2025年人教版PEP高二化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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年人教版PEP高二化學(xué)下冊月考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(xué)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、甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的兩種反應(yīng)原理是①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=+49.0kJ/mol②CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH=－192.9kJ/mol下列說法正確的是（）A.CH3OH的燃燒熱為192.9kJ/molB.反應(yīng)①中的能量變化如右圖所示C.CH3OH轉(zhuǎn)變成H2的過程一定要吸收能量D.根據(jù)②推知：CH3OH(l)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH>－192.9kJ/mol2、已知rm{0.1mol?L^{-1}}的二元酸rm{H_{2}A}溶液的rm{pH=4}則下列說法中正確的是A.在rm{Na_{2}}rm{NaHA}兩溶液中，離子種類不相同B.物質(zhì)的量濃度相等的rm{Na_{2}}rm{NaHA}兩溶液的rm{pH}相大小為前者小于后者C.在rm{NaHA}溶液中一定有：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+c(OH^{-})+2c(A^{2-})}D.在rm{Na_{2}A}溶液中一定有：rm{c(Na^{+})>c(A^{2-})>c(H^{+})>c(OH^{-})}3、等物質(zhì)的量的與Br2起加成反應(yīng)；生成的產(chǎn)物不可能是（）

A.

B.

C.

D.

4、醋酸溶液中滴入稀氨水，溶液的導(dǎo)電能力發(fā)生變化，其電流I隨加入氨水的體積V的變化曲線圖是5、下列說法中正確的是（）A.CCl4的比例模型示意圖為B.的名稱為2，6-二甲基3乙基庚烷C.化合物有4種一氯代物D.1mol最多能與4molNaOH完全反應(yīng)6、用2-丁炔為原料制取CH3CHBrCBrClCH3，可行的反應(yīng)途徑是（）A.先加Cl2，再加Br2B.先加Cl2，再加HBrC.先加HCl，再加HBrD.先加HCl，再加Br27、密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：rm{X_{2}(g)+Y_{2}(g)?2Z(g).}已知起始時rm{X_{2}}rm{Y_{2}}rm{Z}各物質(zhì)的濃度分別為rm{0.1mol?L^{-1}}rm{0.3mol?L^{-1}}rm{0.2mol?L^{-1}}反應(yīng)在一定條件下達到平衡時，各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不可能是rm{(}rm{)}A.rm{c(Z)=0.3}rm{mol?L^{-1}}B.rm{c(Y_{2})=0.35}rm{mol?L^{-1}}C.rm{c(X_{2})=0.15}rm{mol?L^{-1}}D.rm{c(Z)=0.4}rm{mol?L^{-1}}評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃燒的反應(yīng)為：rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{-}}{;}2H_{2}O}反應(yīng)前后不發(fā)生變化的是rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{-}}{;}2H_{2}O}rm{(}A.元素的種類B.物質(zhì)的總質(zhì)量C.分子的數(shù)目D.原子的數(shù)目rm{)}9、下列各組物質(zhì)中，所含分子數(shù)相同的是A.rm{32gO_{2}}和rm{32gCO}B.rm{28gN_{2}}和rm{44gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}標準狀況rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、下列物質(zhì)與水混合后靜置，出現(xiàn)分層的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳11、rm{2016}年世界環(huán)境日我國的主題是：改善環(huán)境質(zhì)量，推動綠色發(fā)展。符合該主題的措施有()A.燃煤煙氣脫硫B.大力發(fā)展和使用清潔能源C.直接排放電鍍廢水D.在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器12、氯酸根和亞硫酸氫根發(fā)生氧化還原反應(yīng)：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}，下圖為該反應(yīng)速率隨時間變化的圖像。圖中rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=

3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}是用rm{v(ClO_{3}^{-})}在單位時間內(nèi)的物質(zhì)的量濃度的變化來表示的反應(yīng)速率。則下列說法不正確的是()

A.反應(yīng)開始時速率增大可能是rm{ClO_{3}^{-}}增大引起的B.若坐標改為rm{c(H^{+})}時，速率時間曲線和上圖曲線完全重合C.后期反應(yīng)速率下降的原因是反應(yīng)物濃度減少D.圖中陰影部分rm{v(Cl^{-})}面積rm{"}為rm{"}至rm{t_{1}}時間內(nèi)rm{t_{2}}的物質(zhì)的量的減少值rm{ClO_{3}^{-}}13、下列不同類別物質(zhì)中均含有rm{C}rm{H}rm{O}三種元素的是rm{(}rm{)}A.醇B.烷烴C.糖類D.油脂評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、(14分)如圖所示是電解氯化鈉溶液（含酚酞）的裝置。有毒氣體收集的裝置省略沒有畫出，兩電極均是惰性電極。⑴a電極的名稱____,a電極的電極方程式為：____________.⑵電解過程中觀察到的現(xiàn)象。⑶確定N出口的氣體最簡單的方法是,若收集N出口的氣體體積在標準狀況為1.12L，則電解過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為：_____________.⑷電解的總反應(yīng)離子方程式為。⑸若將b電極換成鐵作電極，寫出在電解過程中U型管底部出現(xiàn)的現(xiàn)象____。15、某學(xué)生欲用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知物質(zhì)的量濃度的氫氧化鈉溶液時，選擇酚酞作指示劑rm{.}請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

rm{(1)}用標準的鹽酸溶液滴定待測的氫氧化鈉溶液時，左手把握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視______rm{.}直到______為止．

rm{(2)}下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏低的是______．

A.酸式滴定管未用標準鹽酸溶液潤洗就直接注入標準鹽酸溶液。

B.滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥。

C.酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失。

D.讀取鹽酸體積時；開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)。

rm{(3)}若滴定開始和結(jié)束時，酸式滴定管中的液面如圖rm{1}和圖rm{2}所示；請將數(shù)據(jù)填入表格的空白處．

。滴定次數(shù)待測氫氧化鈉溶液的體積rm{/mL}rm{0.1000mol/L}鹽酸的體積rm{/mL}滴定前刻度滴定后刻度溶液體積rm{/mL}滴定后刻度溶液體積rm{/mL}第一次rm{25.00}__________________第二次rm{25.00}rm{1.56}rm{28.08}rm{26.52}第三次rm{25.00}rm{0.22}rm{26.34}rm{26.12}rm{(4)}請根據(jù)上表中數(shù)據(jù)列式計算該氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度：rm{c(NaOH)=}______．16、（14分）甲醇被稱為2l世紀的新型燃料，工業(yè)上通過下列反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O為原料來制備甲醇。(1)將1molCH4和2molH2O(g)通入反應(yīng)室（容積為100L），并在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)Ⅰ測得CH4的轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖。①當壓強為P1，溫度為100℃時達到平衡所需的時間為5min。則用H2表示0～5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率為____。②圖中的P1____P2（填“<”、“>”或“＝”）。③100℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)為____。④在其它條件不變時降低溫度，反應(yīng)Ⅰ的逆反應(yīng)速率將____(填“增大”“減小”或“不變”)，反應(yīng)____移動（填“向正方向”、“向逆方向”或“不”）。（2）在壓強為0.1MPa條件下,將amolCO與3amolH2的混合氣體在催化劑作用下能自發(fā)反應(yīng)生成甲醇，其反應(yīng)如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)Ⅱ①則該反應(yīng)的△H____0，△S____0(填“<”、“>”或“＝”)。②若容器容積不變，下列措施可增加甲醇產(chǎn)率的是____。A．升高溫度B．將CH3OH(g)從體系中分離C．充入He，使體系總壓強增大③為了尋找合成甲醇的溫度和壓強的適宜條件，某同學(xué)設(shè)計了三組實驗，部分實驗條件已經(jīng)填在下面實驗設(shè)計的表中。請在下表空格中填入剩余的實驗條件數(shù)據(jù)。。實驗編號T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)ⅰ1501/30.1ⅱ________5ⅲ350____517、二氧化硅晶體是立體的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)．其晶體模型如圖所示．認真觀察晶體模型并回答下列問題：

（1）二氧化硅晶體中最小的環(huán)為______元環(huán)．

（2）每個硅原子為______個最小環(huán)共有．

（3）每個最小環(huán)平均擁有______個氧原子．18、醫(yī)學(xué)上酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液的反應(yīng)用于測定血鈣的含量．回答下列問題：

（1）配平以下離子方程式；并填上所需的微粒：

______H++______MnO4-+______H2C2O4→______CO2↑+______Mn2++______（______）

（2）測定血鈣的含量的方法是：取2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量沉淀，將沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定．

①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化學(xué)方程式是______．

②溶解沉淀時不能用稀鹽酸；原因是會發(fā)生反應(yīng)。

2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

該反應(yīng)中氧化劑是______，氧化產(chǎn)物是______，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比是______，被氧化與未被氧化的HCl的質(zhì)量之比為______，若有7.3gHCl被氧化，則產(chǎn)生Cl2的質(zhì)量為______g，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為______mol．

（3）高錳酸鉀也是一種重要的工業(yè)試劑．

Ⅰ．在用KMnO4酸性溶液處理Cu2S和CuS的混合物時；發(fā)生的反應(yīng)如下：

①MnO4-+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）

②MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）

下列關(guān)于反應(yīng)①的說法中正確的是______（選填編號）．

a．被氧化的元素是Cu和S

b．生成2.24L（標況下）SO2；轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.8mol

c．還原性的強弱關(guān)系是：Mn2+＞Cu2S

Ⅱ．在稀硫酸中，MnO4-和H2O2也能發(fā)生氧化還原反應(yīng)寫出離子方程式______．

反應(yīng)中若有0.5molH2O2參加此反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)為______．由上述反應(yīng)得出的物質(zhì)氧化性強弱的結(jié)論是______＞______（填寫化學(xué)式）．19、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{R}rm{G}是元素周期表中前四周期的元素，其原子序數(shù)依次增大。已知：

rm{(1)}基態(tài)rm{G}原子的價電子排布圖為_______________；

rm{(2)YR_{3}}的空間構(gòu)型為______________，rm{ZR_{2}}的rm{VSEPR}模型為_____________，rm{(3)G^{2+}}可形成配離子rm{[G(ZXY)_{n}]^{2-}}則該配離子中中心離子的配位數(shù)為________，與配體互為等電子體的分子有________，rm{(}一種即可，填化學(xué)式rm{)}該配離子中rm{婁脪}鍵數(shù)與rm{婁脨}鍵數(shù)之比為________；

rm{(4)}一種只含rm{X}rm{Y}兩種元素的晶體薄膜材料rm{L}已經(jīng)制備成功并驗證了理論預(yù)測的正確性，這種薄膜材料比金剛石的硬度還大。其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示rm{(}圖示原子都包含在晶胞內(nèi)，rm{1}個rm{Y}原子與rm{3}個緊鄰rm{X}原子在一個近似的平面上rm{)}

rm{壟脵L}中rm{Y}原子的雜化類型為________________；

rm{壟脷L}的熔點________金剛石的熔點rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}原因是________________；rm{隆冒}為rm{Y}原子rm{隆帽}為rm{X}原子。

rm{(5)X}元素能形成多種同素異形體，其中一種同素異形體rm{M}的晶體結(jié)構(gòu)如圖rm{1}所示。圖rm{2}為從層狀結(jié)構(gòu)中取出的晶胞。已知rm{M}的密度是rm{dg/cm}元素能形成多種同素異形體，其中一種同素異形體rm{(5)X}的晶體結(jié)構(gòu)如圖rm{M}所示。圖rm{1}為從層狀結(jié)構(gòu)中取出的晶胞。已知rm{2}的密度是rm{M}rm{dg/cm}rm{{,!}^{3}}鍵的鍵長為，rm{X-X}鍵的鍵長為rm{rcm}阿伏加德羅常數(shù)的值為rm{N}阿伏加德羅常數(shù)的值為rm{X-X}rm{rcm}rm{N}熔化時，破壞的作用力為________，rm{{,!}_{A}}晶體的層間距離為________________。晶體rm{M}熔化時，破壞的作用力為________，rm{M}晶體的層間距離為________________rm{cm}

rm{M}20、苯乙酸銅是合成優(yōu)良催化劑、傳感材料rm{隆陋隆陋}納米氧化銅的重要前驅(qū)體之一，可采用苯乙腈為原料在實驗室進行合成。請回答：rm{(1)}制備苯乙酸的裝置如圖rm{(}加熱和夾持裝置等略rm{)}已知：苯乙酸的熔點為rm{76.5隆忙}微溶于冷水，溶于乙醇。

在rm{250mL}三口瓶rm{攏謾}中加入rm{70mL}質(zhì)量分數(shù)為rm{70攏樓}的硫酸，加熱至rm{100隆忙}再緩緩滴入rm{40攏莽}苯乙腈，然后升溫至rm{130隆忙}發(fā)生反應(yīng)：rm{{,!}}儀器rm的名稱是______________，其作用是______________。反應(yīng)結(jié)束后加適量冷水再分離出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是___________________________________。rm{(2)}分離出粗苯乙酸的操作名稱是______，所用到的儀器是rm{(}填字母rm{)}______。rm{a.}漏斗rm{b.}分液漏斗rm{c.}燒杯rm{d.}玻璃棒rm{e.}直形冷凝管rm{(3)}將苯乙酸加入到乙醇與水的混合溶劑中，充分溶解后加入rm{Cu(OH)_{2}}攪拌rm{30min}過濾，濾液靜置一段時間可以析出苯乙酸銅晶體，寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________，混合溶劑中乙醇的作用是________________________________________________________。rm{(4)}提純粗苯乙酸最終得到rm{44攏莽}純品，則苯乙酸的產(chǎn)率是_________。rm{(}相對分子質(zhì)量：苯乙腈rm{117}苯乙酸rm{136)}21、測定中和熱的實驗所用rm{NaOH}溶液要稍過量的原因______；倒入rm{NaOH}溶液的正確操作是______rm{(}填序號rm{)}．

A.沿玻璃棒緩慢倒入。

rm{B.}分三次少量倒入。

C.一次迅速倒入．評卷人得分四、簡答題(共2題，共20分)22、化工是以煤為原料；經(jīng)過化學(xué)加工使煤轉(zhuǎn)化為氣體；液體、固體燃料以及各種化工產(chǎn)品的工業(yè)過程．

（1）在煤的氣化反應(yīng)器中發(fā)生如下幾種反應(yīng)：

C（s）十H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-394kJ/mol

CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ/mol

則CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）△H=______

（2）已知830℃時，在一個容積固定的密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）下列能判斷該反應(yīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是______

a．容器中的壓強不變。

b．1molH-H鍵斷裂的同時斷裂2molH-O鍵。

c．V正（CO）=V逆（H2O）

d．c（CO）=c（H2）

此溫度下該反應(yīng)的K=1，等物質(zhì)的量的CO和H2O反應(yīng)達平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為______

（3）將不同量的CO（g）和H2O（g）分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中，進行反應(yīng)CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g），得到如下三組數(shù)據(jù)：。實驗組溫度/℃起始量/mol達到平衡所需時間/min達到平衡所需時間/minH2OCOH2CO2H2CO21650241.61.652900120.40.433900abcdt①實驗1中以v（CO2）表示的反應(yīng)速率為______．

②該反應(yīng)的逆反應(yīng)為______（填“吸”或“放’’）熱反應(yīng)。

③若實驗3要達到與實驗2相同的平衡狀態(tài)（即各物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)分別相等），且t＜3min，則a、b應(yīng)滿足的關(guān)系是______（用含a、b的數(shù)學(xué)式表示）．

（4）目前工業(yè)上有一種方法是用CO2來生產(chǎn)甲醇．一定條件下發(fā)生反應(yīng)：

3H2（g）+CO2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）；如圖1，表示該反應(yīng)進行過程中能量（單位為kJ/mol）的變化．

①在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2和3molH2；

下列措施中能使c（CH3OH）增大的是______（填字母）

a．升高溫度。

b．充入He（g）；使體系壓強增大。

c．將H2O（g）從體系中分離出來。

d．再充入1molCO2和3molH2

②當反應(yīng)達到平衡時不斷改變條件（但不改變各組分物質(zhì)的量和狀態(tài)且只改變一個條件）反應(yīng)速率隨時間的變化．如圖2：其中表示平衡混合物中CH3OH含量最高的一段時間是______；如t0～t1平衡常數(shù)為K1；

t2～t3平衡常數(shù)為K2，則K1______K2（填＞、=、＜）．23、常溫下，濃度均為0.1mol．L-1的6種溶液pH如下：

。溶質(zhì)Na2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3NaClOpH11.69.712.310.04.010.3請根據(jù)上表數(shù)據(jù)回答：

（1）常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的下列稀溶液，其酸性由強到弱的順序是______（用A；B、C、D表示）．

A．H2SiO3B．H2SO3C．H2CO3D．HClO

（2）若要增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是______（填化學(xué)式）．

（3）請寫出上述NaClO溶液中通入少量CO2的化學(xué)方程式：______．

（4）等濃度的H2SO3和NaHSO3混合液，加入少量的強酸或強堿溶液，pH值都沒有明顯變化，請解其原因：______（用離子方程式表示）．評卷人得分五、解答題(共1題，共3分)24、氫氣是一種新型的綠色能源；又是一種重要的化工原料．

（1）氫氣燃燒熱值高．實驗測得常溫常壓下，1gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出142.9kJ熱量，則表示H2的標準燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：______．

（2）氫氧燃料電池能量轉(zhuǎn)化率高，具有廣闊的發(fā)展前景．用氫氧燃料電池進行下圖所示實驗（其中下圖中電極均為惰性電極）：該氫氧燃料電池中，b極的電極反應(yīng)式為______；d極的電極反應(yīng)式為______；若標準狀況下氧氣消耗為5.6L；則導(dǎo)線中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為______．

評卷人得分六、綜合題(共2題，共8分)25、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．26、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】試題解析：根據(jù)蓋斯定律將，②×3-①×2可得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-192.9kJ/mol×3-49kJ/mol×2=-676.7kJ/mol，所以甲醇的燃燒熱為676.7kJ/mol，故A錯誤；反應(yīng)①的△H＞0，而圖示的△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量＜0，故B錯誤；由已知可知，反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)，而反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，故C錯誤；D、同物質(zhì)的量的同種物質(zhì)，氣態(tài)能量最高，其次液態(tài)能量，固態(tài)能量最低，由②推知反應(yīng)：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞-192.9kJ?mol-1，故D正確．考點：化學(xué)能與熱能的相互轉(zhuǎn)化【解析】【答案】D2、C【分析】【分析】本題考查了電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較方法，溶液中電荷守恒的分析判斷，溶液中離子的特征性質(zhì)和水解、電離，是解題關(guān)鍵?！窘獯稹恳阎猺m{0.1mol?L}rm{-1}的二元酸rm{-1}rm{H}rm{2}溶液的rm{2}說明溶液為弱酸，A.在rm{A}A、rm{pH=4}兩溶液中，分析rm{Na_{2}}離子水解，rm{NaHA}存在電離和水解；離子種類相同，故A錯誤；B.在溶質(zhì)物質(zhì)的量相等的rm{A^{2-}}A、rm{HA^{-}}兩溶液中，鈉離子濃度不同，氫離子濃度不同，依據(jù)溶液中存在電荷守恒，rm{Na_{2}}陰離子總數(shù)不相等，故B錯誤；

C.在rm{NaHA}溶液中一定有電荷守恒，結(jié)合溶液中離子種類寫出電荷守恒：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+2c(A^{2-})+c(HA^{-})}故C正確；

D.在rm{NaHA}溶液中，rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+c(OH^{-})+2c(A^{2-})}離子分步水解，溶液呈堿性；一定有：rm{Na_{2}A}故D錯誤。

故選C。

rm{A^{2-}}【解析】rm{C}3、C|D【分析】

A．等物質(zhì)的量的與Br2發(fā)生1，4-加成反應(yīng)，生成故A正確；

B．等物質(zhì)的量的與Br2發(fā)生1，2-加成反應(yīng)，生成故B正確；

C．等物質(zhì)的量的與Br2發(fā)生3，4-加成反應(yīng)，生成故C錯誤；

D．與Br2以物質(zhì)的量比1：2發(fā)生加成，生成故D錯誤；

故選CD．

【解析】【答案】等物質(zhì)的量的與Br2起加成反應(yīng)；可以發(fā)生1，2-加成反應(yīng)，也可能發(fā)生1，4-加成反應(yīng)，3，4-加成．也可能發(fā)生全加成．據(jù)此判斷．

4、B【分析】【解析】【答案】B5、B【分析】解：A．氯原子比碳原子半徑大；故A錯誤；

B．符合命名規(guī)則；故B正確；

C．有3種氫原子；有3種一氯代物，故C錯誤；

D．水解產(chǎn)物中共含有2個酚羥基、1個羧基和碳酸，則0.1mol的最多能與含5.0molNaOH的水溶液完全反應(yīng)；故D錯誤．

故選B．

A．CCl4分子的比例模型應(yīng)該體現(xiàn)出CCl4分子中各原子的相對體積大小；

B．命名要符合“一長；一近、一多、一小”；也就是主鏈最長，編號起點離支鏈最近，支鏈數(shù)目要多，支鏈位置號碼之和最小；

C．有幾種氫原子就有幾種一氯代物；

D．能與NaOH反應(yīng)的為酚羥基；酯基．

本題綜合考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機物的命名以及結(jié)構(gòu)的判斷，難度中等．【解析】【答案】B6、D【分析】解：用2-丁炔為原料制取CH3CHBrCBrClCH3，即在碳碳三鍵兩端的碳原子上分別加上1molHCl和1molBr2．

可以讓2-丁炔先和HCl加成，得CH3CH=CClCH3，然后CH3CH=CClCH3再和Br2加成即得CH3CHBrCBrClCH3；

或者先讓2-丁炔先和Br2加成，可得CH3CBr=CBrCH3，然后CH3CBr=CBrCH3再和HCl加成即可得CH3CHBrCBrClCH3；故選D．

用2-丁炔為原料制取CH3CHBrCBrClCH3，即在碳碳三鍵兩端的碳原子上分別加上1molHCl和1molBr2；據(jù)此分析．

本題以有機合成為載體，考查炔烴的性質(zhì)，難度不大，注意基礎(chǔ)知識的掌握，注意根據(jù)分子組成分析．【解析】【答案】D7、D【分析】解：若反應(yīng)向正反應(yīng)進行到達平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的濃度最小，rm{Z}的濃度最大；假定完全反應(yīng)，則：

rm{X_{2}(g)+Y_{2}(g)?2Z(g)}

開始rm{(mol/L)}rm{0.10.30.2}

變化rm{(mol/L)}rm{0.10.10.2}

平衡rm{(mol/L)}rm{00.20.4}

若反應(yīng)逆正反應(yīng)進行到達平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的濃度最大，rm{Z}的濃度最小；假定完全反應(yīng)，則：

rm{X_{2}(g)+Y_{2}(g)?2Z(g)}

開始rm{(mol/L)}rm{0.10.30.2}

變化rm{(mol/L)}rm{0.10.10.2}

平衡rm{(mol/L)}rm{0.20.40}

由于為可逆反應(yīng)，物質(zhì)不能完全轉(zhuǎn)化所以平衡時濃度范圍為rm{0<c(X_{2})<0.2}rm{0.2<c(Y_{2})<0.4}rm{0<c(Z)<0.4}故ABC正確；D錯誤．

故選D．

化學(xué)平衡的建立；既可以從正反應(yīng)開始，也可以從逆反應(yīng)開始，或者從正逆反應(yīng)開始，不論從哪個方向開始，物質(zhì)都不能完全反應(yīng)；

若反應(yīng)向正反應(yīng)進行到達平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的濃度最小，rm{Z}的濃度最大；

若反應(yīng)逆正反應(yīng)進行到達平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的濃度最大，rm{Z}的濃度最小；

利用極限法假設(shè)完全反應(yīng)；計算出相應(yīng)物質(zhì)的濃度變化量，實際變化量小于極限值，據(jù)此判斷分析．

本題考查了化學(xué)平衡的建立，難度不大，關(guān)鍵是利用可逆反應(yīng)的不完全性，運用極限假設(shè)法解答，假設(shè)法是解化學(xué)習(xí)題的常用方法．【解析】rm{D}二、多選題(共6題，共12分)8、ABD【分析】解：rm{A}根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知；反應(yīng)前后元素的種類不變，故A正確；

B；根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知；化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的質(zhì)量和不變，故B正確；

C；化學(xué)反應(yīng)的實質(zhì)是原子的重新組合；分子數(shù)不一定變化，故C錯誤；

D；根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知；反應(yīng)前后原子的種類和數(shù)目不變，故D正確；

故選ABD．

依據(jù)化學(xué)反應(yīng)的實質(zhì)是原子的重新組合分析判斷；質(zhì)量守恒定律的內(nèi)容是化學(xué)反應(yīng)前后元素的種類；原子的種類和數(shù)目、物質(zhì)的質(zhì)量和不變；然后逐個分析即可．

本題考查了化學(xué)反應(yīng)的實質(zhì)分析，主要是質(zhì)量守恒、原子守恒、元素守恒，較簡單．【解析】rm{ABD}9、BCD【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的量、摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積等化學(xué)計量的計算，阿伏伽德羅定律的應(yīng)用等，難度中等。【解答】A.rm{n({O}_{2})=dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=dfrac{8}{7}mol}二者物質(zhì)的量不相等，所含分子數(shù)不相等，故A錯誤；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}，rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故B正確；C.rm{n({O}_{2})=

dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=

dfrac{8}{7}mol}B.rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}為rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}與rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}rm{18gH}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故C正確；rm{18gH}標準狀況下rm{{,!}_{2}}為rm{O}為rm{1mol}與rm{1molBr}和rm{O}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故D正確。故選BCD。rm{1mol}【解析】rm{BCD}10、ACD【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)分離提純的方法，混合物分層，說明兩種液體不互溶，反之不出現(xiàn)分層時選項中的物質(zhì)與水互溶，以此來解答?！窘獯稹恳宜嵋阴?、苯、四氯化碳和水不溶，能分層，乙酸和水以任意比互溶，不分層，故ACD正確。故選rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}11、ABD【分析】【分析】A.含硫元素的煤燃燒會產(chǎn)生二氧化硫，二氧化硫有污染；B.清潔能源，即綠色能源，是指不排放污染物、能夠直接用于生產(chǎn)生活的能源；C.電鍍廢水中含有有害物質(zhì)；D.汽車尾氣系統(tǒng)中的催化轉(zhuǎn)化器可將汽車廢氣轉(zhuǎn)化為沒有污染的物質(zhì)?！窘獯稹緼.燃煤脫硫可減少二氧化硫污染物，故A正確；B.大力發(fā)展和使用清潔能源，可減少污染物產(chǎn)生，故B正確；C.直接排放電鍍廢水會污染環(huán)境，故C錯誤；D.在汽車尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器可將汽車廢氣轉(zhuǎn)化為沒有污染的物質(zhì)，故D正確；故選ABD?！窘馕觥縭m{ABD}12、BD【分析】【分析】本題主要考查了外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的有關(guān)知識，難度不大，需要注意的是要抓住題目的信息是解答rm{A}選項的關(guān)鍵。【解答】A.由方程式：rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}可知：反應(yīng)開始時隨著反應(yīng)的進行，rm{c(H^{+})}不斷增大，反應(yīng)的速率加快由題目信息可知反應(yīng)的速率隨rm{c(H^{+})}的增大而加快；故A正確；

B.在反應(yīng)中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}參加氧化還原反應(yīng)得到rm{6mol}電子，rm{1mol}亞硫酸氫根離子參加氧化還原反應(yīng)失去rm{2mol}電子，所以得失電子的最小公倍數(shù)是rm{6}則rm{ClO_{3}^{-}}的計量數(shù)是rm{1}亞硫酸氫根離子的計量數(shù)是rm{3}其它原子根據(jù)原子守恒來配平，所以該方程式為：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{v(ClO_{3}^{-})}rm{v(H^{+})=1}rm{3}縱坐標為rm{v(H^{+})}的rm{v-t}曲線與圖中曲線不重合；故B錯誤；

C.隨著反應(yīng)的進行；反應(yīng)物的濃度減少，反應(yīng)速率減小，所以后期反應(yīng)速率下降的主要原因是反應(yīng)物濃度減小，故C正確；

D.在反應(yīng)中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}參加氧化還原反應(yīng)得到rm{6mol}電子，rm{1mol}亞硫酸氫根離子參加氧化還原反應(yīng)失去rm{2mol}電子，所以得失電子的最小公倍數(shù)是rm{6}則rm{ClO_{3}^{-}}的計量數(shù)是rm{1}亞硫酸氫根離子的計量數(shù)是rm{3}其它原子根據(jù)原子守恒來配平，所以該方程式為：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{trianglen(Cl^{-})}rm{trianglen(ClO_{3}^{-})=1}rm{triangle

n(ClO_{3}^{-})=1}所以圖中陰影部分“面積”可以表示rm{1}時間為rm{t_{1}-t_{2}}增加或者是rm{n(Cl^{-})}濃度的減小；故D錯誤。

故選BD。rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{BD}13、ABC【分析】解：rm{A.}醇含官能團羥基，含rm{C}rm{H}rm{O}三種元素；故A錯誤；

B.烷烴含rm{C}rm{H}兩種元素；故B錯誤；

C.糖類含rm{C}rm{H}rm{O}三種元素；故C正確；

D.油脂含rm{C}rm{H}rm{O}三種元素；故D正確；

故選ABC．

烴含rm{C}rm{H}兩種元素；醇；糖類、油脂屬于烴的含氧衍生物，據(jù)此分析．

本題考查了有機物的元素組成，較基礎(chǔ)，中學(xué)中主要學(xué)習(xí)了烴和烴的含氧衍生物，注意蛋白質(zhì)除含rm{C}rm{H}rm{O}外，還含rm{N}rm{P}等元素．【解析】rm{ABC}三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】（1）根據(jù)裝置圖可知，電子是從b極流向a極，所以b是陽極，溶液中的陰離子氯離子在陽極放電，反應(yīng)式為2Cl—－2e－＝Cl2↑。a是陰極，溶液中的陽離子氫離子在陰極放電，反應(yīng)式為,2H++2e－=H2↑。（2）根據(jù)（1）分析可知，陰極氫離子放電，導(dǎo)致陰極周圍的OH－濃度增大，所以陰極周圍堿性增強，所以實驗現(xiàn)象是兩極均有氣泡產(chǎn)生；a極區(qū)溶液變成紅色；b極液面上氣體變?yōu)辄S綠色；b極區(qū)溶液變?yōu)闇\黃綠色。（3）b極生成的氣體是氯氣，所以N出口的氣體是氯氣。檢驗氯氣可以利用其氧化性，借助于濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗。標準狀況1.12L氯氣是0.05mol，所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.05mol×2＝0.1mol。（4）根據(jù)以上分析可知，氯化鈉和水都被電解，所以總的反應(yīng)式為2Cl—+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－。（5）若將b電極換成鐵作電極，則陽極就是鐵，此時鐵失去電子，反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋。由于陰極有OH－生成，所以溶液中會生成氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，很快被氧化生成氫氧化鐵紅褐色沉淀?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）陰極,2H++2e－=H2↑（2）兩極均有氣泡產(chǎn)生；a極區(qū)溶液變成紅色；b極液面上氣體變?yōu)辄S綠色；b極區(qū)溶液變?yōu)闇\黃綠色。（3）用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗，試紙變藍則說明是Cl2,0.1NA（4）2Cl—+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－（5）底部有白色沉淀產(chǎn)生，很快變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色。15、略

【分析】解：rm{(1)}酸堿中和滴定時；眼睛要注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化，滴定終點時溶液顏色由紅色突變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

故答案為：錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；溶液顏色由紅色突變?yōu)闊o色；且半分鐘內(nèi)不褪色；

rm{(2)A.}酸式滴定管未用標準鹽酸溶液潤洗就直接注入標準鹽酸溶液，標準液的濃度偏小，造成rm{V(}標準rm{)}偏大，根據(jù)rm{c(}待測rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，測定rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}待測rm{c(}偏大；故A錯誤；

B.滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，待測液的物質(zhì)的量不變，對rm{)}標準rm{V(}無影響，根據(jù)rm{)}待測rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，測定rm{c(}待測rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}無影響；故B錯誤；

C.酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，造成rm{c(}標準rm{)}偏大，根據(jù)rm{V(}待測rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，測定rm{)}待測rm{c(}偏大；故C錯誤；

D.讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)，造成rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}標準rm{c(}偏小，根據(jù)rm{)}待測rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，測定rm{V(}待測rm{)}偏小；故D正確；

故選D；

rm{c(}起始讀數(shù)為rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}終點讀數(shù)為rm{c(}鹽酸溶液的體積為rm{)}

故答案為：rm{(3)}rm{0.00mL}rm{26.10mL}

rm{26.10mL}三次消耗的鹽酸的體積為rm{0.00}rm{26.10}rm{26.10}第二次舍去，其他兩次溶液的平均體積為rm{(4)}rm{26.10mL}溶液的體積為rm{26.52mL}

rm{26.12mL}

rm{26.11mL}rm{NaOH}

rm{25.00mL}rm{HCl隆蘆NaOH}

解得：rm{1}

故答案為：rm{1}．

rm{0.1000mol?L^{-1}隆脕26.11mL}酸堿中和滴定時；眼睛要注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化；滴定終點時溶液顏色由紅色突變?yōu)闊o色；

rm{C(NaOH)隆脕25.00mL}根據(jù)rm{C(NaOH)=0.1044mol/L}待測rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析不當操作對rm{0.1044mol/L}標準rm{(1)}的影響；以此判斷濃度的誤差；

rm{(2)}根據(jù)滴定管的結(jié)構(gòu)和精確度以及測量的原理；

rm{c(}先判斷數(shù)據(jù)的合理性，然后鹽酸溶液的平均體積，然后根據(jù)rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}求氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度．

本題主要考查了中和滴定操作、誤差分析以及計算，難度不大，理解中和滴定的原理是解題關(guān)鍵．rm{V(}【解析】錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；溶液顏色由紅色突變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不褪色；rm{D}rm{0.00}rm{26.10}rm{26.10}rm{0.1044mol/L}16、略

【分析】【解析】【答案】（1）①0.003mol·L-1·min-1②<③2.25×10－4④減少向逆反應(yīng)方向（2）①<<②B③。實驗編號T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)?、?501/3ⅲ1/317、略

【分析】解：（1）金剛石晶體中；最小的環(huán)為六元環(huán)，也即由6個C原子構(gòu)成，則晶體硅的六元環(huán)也是六個Si原子．當各Si-Si鍵上插入一個O原子，則共插入六個O原子，故最小的環(huán)上共有十二個原子即為十二元環(huán)；

故答案為：12；

（2）晶體硅的結(jié)構(gòu)和金剛石相似，硅原子周圍有四個共價鍵與其相連，其中任意兩個共價鍵向外都可以連有兩個最小的環(huán)，如果把Si-O-Si鍵作為一個整體的話，可作如圖所示所以一個硅原子共用的最小環(huán)有×2=12種；

故答案為：12；

（3）由于每個硅原子被12個環(huán)共有，因此每個環(huán)只占有該硅原子的因為每個最小環(huán)上有6個硅原子，所以每個最小環(huán)平均擁有的硅原子數(shù)為6×=0.5個．又因為SiO2晶體是由硅原子和氧原子按1：2的比例所組成；因此每個最小環(huán)平均擁有的氧原子的數(shù)目為0.5×2=1個．

故答案為：1．

（1）可根據(jù)硅晶體中Si-Si之間插入O原子形成SiO2分析；

（2）硅原子周圍有四個共價鍵與硅原子相連；其中任意兩個共價鍵向外都可以連有兩個最小的環(huán)；

（3）根據(jù)金剛石最小的環(huán)為六元環(huán)判斷二氧化硅的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)中；Si；O原子形成的最小環(huán)上應(yīng)有6個Si原子，每2個Si原子之間有1個O原子判斷O原子的數(shù)目．

本題主要是考查學(xué)生對二氧化硅晶體結(jié)構(gòu)的熟悉了解程度，意在調(diào)動學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣和學(xué)習(xí)積極性，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力和空間的想象能力．【解析】12；12；118、略

【分析】解：（1）根據(jù)元素守恒知，生成物中還含有水，該反應(yīng)中Mn元素化合價由+7價變?yōu)?2價、C元素化合價由+3價變?yōu)?4價，其轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為10，所以MnO4-、H2C2O4的計量數(shù)分別是2、5，再結(jié)合原子守恒配平方程式為6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

故答案為：6；2；5；10；2；8；H2O；

（2）①草酸鈣和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈣和草酸，反應(yīng)方程式為CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；

故答案為：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；

②2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反應(yīng)中，錳元素化合價降低，高錳酸鉀做氧化劑，對應(yīng)氯化錳為還原產(chǎn)物，氯化氫中-1價氯部分升高，16mol氯化氫參加反應(yīng)，有10mol氯化氫化合價升高，被氧化表現(xiàn)還原性，6mol氯化氫表現(xiàn)酸性，所以該反應(yīng)中氧化劑是KMnO4，氧化產(chǎn)物是Cl2；氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比是5：2，被氧化與未被氧化的HCl的質(zhì)量之比為5：3，若有7.3gHCl被氧化（物質(zhì)的量為0.2mol），則生成0.1mol氯氣，質(zhì)量為7.1g，轉(zhuǎn)移電子數(shù)0.2mol；

故答案為：KMnO4；Cl2；5：2；5：3；7.1；0.2；

（3）Ⅰ．a(chǎn)．反應(yīng)中銅元素化合價從+1價升高到+2價；硫元素化合價從-2價升高到+4價，化合價升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S；Cu，故a正確；

b．生成2.24LL（標況下）SO2時，物質(zhì)的量為0.1mol；反應(yīng)的Cu2S物質(zhì)的量為0.1mol；反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是：

Cu+～Cu2+～e-；S2-～SO2～6e-；

1116

0.2mol0.2mol0.1mol0.6mol

所以電子轉(zhuǎn)移共0.8mol，故b正確；

c．氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，則還原性的強弱關(guān)系是：Mn2+＜Cu2S；故c錯誤；

故選：ab；

Ⅱ．在稀硫酸中，MnO4-和H2O2也能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高錳酸鉀根離子被還原為二價錳離子，過氧化氫被氧化為氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4═2MnSO4+5O2↑+K2SO4+8H2O，離子方程式：5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；

依據(jù)方程式：5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，可知消耗5mol過氧化氫，生成5mol氧氣，轉(zhuǎn)移10mol電子，則若有0.5molH2O2參加此反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為：NA；

5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，反應(yīng)中；MnO4-為氧化劑，H2O2為還原劑，則氧化性MnO4-＞H2O2，故答案為：5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；NA；MnO4-＞H2O2．

（1）反應(yīng)中錳元素化合價從+7價降為+2價；碳元素化合價從+3價升高為+4價，依據(jù)得失電子守恒；原子個數(shù)守恒配平方程式；

（2）①草酸鈣和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈣和草酸；

②2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；反應(yīng)中，錳元素化合價降低，高錳酸鉀做氧化劑，對應(yīng)氯化錳為還原產(chǎn)物，氯化氫中-1價氯部分升高，氯化氫既表現(xiàn)還原性，又表現(xiàn)酸性，生成5mol氯氣轉(zhuǎn)移10mol電子，據(jù)此解答；

（3）Ⅰ．根據(jù)化合價的變化判斷氧化還原反應(yīng)的相關(guān)概念；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子的物質(zhì)的量相等計算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，在氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性；

Ⅱ．在稀硫酸中，MnO4-和H2O2也能發(fā)生氧化還原反應(yīng)；高錳酸鉀根離子被還原為二價錳離子，過氧化氫被氧化為氧氣，依據(jù)得失電子守恒；原子個數(shù)守恒配平方程式，然后改寫成離子方程式；

依據(jù)方程式；分析元素化合價變化，計算電子轉(zhuǎn)移數(shù)目；

氧化還原反應(yīng)中；氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性．

本題綜合考查氧化還原反應(yīng)，題目側(cè)重于氧化還原反應(yīng)的配平、計算以及氧化性、還原性的比較，熟悉氧化還原反應(yīng)基本概念及得失電子守恒規(guī)律、強弱規(guī)律等即可解答，題目難度中等．【解析】6；2；5；10；2；8；H2O；H2SO4+CaC2O4=CaSO4+H2C2O4；KMnO4；Cl2；5：2；5：3；7.1；0.2；ab；5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；NA；MnO4-；H2O219、（1）

（2）三角錐正四面體

（3）4CO2或N2O3:2

（4）①sp2②高于氮原子半徑小于碳原子半徑,所以C-N的鍵長小于C-C鍵長，共價鍵越短,鍵能越大,原子晶體的熔沸點越高

（5）共價鍵、分子間作用力【分析】【分析】本題綜合考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識，涉及到的知識點比較多，但大多是比較基本的知識，難度不是很大，平時學(xué)習(xí)中注意基礎(chǔ)知識的積累?！窘獯稹扛鶕?jù)信息可推斷出rm{X}為rm{C}rm{Y}為rm{N}rm{Z}為rm{S}rm{R}為rm{Cl}即存在同周期又存在同族的元素因為第rm{VIII}族元素，且rm{G}應(yīng)在中間，所以rm{G}為rm{Co}為rm{X}rm{C}為rm{Y}rm{N}為rm{Z}rm{S}為rm{R}即存在同周期又存在同族的元素因為第rm{Cl}族元素，且rm{VIII}應(yīng)在中間，所以rm{G}為rm{G}rm{Co}為rm{(1)Co}號元素，價電子排布式為rm{27}電子排布圖為rm{3d^{7}4s^{2}}rm{(2)}rm{YR}rm{YR}rm{{,!}_{3}}存在孤電子對，構(gòu)型為三角錐型；為rm{NCl_{3}}rm{N}存在孤電子對，構(gòu)型為rm{NCl_{3}}rm{N}rm{ZR}的價層電子對數(shù)為rm{ZR}因此其rm{{,!}_{2}}模型為正四面體。為rm{SCl_{2}}rm{S}的價層電子對數(shù)為rm{4}因此其rm{VSEPR}模型為形成的是rm{SCl_{2}}根據(jù)化合價可以計算出rm{S}為rm{4}因此配位數(shù)為rm{VSEPR}與rm{(3)ZXY}互為等電子體的分子有rm{SCN^{-}}和rm{n}rm{4}的結(jié)構(gòu)式為rm{4}rm{SCN^{-}}鍵數(shù)與rm{CO_{2}}鍵數(shù)之比為rm{N_{2}O}因此rm{CO_{2}}中rm{O=C=O}鍵數(shù)與rm{婁脪}鍵數(shù)與rm{婁脨}鍵數(shù)之比為鍵數(shù)之比也為rm{婁脪}rm{婁脨}因為rm{3:2}個rm{SCN^{-}}原子與rm{婁脪}個緊鄰rm{婁脨}原子在一個近似的平面上，所以rm{3:2}原子的雜化類型為rm{(4)壟脵}。rm{1}個rm{Y}原子與rm{3}個緊鄰rm{X}原子在一個近似的平面上，所以rm{Y}原子的雜化類型為氮原子半徑小于碳原子半徑，所以rm{1}的鍵長小于rm{Y}鍵長，共價鍵越短，鍵能越大，原子晶體的熔沸點越高，所以rm{3}的熔點高于金剛石。rm{X}是石墨晶體，其層內(nèi)通過共價鍵結(jié)合，層間通過分子間作用力結(jié)合，因此rm{Y}共價鍵和分子間作用力；根據(jù)均攤法，該晶胞中含有的碳原子個數(shù)為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{4}+2隆脕dfrac{1}{2}+1=4}rm{sp^{2}}鍵的鍵長為rm{壟脷}夾角為rm{C-N}可計算出底面的面積為rm{dfrac{3sqrt{3}}{2}{r}^{2}c{m}^{2}}設(shè)層間距離為rm{C-C}則根據(jù)密度的計算方法可立式rm{d;g/c{m}^{3}=dfrac{dfrac{4隆脕12}{{N}_{A}}g}{dfrac{3sqrt{3}}{2}{r}^{2}c{m}^{2}隆脕2a}}計算出rm{a=dfrac{16sqrt{3}}{3d{N}_{A}{r}^{2}}cm}故答案為rm{L}rm{(5)M}【解析】rm{(1)}rm{(2)}三角錐正四面體rm{(3)4}rm{CO_{2}}或rm{N_{2}O}rm{3:2}rm{(4)壟脵sp^{2}}rm{壟脷}高于氮原子半徑小于碳原子半徑，所以rm{C-N}的鍵長小于rm{C-C}鍵長，共價鍵越短，鍵能越大，原子晶體的熔沸點越高rm{(5)}共價鍵、分子間作用力rm{dfrac{16sqrt{3}}{3d{{N}_{A}}{{r}^{2}}}}20、rm{(1)}球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸結(jié)晶

rm{(2)}過濾rm{acd}

rm{(3)}增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應(yīng)重結(jié)晶

rm{(4)}rm{(4)}rm{95%}【分析】【分析】本題是對化學(xué)實驗的知識的綜合考查，是高考常考題型，難度一般。關(guān)鍵是掌握實驗的原理，側(cè)重中的的綜合能力考查?！窘獯稹縭m{(1)}儀器rm{(1)}為球形冷凝管，起到冷凝回流的作用；反應(yīng)結(jié)束后加適量冷水，降低了溫度，降低了苯乙酸的溶解度，便于苯乙酸結(jié)晶析出，故答案為：球形冷凝管；冷凝回流；降低溶解度，使苯乙酸結(jié)晶。rm通過過濾能從混合物中分離出苯乙酸粗品，過濾所用的儀器主要有漏斗、玻璃棒、燒杯等，故答案為：過濾；rm{(2)}rm{acd}苯乙酸和氫氧化銅的反應(yīng)屬于酸合堿的反應(yīng)，化學(xué)方程式為由于苯乙酸在水中的溶解度不大，但溶于乙醇，因此混合溶劑中乙醇的作用是增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應(yīng)重結(jié)晶，故答案為：增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應(yīng)重結(jié)晶。rm{(3)}苯乙酸和氫氧化銅的反應(yīng)屬于酸合堿的反應(yīng)，化學(xué)方程式為根據(jù)rm{(3)}關(guān)系式，可計算苯乙酸的產(chǎn)率rm{=dfrac{44g}{dfrac{40g}{117g/mol}隆脕136g/mol}隆脕100攏樓隆脰95攏樓}故答案為：rm{(4)}。rm{隆蘆}【解析】rm{(1)}球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸結(jié)晶rm{(2)}過濾rm{acd}rm{(3)}增大苯乙酸的溶解度，便于充分反應(yīng)重結(jié)晶rm{(4)}rm{(4)}rm{95%}21、略

【分析】解：實驗中，所用rm{NaOH}稍過量的原因是確保定量的rm{HCl}反應(yīng)完全；為了減少能量損失，一次迅速倒入rm{NaOH}溶液．

故答案為：確保定量的rm{HCl}反應(yīng)完全；rm{C}．

為了確保定量的rm{HCl}反應(yīng)完全，所用rm{NaOH}稍過量；為了減少能量損失，一次迅速倒入rm{NaOH}溶液．

本題考查了中和熱的測定方法，題目難度中等，明確中和熱的測定原理為解答關(guān)鍵，注意掌握中和熱計算方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Γ窘馕觥看_保定量的rm{HCl}反應(yīng)完全；rm{C}四、簡答題(共2題，共20分)22、略

【分析】解：（1）C（s）十H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol①

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-394kJ/mol②

CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ/mol③

將方程式2③-②+①得CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）△H=2×（-283kJ/mol）-（-394kJ/mol）+（+131kJ/mol）=-41kJ/mol；

故答案為：-41kJ/mol；

（2）a．無論該反應(yīng)是否達到平衡狀態(tài)；容器中的壓強始終不變，所以壓強不能作為判斷依據(jù)，故錯誤；

b．1molH-H鍵斷裂的同時斷裂2molH-O鍵；正逆反應(yīng)速率相等，所以該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故正確；

c．V正（CO）=V逆（H2O）時；正逆反應(yīng)速率相等，所以該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故正確；

d．c（CO）=c（H2）時該反應(yīng)不一定達到平衡狀態(tài)；與反應(yīng)初始濃度；轉(zhuǎn)化率有關(guān)，所以不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；

故選bc；

該溫度下該反應(yīng)的K=1，設(shè)等物質(zhì)的量的CO和H2O的物質(zhì)的量都是1mol；反應(yīng)達平衡時，設(shè)CO的轉(zhuǎn)化率為x；

CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）

開始1mol1mol00

反應(yīng)xmolxmolxmolxmol

平衡（1-x）mol（1-x）molxmolxmol

化學(xué)平衡常數(shù)K=x=0.5=50%；

故答案為：bc；50%；

（3）①v（CO2）===0.16mol/（L．min）；故答案為：0.16mol/（L．min）；

②因為壓強不影響平衡移動；如果實驗1；2轉(zhuǎn)化率相等，則實驗2達到平衡狀態(tài)時氫氣的物質(zhì)的量應(yīng)該是實驗1的一半為0.8mol，實際上是0.4mol，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，則逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為：吸；

③若實驗3要達到與實驗2相同的平衡狀態(tài)（即各物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)分別相等），且t＜3min，說明實驗3反應(yīng)速率大于實驗2，壓強不影響平衡移動，則實驗3中a、b的物質(zhì)的量之比等于實驗2中水正確和CO的物質(zhì)的量之比=1：2，即b=2a；或使用催化劑也能實現(xiàn)目的；

故答案為：b=2a且a＞l（或使用合適的催化劑）；

（4）①根據(jù)圖象知，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，能使c（CH3OH）增大；說明平衡向正反應(yīng)方向移動；

a．升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，則c（CH3OH）減?。还叔e誤；

b．充入He（g），使體系壓強增大，但反應(yīng)物、生成物濃度不變，平衡不移動，c（CH3OH）不變；故錯誤；

c．將H2O（g）從體系中分離出來，平衡向正反應(yīng)方向移動，c（CH3OH）增大；故正確；

d．再充入1molCO2和3molH2，平衡向正反應(yīng)方向移動，c（CH3OH）增大；故正確；

故選cd；

②根據(jù)圖象知，t1時刻，正逆反應(yīng)速率都增大且可逆反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，改變的條件是升高溫度；t3時刻，正逆反應(yīng)速率都增大且相等，改變的條件是加入催化劑；t4時刻正逆反應(yīng)速率都減小，且平衡向逆反應(yīng)方向移動，改變的條件是減小壓強，所以平衡混合物中CH3OH含量最高的一段時間是t0～t1；如t0～t1平衡常數(shù)為K1，t2～t3平衡常數(shù)為K2，且t0～t1溫度小于t2～t3溫度，所以K1大于K2，故答案為：t0～t1；大于．

（1）根據(jù)蓋斯定律計算焓變；

（2）當可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時；正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的質(zhì)量；物質(zhì)的量濃度及其百分含量不變；

根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)計算CO的轉(zhuǎn)化率；

（3）①根據(jù)v（CO2）=計算二氧化碳平均反應(yīng)速率；

②因為壓強不影響平衡移動；如果實驗1；2轉(zhuǎn)化率相等，則實驗2達到平衡狀態(tài)時氫氣的物質(zhì)的量應(yīng)該是實驗1的一半為0.8mol，實際上是0.4mol，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，據(jù)此判斷其反應(yīng)熱；

③若實驗3要達到與實驗2相同的平衡狀態(tài)（即各物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)分別相等），且t＜3min，說明實驗3反應(yīng)速率大于實驗2，壓強不影響平衡移動，則實驗3中a、b的物質(zhì)的量之比等于實驗2中水正確和CO的物質(zhì)的量之比；或使用催化劑；

（4）①根據(jù)圖象知，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，能使c（CH3OH）增大；說明平衡向正反應(yīng)方向移動；

②根據(jù)圖象知，t1時刻，正逆反應(yīng)速率都增大且可逆反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，改變的條件是升高溫度；t3時刻，正逆反應(yīng)速率都增大且相等，改變的條件是加入催化劑；t4時刻正逆反應(yīng)速率都減小；且平衡向逆反應(yīng)方向移動，改變的條件是減小壓強，據(jù)此分析解答．

本