2025年冀教新版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教新版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷567考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知X、Y元素同周期，且電負(fù)性X>Y，下列說法錯(cuò)誤的是（）。A.X與Y形成化合物時(shí)，X可以顯負(fù)價(jià)，Y顯正價(jià)B.第一電離能Y一定小于XC.最高價(jià)含氧酸的酸性：X對(duì)應(yīng)的含氧酸的酸性弱于Y對(duì)應(yīng)的含氧酸的酸性D.X元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性大于Y元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性2、一定溫度下，有可逆反應(yīng)：2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）；△H＜0．現(xiàn)將2molA和2molB充入體積為V的甲容器，將2molC和6molD充入乙容器并使乙容器在反應(yīng)開始前的體積為2V（如圖1）．

關(guān)于兩容器中反應(yīng)的說法正確的是（）

A.甲容器中的反應(yīng)先達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)。

B.兩容器中反應(yīng)均達(dá)平衡后；平衡體系中各組分的體積百分組成相同，濃度也相同。

C.兩容器達(dá)平衡后升高相同的溫度；兩容器中物質(zhì)D的體積分?jǐn)?shù)隨溫度變化如圖2所示。

D.在甲容器中再充入2molA和2molB；平衡后甲中c（C）等于是乙中c（C）

3、現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。則下列有關(guān)比較中正確的是（）A.第一電離能：③＞②＞①B.原子半徑：③＞②＞①C.電負(fù)性：③＞②＞①D.最高正化合價(jià)：③＞②＞①4、把一小塊鈉投入水中，不會(huì)出現(xiàn)的現(xiàn)象是（）A.鈉浮在水面上B.鈉熔化成銀白色的小球，不停地游動(dòng)C.溶液由無色變?yōu)榧t色D.發(fā)出“嘶嘶”響聲5、常溫下，某溶液中由水電離出的c(OH-)=1×10-5mol/L，則該溶液中的溶質(zhì)是A．CH3COONaB．NaOHC．NH3·H2OD．KI6、如圖為直流電源電解稀Na2SO4水溶液的裝置。通電后在石墨電極a和b附近分別滴加一滴石蕊溶液。下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象中錯(cuò)誤的是A.a電極附近呈紅色，b電極附近呈藍(lán)色B.a電極附近呈藍(lán)色，b電極附近呈紅色C.逸出氣體的體積，a電極的大于b電極的D.a、b兩電極都逸出無色無味氣體7、關(guān)于蛋白質(zhì)的下列敘述中，錯(cuò)誤的是（）A.蛋白質(zhì)水溶液具有膠體的性質(zhì)B.所有的蛋白質(zhì)都能人工合成C.蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是氨基酸D.蛋白質(zhì)分子中既含有氨基又含有羧基評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、測(cè)血鈣的含量時(shí),可將2.0mL血液用蒸餾水稀釋后,向其中加入足量草酸銨(NH4)2C2O4晶體,反應(yīng)生成CaC2O4沉淀。將沉淀用稀硫酸處理得H2C2O4后,再用酸性KMnO4溶液滴定,氧化產(chǎn)物為CO2,還原產(chǎn)物為Mn2+,若終點(diǎn)時(shí)用去20.0mL1.0×10-4mol·L-1的KMnO4溶液。(1)寫出用KMnO4滴定H2C2O4的離子方程式。(2)判斷滴定終點(diǎn)的方法是。(3)計(jì)算:血液中含鈣離子的濃度為g·mL-1。9、Ⅰ.寫出下列官能團(tuán)的名稱（各2分，共6分）（1）____（2）____(3)____Ⅱ.寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式（不可寫離子方程式）（各2分，共6分）：（1）葡萄糖溶液和新制氫氧化銅懸濁液（含氫氧化鈉）加熱反應(yīng)____；（2）2-溴丙烷和NaOH乙醇溶液共熱____；（3）少量高錳酸鉀酸性溶液和乙醇混合加熱反應(yīng)褪色同時(shí)有乙酸和硫酸錳生成____；10、請(qǐng)用下列6種物質(zhì)的序號(hào)填空：

①②CH3CH3③CH2═CHCH═CH2④⑤⑥CH≡CH

（1）屬于芳香烴的是______；

（2）屬于鹵代烴的是______；

（3）屬于飽和烴的是______；

（4）屬于不飽和烴的是______；

（5）含有不飽和鍵的是______．11、rm{(1)N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值rm{.46g}rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合氣體中含有______rm{N_{A}}個(gè)氧原子；rm{2L0.6}rm{mol/LFe(NO_{3})_{3}}溶液中含______rm{N_{A}}個(gè)rm{NO_{3}^{-}}離子．

rm{(2)}三氟化氮rm{(NF_{3})}是一種氣體，它是微電子工業(yè)技術(shù)的關(guān)鍵原料之一，三氟化氮在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其反應(yīng)的產(chǎn)物有：rm{HF}rm{NO}和rm{HNO_{3}}

rm{壟脵}寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{壟脷}三氟化氮可由氨氣和氟氣反應(yīng)得到：rm{4NH_{3}+3F_{2}=NF_{3}+3NH_{4}F}據(jù)題意推測(cè)rm{NF_{3}}rm{F_{2}}rm{NO}三種氣體中；氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開_____

rm{(3)H_{2}C_{2}O_{4}}溶液和rm{KMnO_{4}}酸性溶液可發(fā)生反應(yīng)：

______rm{H_{2}C_{2}O_{4}+}______rm{MnO_{4}^{-}+}______rm{H^{+}隆煤}______rm{CO_{2}+}______rm{Mn^{2+}+}______rm{H_{2}O}反應(yīng)中每生成標(biāo)況下rm{4.48L}rm{CO_{2}}氣體，外電路中通過的電子的物質(zhì)的量為______rm{mol}．

rm{(4)}氨和聯(lián)氨rm{(N_{2}H_{4})}是氮的兩種常見化合物，制備聯(lián)氨可用丙酮為催化劑，將次氯酸鈉與氨氣反應(yīng)，該反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______．12、表是不同溫度下水的離子積數(shù)據(jù)：

。溫度/℃t1t2t3水的離子積常數(shù)1.0×10-12α1.0×10-10試回答下列問題：

（1）若t1＜t2＜t3，則α______1.0×10-10填“＞”“＜”或“=”）；作出此判斷的理由是______；

（2）t3℃下，某K2SO4溶液中c（SO42-）=5.0×10-4mol?L-1，取該溶液1.0mL，加水稀釋至10.0mL，則稀釋后溶液中c（K+）：c（OH-）=______；

（3）t1℃下，將pH=10的苛性鈉溶液V1L與pH=1的稀硫酸V2L混合（設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和），所得混合溶液的pH=2，則V1：V2=______。13、用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)．通過測(cè)定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計(jì)算中和熱．回答下列問題：

（1）從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是____．

（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是____．

（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值____．（填“偏大；偏小、無影響”）

（4）如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，所放出的熱量____（填“相等、不相等”），所求中和熱____（填“相等；不相等”）．

簡述理由____．

14、如圖為以惰性電極進(jìn)行電解：

寫出A；B、電極上的電極反應(yīng)式和總反應(yīng)式：

A：____；

B：____；

總反應(yīng)方程式：____．15、處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法；是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S（g）．發(fā)生反應(yīng)為：

2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）

（1）已知：①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=-283.0kJ?mol-1

②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H2=-296.0kJ?mol-1

試計(jì)算2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）△H=______．

（2）在容積為2L的密閉容器中，充入4molCO和2molSO2，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g），CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨時(shí)間的變化如圖所示：

①0～2min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（CO）=______．

②2min后改變下列條件能使上述反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，且平衡向正向移動(dòng)的是______

A．選用更高效的催化劑B．升高溫度。

C．及時(shí)分離出二氧化碳D．增加SO2的濃度。

③相同溫度下，若開始加入CO和SO2的物質(zhì)的量是原來的2倍，則______是原來的2倍．

A．達(dá)到平衡的時(shí)間B．CO的平衡濃度。

C．平衡常數(shù)D．平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率．16、運(yùn)用所學(xué)化學(xué)原理；解決下列問題：

（1）已知：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2．某同學(xué)利用單質(zhì)硅和鐵為電極材料設(shè)計(jì)原電池（NaOH為電解質(zhì)溶液），該原電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為______；

（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol-1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol-1；③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol-1．工業(yè)上生產(chǎn)粗硅的熱化學(xué)方程式為______；

（3）已知：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）．表為該反應(yīng)在不同溫度時(shí)的平衡常數(shù)．則：該反應(yīng)的△H______0（填“＜”或“＞”）；500℃時(shí)進(jìn)行該反應(yīng)，且CO和H2O起始濃度相等，CO平衡轉(zhuǎn)化率為______．

。溫度℃400500800平衡常數(shù)K9.9491評(píng)卷人得分三、其他(共6題，共12分)17、(8分)下圖是一些常見的物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系圖。C是紫紅色金屬單質(zhì)，G是藍(lán)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(yīng)物、生成物中的水均未標(biāo)出；反應(yīng)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(shí)陰極的反應(yīng)式；(3)電解A溶液的總反應(yīng)化學(xué)方程式是。18、(8分)A、B、C是中學(xué)化學(xué)常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學(xué)方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式。19、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環(huán)外還含有一個(gè)六元環(huán)，且E中不含甲基。根據(jù)下列轉(zhuǎn)化關(guān)系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團(tuán)的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應(yīng)類型A→B___________________________________________反應(yīng)類型-------__________________。B→C___________________________________________反應(yīng)類型-------__________________。（3）寫出E的結(jié)構(gòu)簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構(gòu)體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______________________________________。①苯環(huán)上有兩個(gè)取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)20、（8分）由丙烯出發(fā)，經(jīng)如下反應(yīng)，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結(jié)構(gòu)簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應(yīng)類型為__________；由W生成丙烯酸的反應(yīng)類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應(yīng)方程式為。21、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應(yīng)條件已略去)請(qǐng)回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結(jié)構(gòu)簡式：B_________、D_________。（2）反應(yīng)①～⑦中屬于消去反應(yīng)的是___________。(填數(shù)字代號(hào))（3）如果不考慮⑥、⑦反應(yīng)，對(duì)于反應(yīng)⑤，得到的E可能的結(jié)構(gòu)簡式為：_________。（4）試寫出CD反應(yīng)的化學(xué)方程式(有機(jī)物寫結(jié)構(gòu)簡式，并注明反應(yīng)條件)。22、(8分)A、B、C是中學(xué)化學(xué)常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學(xué)方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式。評(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共12分)23、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(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。24、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(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請(qǐng)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?yàn)開__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請(qǐng)判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。25、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(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。26、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(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：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(zhì)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(shí)驗(yàn)_______評(píng)卷人得分五、簡答題(共4題，共8分)27、如圖為長式周期表的一部分，其中的編號(hào)代表對(duì)應(yīng)的元素．

請(qǐng)回答下列問題：

（1）③和①形成的一種5核10電子分子，其立體構(gòu)型為______，中心原子雜化方式為______，屬于__________分子（填“極性”或“非極性”）．

（2）元素③和⑦的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中酸性較強(qiáng)的是：______（填化學(xué)式）元素⑥的電負(fù)性______元素⑦（選填“＞”；“=”、“＜”=）的電負(fù)性．

（3）根據(jù)元素周期表分區(qū)，元素⑨位于______區(qū)，其基態(tài)原子電子排布式為______．

（4）某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性，如上表中元素②與元素⑤的氫氧化物有相似的性質(zhì)．請(qǐng)寫出元素②的氫氧化物與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式______．28、今有①CH3COOH②HCl③H2SO4三種溶液．根據(jù)要求回答下列問題：

（1）當(dāng)它們pH相同時(shí)，其物質(zhì)的量濃度最大的是______（填序號(hào)）．

（2）當(dāng)它們的物質(zhì)的量濃度相同時(shí)，其pH最小是______（填序號(hào)）．

（3）將c（H+）相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c（H+）由大到小的順序?yàn)開_____（填序號(hào)）．

（4）體積和物質(zhì)的量濃度均相同的①②③三種酸溶液，分別與相同濃度的燒堿溶液恰好完全反應(yīng)，所需燒堿的體積比為______．

（5）三酸的pH相同時(shí)，若耗等量的Zn，則需三酸的體積大小關(guān)系為______（填序號(hào)）．29、已知：下列兩個(gè)熱化學(xué)方程式：

rm{Fe(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TFeO(s)triangleH=-272.0KJ/mol}

rm{2Al(s)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)簍TAl_{2}O_{3}(s)triangleH=-1675.7KJ/mol}

則rm{Fe(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TFeO(s)

triangleH=-272.0KJ/mol}的單質(zhì)和rm{2Al(s)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)簍TAl_{2}O_{3}(s)triangleH=-1675.7KJ/mol}反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是______．rm{Al(s)}30、保證食品安全；保持營養(yǎng)均衡；是保障人體健康的基礎(chǔ)．

rm{壟脵}維生素rm{C}能促進(jìn)人體生長發(fā)育rm{.}下列富含維生素rm{C}的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.牛肉rm{B.}辣椒rm{C.}雞蛋。

rm{壟脷}缺乏某種微量元素將導(dǎo)致甲狀腺腫大；且造成智力損害，該微量元素是______

A.碘rm{B.}鐵rm{C.}鈣。

rm{壟脺}使用青霉素可能會(huì)產(chǎn)生過敏，在用藥前患者一定要進(jìn)行______．評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共3題，共12分)31、（7分）在25℃時(shí)，用石墨電極電解1000mL一定濃度的CuSO4溶液。5min后電解完全，在一個(gè)石墨電極上只有1.28gCu生成。試回答下列問題：（1）電解總離子方程式反應(yīng)式為________。（2）得到的溶液的pH是。（lg2=0.3）反應(yīng)速率v（Cu2+）：v（O2）=（3）在原CuSO4溶液中，如要生成Cu（OH）2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液的PH為(KspCu（OH）2=2×10-20)32、（8分）含有C、H、O的化合物，其C、H、O的質(zhì)量比為12∶1∶16，其摩爾質(zhì)量為116g/mol，它的水溶液能使甲基橙變紅，0.58g這種物質(zhì)能與50mL0.2mol/L的氫氧化鈉溶液完全反應(yīng)，它能使溴水褪色。推斷這種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式（要求寫出推斷過程）33、樣品受熱脫水過程質(zhì)量變化表。溫度(℃)0-102102-113113-258258-350固體質(zhì)量(g)1.601.371.141.02

請(qǐng)回答下列問題：

(1)試確定時(shí)固體物質(zhì)的化學(xué)式___________；

(2)取所得樣品繼續(xù)加熱至灼燒得到的產(chǎn)物是一種黑色粉末和一種氧化性氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；上述氧化性氣體與水反應(yīng)生成一種化合物，該化合物的濃溶液與在加熱時(shí)發(fā)生的化學(xué)方程式為________；

(3)將上述所得的黑色固體粉末在高溫條件繼續(xù)分解得到一種紅色固體和一種無色氣體。將該紅色固體粉末溶于過量稀硫酸，發(fā)現(xiàn)溶液變?yōu)樗{(lán)色，但固體并未完全消失。則可推測(cè)黑色粉末分解得到的紅色固體為__________________(寫出該物質(zhì)的化學(xué)式)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B|C【分析】電負(fù)性X>Y，元素的非金屬性X>Y，最高價(jià)含氧酸的酸性應(yīng)該是X對(duì)應(yīng)的含氧酸的酸性強(qiáng)于Y對(duì)應(yīng)的含氧酸的酸性。【解析】【答案】BC2、B【分析】

A；雖然等效平衡后甲、乙容器中A、B濃度相等；但是該反應(yīng)一個(gè)是從正反應(yīng)進(jìn)行，一個(gè)從逆反應(yīng)進(jìn)行，所以無法判斷哪個(gè)容器先達(dá)平衡，故A錯(cuò)誤；

B；等效平衡后甲、乙容器中A、B濃度相等；反應(yīng)前后氣體體積不變，壓強(qiáng)不變，所以平衡混合物中各組分的體積百分組成相同，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量也相同，故B正確；

C；△H＜0；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，兩容器中的反應(yīng)均達(dá)平衡時(shí)，升高相同的溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，物質(zhì)D的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的升高而降低．因?yàn)槠胶饣旌衔镏懈鹘M分的體積百分組成相同，所以兩容器中物質(zhì)D的體積分?jǐn)?shù)隨溫度變化應(yīng)該用同曲線表示，故C錯(cuò)誤；

D；向甲容器中再充入2molA和2molB；等效為再甲中平衡基礎(chǔ)上，增大1倍壓強(qiáng)，體積縮小一倍，平衡不移動(dòng)，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率不變，平衡后甲中物質(zhì)C的濃度加倍，所以向甲容器中再充入2molA和2molB，平衡后甲容器中物質(zhì)C的濃度是乙容器中物質(zhì)C的濃度的2倍，故D錯(cuò)誤；

故選B．

【解析】【答案】據(jù)題意可知；該反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，乙中的氣體的物質(zhì)的量是甲中的兩倍，體積也是兩倍，且溫度相同，將乙容器中的物質(zhì)全部轉(zhuǎn)化為A；B得出甲容器的濃度與乙容器一樣，所以甲與乙完全等效，利用等效平衡分析各個(gè)選項(xiàng)即可．

3、A【分析】根據(jù)排布式可知，①是S，②是P，③是N。非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大。由于N原子和P原子的最外層處于全滿或半充滿狀態(tài)，所以第一電離能大，A正確。原子半徑是②＞①＞③,B不正確。非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，即③＞①＞②，C不正確。最高正化合價(jià)是①＞③＝②，D也不正確。答案選A。【解析】【答案】A4、C【分析】解：A；金屬鈉的密度小于水的密度；所以鈉浮在水面上，故A正確；

B；金屬鈉與水反應(yīng)放熱以及鈉的熔點(diǎn)低；所以鈉熔成小球；金屬鈉與水反應(yīng)生成氣體，導(dǎo)致鈉的游動(dòng)，故B正確；

C；溶液中無酚酞；所以不變紅，故C錯(cuò)誤；

D；反應(yīng)劇烈發(fā)出“嘶嘶”響聲；故D正確；

故選C．

金屬鈉的密度小于水的密度；所以鈉浮在水面上；金屬鈉與水反應(yīng)放熱以及鈉的熔點(diǎn)低，所以鈉熔成小球；金屬鈉與水反應(yīng)生成氣體，導(dǎo)致鈉的游動(dòng)，與生成氣體有關(guān)，反應(yīng)劇烈發(fā)出“嘶嘶”響聲，由此分析解答．

本題主要考查了鈉與水的反應(yīng)，解題的重點(diǎn)是對(duì)鈉與水反應(yīng)的有關(guān)問題，特別是物質(zhì)的性質(zhì)的反應(yīng)的掌握，屬基礎(chǔ)性知識(shí)考查題．【解析】【答案】C5、A【分析】【解析】【答案】A6、A【分析】試題分析：用石墨電極電解硫酸鈉的水溶液，實(shí)際上就是電解水，在a電極上氫離子放電，生成氫氣，剩余氫氧根離子，加石蕊后溶液變紅色，在b電極上氫氧根離子放電，生成氧氣，剩余氫離子，加石蕊后溶液變成藍(lán)色，因此選A。考點(diǎn)：考查水的電解。【解析】【答案】A7、B【分析】解：A．蛋白質(zhì)的水溶液是膠體；具有膠體的性質(zhì)，故A正確；

B．不是所有的蛋白質(zhì)都可以人工合成；如人胰島素，故B錯(cuò)誤；

C．天然蛋白質(zhì)水解最終生成α-氨基酸；故C正確；

D．蛋白質(zhì)分子中既含-NH2；又含-COOH，既能與酸反應(yīng)生成鹽，又能跟堿反應(yīng)生成鹽，故D正確。

故選：B。

A．蛋白質(zhì)分子的直徑大小為1～100nm；

B．不是所有蛋白質(zhì)可人工合成；

C．天然蛋白質(zhì)水解生成α-氨基酸；

D．蛋白質(zhì)分子中既含-NH2；又含-COOH。

本題考查氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大，不是所有蛋白質(zhì)都可以人工合成，注意知識(shí)的積累?！窘馕觥緽二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】因?yàn)榈渭铀嵝訩MnO4溶液至反應(yīng)完畢過量時(shí),會(huì)使溶液呈紫色,故可用滴入一滴酸性KMnO4溶液由無色變?yōu)闇\紫色且半分鐘不褪色的方法來判斷終點(diǎn)。由題意知可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為:2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O、Ca2++C2CaC2O4↓、CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4。設(shè)2mL血液中含Ca2+的物質(zhì)的量為x,則5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2Mn52x20.0×10-3L×1.0×10-4mol·L-1x=5.0×10-6mol,1mL血液中Ca2+的濃度為=1.0×10-4g·mL-1?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O(2)當(dāng)?shù)稳?滴酸性KMnO4溶液后溶液由無色變?yōu)闇\紫色,且半分鐘內(nèi)不褪色(3)1.0×10-49、略

【分析】【解析】試題分析：Ⅰ中官能團(tuán)的名稱分別為（1）碳碳雙鍵（2）羰基(3)羧基Ⅱ中（1）CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O（注意產(chǎn)物為葡萄酸鈉）（2）CH3CHBrCH3＋NaOHCH2=CHCH3＋H2O＋NaBr（3）5C2H5OH+4KMnO4+6H2SO45CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4（題目隱藏的條件是硫酸）考點(diǎn)：官能團(tuán)、官能團(tuán)的性質(zhì)【解析】【答案】Ⅰ（1）碳碳雙鍵（2）羰基(3)羧基Ⅱ（1）CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONaH+Cu2O+3H2O（2）CH3CHBrCH3＋NaOHCH2=CHCH3＋H2O＋NaBr（3）5C2H5OH+4KMnO4+6H2SO45CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO410、略

【分析】解：（1）含有苯環(huán)的烴為芳香烴；①乙苯，屬于烴，含有苯環(huán)，屬于芳香烴，故答案為：①；

（2）④溴苯是苯的H原子被溴取代的物質(zhì)；屬于鹵代烴，故答案為：④；

（3）②乙烷；⑤環(huán)己烷，分子中只有碳碳單鍵和碳?xì)滏I，屬于飽和烴，故答案為：②⑤；

（4）①乙苯；屬于烴，含有苯環(huán)，屬于不飽和烴，③1，4-丁二烯含有含有C=C，屬于不飽和烴，⑥乙炔含有C≡C，屬于不飽和烴，故答案為：①③⑥；

（5）③1；4-丁二烯含有含有C=C，⑥乙炔含有C≡C，故答案為：③⑥．

（1）含有苯環(huán)的烴為芳香烴；

（2）烴中的H原子被鹵原子取代的產(chǎn)物為鹵代烴；

（3）只有碳碳單鍵和碳?xì)滏I的烴為飽和烴；

（4）不飽和烴；是含有雙鍵或三鍵或苯環(huán)的烴；

（5）含有雙鍵或三鍵為不飽和鍵；注意苯中的化學(xué)鍵是介于單鍵與雙鍵之間的特殊鍵，不存在單鍵與雙鍵的交替存在．

本題考查有機(jī)物的簡單分類，比較基礎(chǔ)，注意苯環(huán)中不含不飽和鍵．【解析】①；④；②⑤；①③⑥；③⑥11、略

【分析】解：rm{(1)NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的最簡式相同，rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，rm{46gNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合氣體中含有氧原子rm{=dfrac{46g}{46g/mol}隆脕2隆脕N_{A}/mol=2N_{A}}rm{=dfrac

{46g}{46g/mol}隆脕2隆脕N_{A}/mol=2N_{A}}溶液中含硝酸根離子rm{2L0.6mol/LFe(NO_{3})_{3}}

故答案為：rm{=2L隆脕0.6mol/L隆脕3隆脕N_{A}/mol=3.6N_{A}}rm{2}

rm{3.6}三氟化氮在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其反應(yīng)的產(chǎn)物有：rm{(2)壟脵}rm{HF}和rm{NO}rm{HNO_{3}}元素化合價(jià)由rm{N}價(jià)變?yōu)閞m{+3}價(jià)、rm{+2}價(jià)，由電子、原子守恒可知反應(yīng)為：rm{+5}

故答案為：rm{3NF_{3}+5H_{2}O簍T2NO+HNO_{3}+9HF}

rm{3NF_{3}+5H_{2}O簍T2NO+HNO_{3}+9HF}中，rm{壟脷4NH_{3}+3F_{2}=NF_{3}+3NH_{4}F}元素的化合價(jià)降低，rm{F}為氧化劑，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則氧化性為rm{F_{2}}結(jié)合rm{F_{2}>NF_{3}}中分析可知，氧化性由強(qiáng)弱的順序?yàn)閞m{壟脵}rm{F_{2}}rm{NF_{3}}

故答案為：rm{NO}rm{F_{2}}rm{NF_{3}}

rm{NO}中rm{(3)H_{2}C_{2}O_{4}}元素的化合價(jià)為rm{C}價(jià)，二氧化碳分子中rm{+3}的化合價(jià)為rm{C}價(jià)，化合價(jià)至少升高rm{+4}價(jià)；rm{2}中rm{MnO_{4}^{-}}元素的化合價(jià)為rm{Mn}反應(yīng)后變?yōu)閞m{+7}價(jià)的rm{+2}化合價(jià)降低rm{Mn^{2+}}價(jià)，化合價(jià)變化的最小公倍數(shù)為rm{5}則rm{10}的系數(shù)為rm{MnO_{4}^{-}}rm{2}的系數(shù)為rm{H_{2}C_{2}O_{4}}然后利用觀察法配平為：rm{5}

標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{5H_{2}C_{2}O_{4}+2MnO_{4}^{-}+6H^{+}=10CO_{2}+2Mn^{2+}+8H_{2}O}二氧化碳的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}rm{4.48L}中rm{dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}元素的化合價(jià)為rm{H_{2}C_{2}O_{4}}價(jià)，二氧化碳分子中rm{C}的化合價(jià)為rm{+3}價(jià)，則生成rm{C}二氧化碳轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為：rm{+4}

故答案為：rm{0.2mol}rm{0.2mol隆脕(4-3)=0.2mol}rm{5}rm{2}rm{6}rm{10}rm{2}

rm{8}制備肼的方法，是以rm{0.2}氧化rm{(4)}反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為rm{NaClO}rm{NH_{3}}制得肼的稀溶液，反應(yīng)方程式為：rm{2}

故答案為：rm{1}

rm{NaClO+2NH_{3}簍TN_{2}H_{4}+H_{2}O+NaCl}根據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}=cV}結(jié)合分子構(gòu)成計(jì)算；

rm{NaClO+2NH_{3}=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O.}根據(jù)反應(yīng)物、生成物書寫方程式，該反應(yīng)中rm{(1)}元素化合價(jià)由rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N_{A}}=cV}價(jià)變?yōu)閞m{(2)壟脵}價(jià)、rm{N}價(jià)；結(jié)合電子；原子守恒分子；

rm{+3}中，rm{+2}元素的化合價(jià)降低；氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；

rm{+5}中rm{壟脷4NH_{3}+3F_{2}=NF_{3}+3NH_{4}F}元素的化合價(jià)為rm{F}價(jià)，二氧化碳分子中rm{(3)H_{2}C_{2}O_{4}}的化合價(jià)為rm{C}價(jià)，化合價(jià)至少升高rm{+3}價(jià)；rm{C}中rm{+4}元素的化合價(jià)為rm{2}反應(yīng)后變?yōu)閞m{MnO_{4}^{-}}價(jià)的rm{Mn}化合價(jià)降低rm{+7}價(jià)，化合價(jià)變化的最小公倍數(shù)為rm{+2}然后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平；根據(jù)電子守恒計(jì)算出每生成標(biāo)況下rm{Mn^{2+}}rm{5}氣體；外電路中通過的電子的物質(zhì)的量；

rm{10}次氯酸鈉與氨氣反應(yīng)，丙酮作催化劑，根據(jù)rm{4.48L}氧化rm{CO_{2}}可以得到肼來書寫方程式．

本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應(yīng)的配平與計(jì)算、化學(xué)方程式書寫、氧化性強(qiáng)弱比較、物質(zhì)的量的計(jì)算等知識(shí)，題目難度中等，明確氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力．rm{(4)}【解析】rm{2}rm{3.6}rm{3NF_{3}+5H_{2}O簍T2NO+HNO_{3}+9HF}rm{F_{2}}rm{NF_{3}}rm{NO}rm{5}rm{2}rm{6}rm{10}rm{2}rm{8}rm{0.2}rm{NaClO+2NH_{3}=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}12、＜升高溫度，水的電離程度增大，離子積增大1000：19：2【分析】解：（1）水是弱電解質(zhì)，存在電離平衡，電離過程為吸熱反應(yīng)，所以溫度升高，水的電離程度增大，離子積增大，若t1＜t2＜t3，則α＜1.0×10-10；

故答案為：＞；升高溫度；水的電離程度增大，離子積增大；

（2）硫酸鈉是中性溶液，溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，取該溶液1.0mL，加水稀釋至10.0mL，硫酸鈉溶液中c（K+）：c（OH-）=2×5×10-4mol?L-1×1×10-7mol?L-1=1000：1；

故答案為：1000：1；

（3）t1℃下Kw=1.0×10-12，pH=10的苛性鈉溶液中c（OH-）=1×10mol/L，若所得混合液的pH=2，酸過量，c（H+）==mol/L=0.01，解之得：V1：V2=9：2；

故答案為：9：2。

（1）水的電離過程為吸熱反應(yīng)分析判斷；

（2）硫酸鈉是中性溶液，溶液中存在離子積常數(shù)，結(jié)合常溫下氫氧根離子濃度來計(jì)算c（K+）：c（OH-）；

（3）酸和堿混合，若所得混合液的pH=2，則酸過量，根據(jù)c（H+）=計(jì)算；在計(jì)算pH。

本題主要考查酸堿混合pH的計(jì)算，明確濃度與pH的換算、酸堿混合溶液為中性、堿性時(shí)離子濃度的關(guān)系等是解答本題的關(guān)鍵，題目難度中等?！窘馕觥浚忌邷囟?，水的電離程度增大，離子積增大1000：19：213、略

【分析】

（1）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器；故答案為：環(huán)形玻璃攪拌器；

（2）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是：減少實(shí)驗(yàn)過程中的熱量損失，故答案為：減少實(shí)驗(yàn)過程中的熱量損失；

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

（4）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，并若用60mL0.25mol?L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)放出的熱，與酸堿的用量無關(guān)，所以用50mL0.50mol?L-1醋酸代替H2SO4溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得中和熱數(shù)值相等，故答案為：不相等；相等；因?yàn)橹泻蜔崾侵杆岣鷫A發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O所放出的熱量；與酸堿的用量無關(guān)．

【解析】【答案】（1）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；

（2）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

（3）不蓋硬紙板；會(huì)有一部分熱量散失；

（4）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；并根據(jù)中和熱的概念和實(shí)質(zhì)來回答．

14、Cu2++2e﹣═Cu|2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑|CuCl2Cu+Cl2↑【分析】【解答】解：左、右兩個(gè)裝置都是電解池，左側(cè)裝置，A連接電源的負(fù)極，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，Cu2+放電生成Cu，陰極電極反應(yīng)式為Cu2++2e﹣═Cu，B連接電源的正極，為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Cl﹣放電生成Cl2，陽極電極反應(yīng)式為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，總反應(yīng)式為：CuCl2Cu+Cl2↑；故答案為：Cu2++2e﹣═Cu；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；CuCl2Cu+Cl2↑．

【分析】左、右兩個(gè)裝置都是電解池，左側(cè)裝置，A連接電源的負(fù)極，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，Cu2+放電生成Cu，B連接電源的正極，為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Cl﹣放電生成Cl2，陰、陽電極反應(yīng)式之和為總反應(yīng)式．15、略

【分析】解：（1）①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ?mol-1

②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0KJ?mol-1

將方程式①×2-②得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=（-283.0KJ?mol-1）×2-（-296.0KJ?mol-1）=-270KJ?mol-1，熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=-270kJ?mol-1；

故答案為：-270kJ?mol-1；

（2）①根據(jù)圖象，反應(yīng)平衡時(shí)二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為50%，則設(shè)0-2min內(nèi)的消耗SO2為xmol；

根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式：2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）；

開始：4200

轉(zhuǎn)化：2xxx2x

平衡：4-2x2-xx2x

則根據(jù)平衡時(shí)二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為50%，有=50%；則x=1.5mol；

①0-2min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（CO）=mol?L-1?min-1=0.75mol?L-1?min-1，故答案為：0.75mol?L-1?min-1；

②A．選用更高效的催化劑；反應(yīng)速率增大，但平衡不移動(dòng)，故錯(cuò)誤；

B．升高溫度；反應(yīng)速率增大，但平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，故錯(cuò)誤；

C．及時(shí)分離出二氧化碳；平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，但反應(yīng)速率減小，故錯(cuò)誤；

D．增加SO2的濃度；反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，故正確；

故選D；

③A；反應(yīng)物物質(zhì)的量增加；濃度增大，反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡時(shí)間比原來縮短，故錯(cuò)誤；

B；壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)；CO的平衡濃度為原來的2倍，故正確；

C；平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度不變，平衡常數(shù)不變，故錯(cuò)誤；

d．增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率增加；小于原來的2倍，故錯(cuò)誤．

故選B．

（1）①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ?mol-1

②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0KJ?mol-1

將方程式①×2-②得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）；根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)的焓變；

（2）根據(jù)圖象，反應(yīng)平衡時(shí)二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為50%，則設(shè)0-2min內(nèi)的消耗SO2為xmol；

根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式：2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）；

開始：4200

轉(zhuǎn)化：2xxx2x

平衡：4-2x2-xx2x

則根據(jù)平衡時(shí)二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為50%，有=50%；則x=1.5mol；

①根據(jù)反應(yīng)速率V=進(jìn)行計(jì)算；

②a．選用更高效的催化劑；反應(yīng)速率增大，但平衡不移動(dòng)；

b．升高溫度；反應(yīng)速率增大，但平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)；

c．及時(shí)分離出二氧化碳；平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，但反應(yīng)速率減??；

d．增加SO2的濃度；反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)。

③A．反應(yīng)物物質(zhì)的量增加；濃度增大，反應(yīng)速率加快；

B；物質(zhì)的量加倍；體積不變，各組分的濃度會(huì)加倍；

C；溫度不變；平衡常數(shù)不變；

D；物質(zhì)的量加倍；增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，增加反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率．

本題考查綜合考查化學(xué)反應(yīng)與能量變化、化學(xué)平衡的計(jì)算及其平衡移動(dòng)的判斷，注意掌握三段式法進(jìn)行計(jì)算的方法，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力及化學(xué)計(jì)算能力，注意鍵能與反應(yīng)熱的計(jì)算關(guān)系，題目難度中．【解析】-270kJ?mol-1；0.75mol?L-1?min-1；D；B16、略

【分析】解：（1）負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，Si在負(fù)極上失去電子，堿性條件下生成硅酸根與水，負(fù)極電極反應(yīng)式為：Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O；

故答案為：Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O；

（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol-1；

②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol-1；

③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律，①+②-③得：2C（s）+SiO2（s）=2CO（g）+Si（s）△H=（a+b-c）kJ?mol-1；

故答案為：2C（s）+SiO2（s）=2CO（g）+Si（s）△H=（a+b-c）kJ?mol-1；

（3）由表中數(shù)據(jù)可知；升高溫度，平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即△H＜0；

CO和H2O起始濃度相等；令他們的起始濃度為1mol/L，設(shè)平衡時(shí)CO的濃度變化量為xmol/L，則：

CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）

開始（mol/L）：1100

轉(zhuǎn)化（mol/L）：xxxx

平衡（mol/L）：1-x1-xxx

故=9；解得x=0.75；

故CO的轉(zhuǎn)化率=×100%=75%；

故答案為：＜；75%．

（1）負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)；Si在負(fù)極上失去電子，堿性條件下生成硅酸根與水，結(jié)合電荷守恒和原子守恒書寫；

（2）根據(jù)蓋斯定律書寫目標(biāo)熱化學(xué)方程式；，已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol-1；

②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol-1；

③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律；①+②-③得到所需熱化學(xué)方程式；

（3）由表中數(shù)據(jù)可知；升高溫度，平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

CO和H2O起始濃度相等；令他們的濃度為1mol/L，設(shè)平衡時(shí)CO的濃度變化量為xmol/L，利用三段式表示出平衡時(shí)各組分的濃度，根據(jù)平衡常數(shù)列方程計(jì)算，進(jìn)而計(jì)算CO轉(zhuǎn)化率．

本題考查原電池、熱化學(xué)方程式、化學(xué)平衡計(jì)算等，側(cè)重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的鞏固，負(fù)極電極反應(yīng)式可以利用電荷守恒和原子守恒書寫，難度不大．【解析】Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O；2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）△H=（a+b-c）kJ?mol-1；＜；75%三、其他(共6題，共12分)17、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質(zhì)，則C為Cu；G是藍(lán)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(qiáng)堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應(yīng)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)══18、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO219、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對(duì)均可）（2分）20、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；消去反應(yīng)（各1分）（3）略（2分）21、略

【分析】【解析】【答案】22、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共12分)23、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(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)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(chǎn)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(huì)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(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）224、略

【分析】【分析】

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，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價(jià)和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越小；原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序?yàn)镠

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強(qiáng)堿NaOH發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應(yīng)產(chǎn)生H2，反應(yīng)方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應(yīng)也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應(yīng)后的固體與水反應(yīng)放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學(xué)的說法不合理。

【點(diǎn)睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應(yīng)用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系，注意元素金屬性、非金屬性強(qiáng)弱比較實(shí)驗(yàn)事實(shí)，要注意基礎(chǔ)知識(shí)并靈活運(yùn)用，注意金屬氫化物有關(guān)問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應(yīng)后有Na殘留，也能與水反應(yīng)生成H225、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(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)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(chǎn)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(huì)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(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）226、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、簡答題(共4題，共8分)27、略

【分析】解：由元素在周期表的位置可知；①為H，②為Be，③為C，④為Mg，⑤為Al，⑥為S，⑦為Cl，⑧為Ca，⑨為Fe，⑩為Cu；

（1）C和H形成的一種5核10電子分子為CH4，CH4分子中的C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4，則C原子采取sp3雜化；立體構(gòu)型為正四面體形，分子中正負(fù)電荷重心重合，為非極性分子；

故答案為：正四面體形；sp3；非極性；

（2）C的非金屬性小于Cl的非金屬性，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中酸性較強(qiáng)的是HClO4；同周期自左到右電負(fù)性減小；所以電負(fù)性：S＜Cl；

故答案為：HClO4；＜；

（3）d區(qū)元素包含周期表中3-10列元素，上述元素中只有⑨號(hào)元素屬于d區(qū)；為Fe，為26號(hào)元素，原子核外有26個(gè)電子，根據(jù)能量最低原理，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案為：d；1s22s22p63s23p63d64s2；

（4）元素⑤為Al，Al（OH）3具有兩性，元素②為Be，元素⑤與元素②的氫氧化物有相似的性質(zhì)，故Be（OH）2也具有兩性，能與NaOH反應(yīng)，方程式為：Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，離子方程式為：Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O；

故答案為：Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O；

由元素在周期表的位置可知；①為H，②為Be，③為C，④為Mg，⑤為Al，⑥為S，⑦為Cl，⑧為Ca，⑨為Fe，⑩為Cu；

（1）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定分子中原子雜化方式及分子空間構(gòu)型；價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=配原子個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)，分子中正負(fù)電荷重心重合的為非極性分子，不重合的為非極性分子，據(jù)此分析解答；

（2）非金屬性越強(qiáng)；最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)；同周期自左到右電負(fù)性減??；

（3）d區(qū)元素包含周期表中3-10列元素；⑨為Fe；為26號(hào)元素，原子核外有26個(gè)電子，根據(jù)能量最低原理書寫核外電子排布式；

根據(jù)元素周期表分區(qū)，元素⑨位于d區(qū)，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2．

（4）某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性；如上表中元素②與元素⑤的氫氧化物。

本題考查元素周期表與元素周期律，難度不大，側(cè)重對(duì)元素周期律的考查，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握．【解析】正四面體形；sp3；非極性；HClO4；＜；d；1s22s22p63s23p63d64s2；Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O28、略

【分析】解：（1）當(dāng)pH相同時(shí)；說明溶液中氫離子濃度相等，如果都是一元酸，酸的電離程度越大則酸的濃度越小，醋酸和鹽酸都是一元酸且醋酸電離程度小于HCl，所以pH相同時(shí)物質(zhì)的量濃度①＞②；如果都是強(qiáng)酸，一元酸濃度大于二元酸濃度，鹽酸和硫酸都是強(qiáng)酸，且鹽酸是一元酸；硫酸是二元酸，則物質(zhì)的量濃度②＞③，所以pH相同時(shí)物質(zhì)的量濃度最大的是①；

故答案為：①；

（2）當(dāng)它們物質(zhì)的量濃度相同時(shí)；pH值與酸的元數(shù)及電離程度有關(guān)，酸的元數(shù)越大；酸電離程度越大，氫離子濃度越大，溶液的pH越小，硫酸是二元強(qiáng)酸、HCl是一元強(qiáng)酸、醋酸是一元弱酸，所以物質(zhì)的量濃度相同的這幾種酸，pH最小的是硫酸，故答案為：③；

（3）加水稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，加水促進(jìn)醋酸電離，HCl、硫酸完全電離，加水稀釋氫離子物質(zhì)的量不變，所以將c（H+）相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c（H+）由大到小的順序?yàn)棰伲劲?③；

故答案為：①＞②=③；

（4）體積和物質(zhì)的量濃度均相同的①②③三種酸溶液；分別與相同濃度的燒堿溶液恰好完全反應(yīng)，消耗NaOH溶液體積與最終電離出氫離子物質(zhì)的量成正比，物質(zhì)的量濃度和體積相同的這三種溶液，最終電離出氫離子物質(zhì)的量大小順序是2①=2②=③，這消耗NaOH體積之比為1：1：2，故答案為：1：1：2；

（5）三酸的pH相同時(shí)；若耗等量的Zn，則消耗最終電離出的氫離子物質(zhì)的量相等，消耗的酸體積與酸最終電離出的氫離子濃度成反比，這三種酸最終電離出氫離子濃度為①＞②=