定律的應用，明確原電池原理為解答關鍵，注意正確判斷電極反應、電子流向、離子流向，難點是電極反應式的書寫．【解析】N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol390KJ/molCO2+8e-+8H+=CH4+2H2O硫酸2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/molN2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O四、元素或物質推斷題(共4題，共36分)20、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