2025年教科新版高二化學(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年教科新版高二化學(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9題，共18分)1、用鉑作電極電解1000g4.55%的NaOH溶液；一段時間后，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)變?yōu)?.00%．則陽極產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為（）

A.112L

B.56.0L

C.28.0L

D.168L

2、有A；B、C、D四種金屬．將A與B用導(dǎo)線連接起來浸入電解質(zhì)溶液中；B不易腐蝕．將A、D分別投入等濃度鹽酸溶液中，D比A反應(yīng)劇烈．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．據(jù)此判斷它們的活動性由強到弱的順序是（）

A.D＞C＞A＞B

B.D＞A＞B＞C

C.D＞B＞A＞C

D.B＞A＞D＞C

3、下列物質(zhì)可用來刻蝕玻璃的是A．鹽酸B．氨水C．氫氟酸D．純堿4、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.金屬和石墨導(dǎo)電均為物理變化，電解質(zhì)溶液導(dǎo)電也屬于物理變化B.鉛蓄電池的放電反應(yīng)和充電反應(yīng)互為可逆反應(yīng)C.太陽能電池的主要材料是高純度的二氧化硅D.在現(xiàn)實生活中，電化學(xué)腐蝕要比化學(xué)腐蝕嚴重的多，危害更大5、有機物的系統(tǒng)名稱為rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{2}rm{3}一三甲基一rm{1-}戊炔B.rm{2}rm{2}rm{3}一三甲基一rm{4}一戊炔C.rm{3}rm{4}rm{4}一三甲基戊炔D.rm{3}rm{4}rm{4}一三甲基一rm{l}一戊炔6、下列關(guān)于電池的說法正確的是rm{(}rm{)}A.電解含rm{CuSO_{4}}和rm{NaCl}的溶液，在陰極可能析出氣體，陽極一定析出氣體B.電解rm{CuCl_{2}}溶液可得到銅和氯氣，陰極區(qū)酸性減弱，陽極區(qū)rm{pH}不變C.堿性鋅錳干電池的負極反應(yīng)為：rm{Zn-2e^{-}+4OH^{-}簍TZnO_{2}^{2-}+2H_{2}O}D.原電池負極金屬一定比正極金屬的金屬性活潑7、下列物質(zhì)加入水中；屬于放熱反應(yīng)的是（）

A.固體NaOH

B.無水乙醇。

C.固體NH4NO3

D.生石灰。

8、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A.標準狀況下，2.24LO3所含有的電子數(shù)為2．4NAB.含有NA個Na+的Na2O溶解于1L蒸餾水中，所得溶液中c（Na+）="l"mol/LC.42g乙烯和丙烯的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為3NAD.25℃，lL純水中含有的H+數(shù)為l×10-7NA9、氫元素有l(wèi)H（氕）、2H（氘）、3H（氚）三種原子，下列說法正確的是（）A.lH、2H、3H為同素異形體B.lH、2H、3H互為同位素C.lH、2H、3H的質(zhì)量數(shù)相同D.lH、2H、3H為同分異構(gòu)體評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、（1）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氫譜圖如圖所示，則A的結(jié)構(gòu)簡式為：______，請預(yù)測B的核磁共振氫譜上有______個峰（信號）．

（2）用系統(tǒng)命名法命名下列物質(zhì)。

①______

②CH3CH2CH=CHCH3______

（3）寫出結(jié)構(gòu)簡式或名稱：

①分子式為C8H10的芳香烴，苯環(huán)上的一溴取代物只有一種，寫出該芳香烴結(jié)構(gòu)簡式______

②戊烷（C5H12）的某種同分異構(gòu)體只有一種一氯代物，寫出該戊烷的名稱______．11、rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品；rm{NH_{4}HSO_{4}}在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛。請回答下列問題：rm{(1)NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}可作凈水劑，其原理是____________________rm{(}用離子方程式說明rm{)}rm{(2)}相同條件下，rm{0.1mol/LNH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{0.1mol/L

NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}________rm{c(NH_{4}^{+})}填“等于”、“大于”或“小于”rm{(}溶液中rm{)0.1mol/LNH_{4}HSO_{4}}rm{c(NH_{4}^{+})}濃度均為rm{(3)}的幾種電解質(zhì)溶液的rm{0.1mol/L}隨溫度變化的曲線如圖所示。

rm{pH}其中符合rm{0.1mol/LNH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液的rm{壟脵}隨溫度變化的曲線是________rm{0.1mol/L

NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}填羅馬數(shù)字rm{pH}導(dǎo)致rm{(}溶液的rm{)}隨溫度變化的原因是_____________________。rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}時，rm{0.1mol/LNH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{pH}_____rm{壟脷20隆忙}rm{0.1mol/L

NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}室溫時，向rm{2c(SO_{4}^{2?})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=}的rm{mol/L}溶液中滴加rm{(4)}的rm{100mL0.1mol/L}溶液，當加入rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液的體積分別為以下數(shù)據(jù)時：rm{0.1mol/L}rm{NaOH}rm{NaOH}rm{a}分析rm{100mlb}rm{150mlc}rm{200ml}三種混合溶液中，水的電離程度最大的是______rm{a}填“rm”、“rm{c}”或“rm{(}”rm{a}當加入rm溶液使溶液呈中性時，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___________________。rm{c}12、（10分）1915年諾貝爾物理學(xué)獎授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他們用X射線對晶體結(jié)構(gòu)的分析所作的貢獻。（一）科學(xué)家通過X射線探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶體結(jié)構(gòu)相似，其中三種晶體的晶格能數(shù)據(jù)如下表：。晶體NaClKClCaO晶格能／(kJ·mol－1)7867153401四種晶體NaCl、KCl、MgO、CaO熔點由高到低的順序是（二）科學(xué)家通過X射線推測膽礬中微粒間的作用力，膽礬的結(jié)構(gòu)示意圖可簡單表示如下：（1）膽礬晶體中含有（填字母代號）A．配位鍵B．離子鍵C．極性共價鍵D.金屬鍵E．氫鍵F．非極性共價鍵（2）Cu2+還能與NH3、Cl－等形成配位數(shù)為4的配合物，已知［Cu(NH3)4］2＋具有對稱的空間構(gòu)型，［Cu(NH3)4］2+中的兩個NH3被兩個Cl－取代，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則［Cu(NH3)4］2+的空間構(gòu)型為。（3）金屬銅采用下列____（填字母代號）堆積方式。（4）右圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，該晶體的密度為ag/cm3，設(shè)阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的體積為cm313、rm{(14}分rm{)(1)NO_{2}}有較強的氧化性，能將rm{SO_{2}}氧化生成rm{SO_{3}}本身被還原為rm{NO}已知下列兩反應(yīng)過程中能量變化如圖所示：

則rm{NO_{2}}氧化rm{SO_{2}}的熱化學(xué)方程式為_________________________________。

rm{(2)}在rm{2L}密閉容器中放入rm{1mol}氨氣，在一定溫度進行如下反應(yīng)：rm{2NH_{3}(g)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}

反應(yīng)時間rm{(t)}與容器內(nèi)氣體總壓強rm{(p)}的數(shù)據(jù)見下表。

。時間rm{t/min}

rm{0}

rm{1}

rm{2}

rm{3}

rm{4}

rm{5}

____

rm{100kPa}

rm{5}

rm{5.6}

rm{6.4}

rm{6.8}

rm{7}

rm{7}

則平衡時氨氣的轉(zhuǎn)化率為___________。

rm{(3)25隆忙}某二元弱酸rm{H_{2}A}與rm{NaOH}溶液反應(yīng)可生成rm{NaHA}rm{Na_{2}A}溶液中含rm{A}各微粒的分布分數(shù)rm{(}平衡時某含rm{A}微粒的濃度占各含rm{A}微粒濃度之和的分數(shù)rm{)}隨溶液變化的情況如下圖所示：

已知：rm{10^{3.04}=1.1隆脕10^{3}}rm{10^{4.37}=2.3隆脕10^{4;;}25隆忙}rm{K_{a1}(H_{2}CO_{3})=4.4隆脕10^{-7}}rm{K_{a2}(H_{2}CO_{3})=4.7隆脕10^{-11}}

rm{K_{a1}(H_{2}CO_{3})=

4.4隆脕10^{-7}}若向rm{K_{a2}(H_{2}CO_{3})=

4.7隆脕10^{-11}}溶液中加入少量rm{壟脵}溶液，rm{0.1NaHAmol隆隴L^{-1}}的值____rm{NaOH}填“增大”、“減小”或“不變”，下同rm{c(A^{2-})/c(HA^{-})}rm{(}的值____。

rm{)}若向rm{c(H^{+})/c(OH^{-})}溶液中加入氨水至溶液呈中性，則rm{壟脷}____rm{0.1NaHAmol隆隴L^{-1}}填“大于”、“小于”或“等于”rm{c(H_{2}A)+c(NH_{4}^{+})}

rm{c(A^{2-})(}計算rm{)}二級電離平衡常數(shù)rm{壟脹}____。

____將過量rm{HA^{-}}加入rm{K_{a2}=}溶液中反應(yīng)的離子方程式為：____。rm{H_{2}A}14、今年1月12日；我國3名潛水員圓滿完成首次300米飽和潛水作業(yè)，實現(xiàn)“下五洋捉鱉”的壯舉。

①潛水員乘坐的潛水鐘以鋼鐵為主要制造材料。鋼鐵容易在潮濕空氣中發(fā)生電化學(xué)腐蝕；其負極的電極反應(yīng)式是______。

②潛水員需要均衡的膳食結(jié)構(gòu)。糖類、油脂、蛋白質(zhì)都能為人體提供能量。油脂在人體中發(fā)生水解生成______和高級脂肪酸；蛋白質(zhì)在酶的作用下水解生成______而被人體吸收。評卷人得分三、解答題(共7題，共14分)15、將19.2g銅加入到足量的稀硝酸溶液中；反應(yīng)完全，反應(yīng)后溶液的體積為500mL．計算：

（1）產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積；

（2）反應(yīng)后溶液中Cu2+的物質(zhì)的量濃度．

16、某烴A0.2mol在氧氣中充分燃燒后生成化合物B；C各1.2mol；試回答：

（1）烴A的分子式______．

（2）若取一定量的烴A完全燃燒后；生成B；C各3mol，則有______g烴A參加反應(yīng)．

17、下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分別代表一種化學(xué)元素．

。abcdefghijklmno

試回答下列問題：

（1）第三周期8種元素單質(zhì)熔點高低順序如圖1；其中序號“8”代表______（填元素符號）；

（2）由j原子跟c原子以1：1相互交替結(jié)合而形成的晶體；晶型與晶體j相同．兩者相比熔點更高的是______（填化學(xué)式），試從結(jié)構(gòu)角度加以解釋：______．

（3）元素c的一種氧化物與元素d的一種氧化物互為等電子體；元素c的氧化物分子式是______，該分子是由______鍵構(gòu)成的______分子（填“極性”或“非極性”）；元素d的氧化物的分子式是______．

（4）i單質(zhì)晶體中原子的堆積方式如圖2甲所示（面心立體最密堆積）；其晶胞特征如圖2乙所示．則晶胞中i原子的配位數(shù)為______，一個晶胞中i原子的數(shù)目為______；晶胞中存在兩種空隙，分別是______；______．

18、已知：Ksp（AgCl）=c（Ag+）?c（Cl-）=1.8×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）?c（CrO42-）=1.6×10-12，現(xiàn)用0.01mol/LAgNO3溶液滴定0.01mol/LKCl和0.001mol/LK2CrO4混合溶液；通過計算回答：

（1）Cl-、CrO42-先生成沉淀的是______．

（2）當剛出現(xiàn)Ag2CrO4沉淀時，溶液中Cl-濃度是______mol/L．（設(shè)混合溶液在反應(yīng)中體積不變）

19、某研究性課題小組對氫氧化鈉溶液和稀鹽酸中和反應(yīng)的有關(guān)問題；進行了如下探究：

Ⅰ：（1）甲同學(xué)為了證明氫氧化鈉溶液與稀鹽酸能夠發(fā)生反應(yīng)；設(shè)計并完成了如下圖所示實驗．則X溶液是______．

（2）乙同學(xué)也設(shè)計完成了另一個實驗；證明氫氧化鈉溶液與鹽酸能夠發(fā)生反應(yīng)．在盛有25.00mL稀鹽酸的錐形瓶中，用膠頭滴管慢慢滴入氫氧化鈉溶液，不斷振蕩，每加一滴溶液測定并記錄一次溶液的pH值，直至氫氧化鈉溶液過量．

①寫出測定溶液pH值的操作方法：______；

②下圖中哪個圖象符合該同學(xué)的記錄______（填序號）．

（3）你認為甲；乙兩位同學(xué)的實驗中；______（填“甲同學(xué)”、“乙同學(xué)”、“甲乙兩同學(xué)”）的實驗?zāi)艹浞肿C明氫氧化鈉溶液與鹽酸發(fā)生了反應(yīng)，請說明理由：______．

Ⅱ：丙學(xué)生用0.100mol?L-1氫氧化鈉溶液滴定未知濃度的鹽酸．他用移液管準確移?。?/p>

25.00mL未知濃度的鹽酸置于一潔凈的錐形瓶中，然后用0.100mol?L-1的氫氧化鈉溶液（指示劑為酚酞）進行滴定．滴定結(jié)果如下：

。

滴定次數(shù)

鹽酸的體積/mLNaOH溶液的體積/mL滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.002.0020.20225.001.0221.03325.000.2020.20（1）根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算出鹽酸的物質(zhì)的量濃度為______mol?L-1．

（2）如果滴定的終點沒有控制好；即NaOH溶液過量，溶液顯深紅色，如何補救？請設(shè)計實驗方案．______．

20、1932年美國化學(xué)家鮑林首先提出電負性的概念．電負性（用X表示）也是元素的一種重要性質(zhì)；下表給出的是原子序數(shù)小于20的16種元素的電負性數(shù)值：

。元素HLiBeBCNOF電負性2.11.01.52.02.53.03.54.0元素NaMgAlSiPSClK電負性0.91.21.51.72.12.33.00.8請仔細分析；回答下列有關(guān)問題；

（1）預(yù)測周期表中電負性最大的元素應(yīng)為______；估計鈣元素的電負性的取值范圍：______＜X＜______．

（2）根據(jù)表中的所給數(shù)據(jù)分析；同主族內(nèi)的不同元素X的值變化______；簡述元素電負性X的大小與元素金屬性；非金屬性之間的關(guān)系______．

（3）經(jīng)驗規(guī)律告訴我們：當形成化學(xué)鍵的兩原子相應(yīng)元素的電負性差值大于1.7時，所形成的一般為離子鍵；當小于1.7時，一般為共價鍵．試推斷AlBr3中形成的化學(xué)鍵的類型為______；其理由是______．

21、隨著人類對溫室效應(yīng)和資源短缺等問題的重視，如何降低大氣中CO2的含量及有效地開發(fā)利用CO2；引起了各國的普遍關(guān)注。

（1）目前工業(yè)上有一種方法是用CO2來生產(chǎn)燃料甲醇．為探究反應(yīng)原理，現(xiàn)進行如下實驗：在體積為1L的密閉容器中，充入1molCO2和3molH2；一定條件下發(fā)生反應(yīng)：

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ/mol

測得CO2和CH3OH（g）的濃度隨時間變化如圖所示．

①反應(yīng)開始到平衡，H2的平均反應(yīng)速率v（H2）=______mol/．H2的轉(zhuǎn)化率為______．

②下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是______．

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D、再充入1molCO2和3molH2

E；使用催化劑F、縮小容器體積。

（2）①反應(yīng)進行到3分鐘時，同種物質(zhì)的v正與v逆的關(guān)系：v正______v逆（填＞；=，＜）

②上述反應(yīng)平衡常數(shù)的表達式為______；經(jīng)計算該溫度下此反應(yīng)平衡常數(shù)的數(shù)值為______．

評卷人得分四、計算題(共2題，共12分)22、（10分）在MnO2和濃鹽酸的反應(yīng)中，如果有17.4gMnO2被還原，那么參加反應(yīng)的氯化氫有多少克?被氧化的氯化氫的物質(zhì)的量是多少?（已知：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O）23、有rm{pH}為rm{13}的rm{Ba(OH)_{2}}rm{NaOH}的混合溶液rm{100mL}從中取出rm{25mL}用rm{0.025mol/LH_{2}SO_{4}}滴定，當?shù)沃脸恋聿辉僭黾訒r，所消耗的酸的體積是滴定至終點所耗酸體積的一半。求：原混合溶液中rm{Ba(OH)_{2}}的物質(zhì)的量濃度評卷人得分五、推斷題(共1題，共10分)24、已知鹵代烴和rm{NaOH}的醇溶液共熱可以得到烯烴，如：rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓錄}}CH_{2}簍TCH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}

現(xiàn)通過以下步驟由制取其合成流程如下：

請回答下列問題：

rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓錄}}CH_{2}簍TCH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}填寫rm{(1)}步反應(yīng)所屬的反應(yīng)類型是______rm{壟脵壟脷壟脹}用字母表示，可重復(fù)rm{(}．

rm{)}取代反應(yīng)rm{a.}加成反應(yīng)rm{b.}消去反應(yīng)。

rm{c.}的結(jié)構(gòu)簡式為______．

rm{(2)A}所需的試劑和反應(yīng)條件為______．

rm{(3)A隆煤B}反應(yīng)rm{(4)}和反應(yīng)rm{壟脺}這兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式分別為______，______．rm{壟脻}評卷人得分六、簡答題(共4題，共20分)25、銅單質(zhì)及其化合物在很多領(lǐng)域有重要的用途；如銅用來制電纜，五水硫酸銅可用作殺菌劑．

（1）將一塊缺角的硫酸銅晶體置于飽和硫酸銅溶液中會慢慢變成了完整晶體，這一現(xiàn)象體現(xiàn)了晶體的______性，若不考慮溶劑揮發(fā)，硫酸銅溶液的質(zhì)量______．（填“變大”；“變小“或“不變”）

（2）往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2+配離子，已知NF3與NH3的空間構(gòu)型都是三角錐形，但NF3不易與Cu2+形成配離子，其原因是______．

（3）[Cu（NH3）4]2+具有對稱的空間構(gòu)型，[Cu（NH3）4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代，能得到兩種結(jié)構(gòu)不同的產(chǎn)物，則[Cu（NH3）4]2+的空間構(gòu)型為______．（填“正四面體形”或“正四邊形”）

（4）膽礬CuSO4?5H2O可寫[Cu（H2O）4]SO4?H2O；其結(jié)構(gòu)示意如圖1：

下列有關(guān)膽礬的說法不正確的是______．

A．游泳池的池水中往往定期加一些膽礬；是因為銅離子有一定的殺菌作用。

B．膽礬中氧原子存在配位鍵和氫鍵兩種化學(xué)鍵。

C．Cu2+的價電子排布式為3d84s1

D．膽礬中的水在不同溫度下會分步失去。

（5）《X射線金相學(xué)》中記載了關(guān)于銅與金可形成的兩種有序的金屬互化物，其晶胞如圖2．則圖中Ⅰ、Ⅱ?qū)?yīng)物質(zhì)的化學(xué)式分別為______、______．設(shè)圖Ⅰ晶胞的邊長為αcm，對應(yīng)金屬互化物的密度為ρg?cm-3，則阿伏加德羅常數(shù)NA的值可表示為______．（只要求列出算式）．26、甲醇是重要的燃料，有廣闊的應(yīng)用前景：工業(yè)上一般以CO和為原料合成甲醇，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=-116kJ?mol-1

（1）下列措施中有利于增大該反應(yīng)的反應(yīng)速率且利于反應(yīng)正向進行的是______．

a．隨時將CH3OH與反應(yīng)混合物分離b．降低反應(yīng)溫度。

c．增大體系壓強d．使用高效催化劑。

（2）已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1

則表示1mol氣態(tài)甲醇完全燃燒生成CO2和水蒸氣時的熱化學(xué)方程式為______．

（3）在容積為2L的恒容容器中，分別研究在三種不同溫度下合成甲醇，如圖是上述三種溫度下不同的H2和CO的起始組成比（起始時CO的物質(zhì)的量均為2mol）與CO平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系．請回答：

①在圖中三條曲線，對應(yīng)的溫度由高到低的順序是______．

②利用a點對應(yīng)的數(shù)據(jù)，計算出曲線Z在對應(yīng)溫度下CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）的平衡常數(shù)：K=______．

（4）恒溫下，分別將1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒壓容器Ⅱ中（兩容器起始容積相同）；充分反應(yīng)．

①達到平衡所需時間是I______Ⅱ（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．達到平衡后，兩容器中CH3OH的體積分數(shù)關(guān)系是I______Ⅱ．

②平衡時，測得容器I中的壓強減小了30%，則該容器中CO的轉(zhuǎn)化率為______．27、有機物鍵線式結(jié)構(gòu)的特點是以線示鍵，每個折點和線端點處表示有一個碳原子，并以氫補足四價，rm{C}rm{H}不標示出來rm{.}降冰片烷的立體結(jié)構(gòu)可用鍵線式表示為

rm{(1)}其分子式為______．

rm{(2)}當降冰片烷發(fā)生一氯取代時；能生成______種沸點不同的產(chǎn)物．

rm{(3)}結(jié)合降冰片烷及其鍵線式；請你判斷降冰片烷屬于______．

A.環(huán)烷烴rm{B.}飽和烴rm{C.}不飽和烴rm{D.}芳香烴。

rm{(4)}降冰片烷具有的性質(zhì)是______．

A.能溶于水rm{B.}能發(fā)生加成反應(yīng)rm{C.}常溫常壓下為氣體rm{D.}能發(fā)生取代反應(yīng)．28、已知：

rm{xrightarrow[壟脷{脣謾祿爐}]{壟脵KMnO_{4}/OH-}}rm{

xrightarrow[壟脷{脣謾祿爐}]{壟脵KMnO_{4}/OH-}}rm{(R}可表示烴基或官能團rm{R隆盲}可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化rm{)A}方框內(nèi)物質(zhì)均為有機物，部分無機產(chǎn)物已略去rm{(}

rm{)}分子中無甲基，已知rm{(1)F}與足量金屬鈉作用產(chǎn)生rm{1molF}標準狀況下rm{H_{2}22.4L(}則rm{)}的結(jié)構(gòu)簡式是______；名稱是______．

rm{F}與rm{(2)G}的相對分子質(zhì)量之差為rm{F}則rm{4}具有的性質(zhì)是______rm{G}填字母rm{(}．

rm{)}可與銀氨溶液反應(yīng)rm{a.}可與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)。

rm{b.}可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)rm{c.}rm{d.1mol}最多可與rm{G}新制的rm{2mol}發(fā)生反應(yīng)。

rm{Cu(OH)_{2}}能與rm{(3)D}溶液發(fā)生反應(yīng)，且兩分子rm{NaHCO_{3}}可以反應(yīng)得到含有六元環(huán)的酯類化合物，rm{D}可使溴的四氯化碳溶液褪色，則rm{E}反應(yīng)的化學(xué)方程式是______；其反應(yīng)類型是______反應(yīng)．

rm{D-隆煤E}為rm{(4)H}的同分異構(gòu)體，且所含官能團與rm{B}相同，則rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式可能是：______、______．rm{H}參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

設(shè)1000g4.55%的NaOH溶液，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)變?yōu)?.00%時電解水的質(zhì)量為x，則%；x=90（g）；

根據(jù)電解水的化學(xué)方程式：2H2O2H2↑+O2↑，生成O2的物質(zhì)的量為×=2.5mol；

則陽極產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為2.5mol×22.4L/mol=56L；

故選B．

【解析】【答案】根據(jù)質(zhì)量變化計算電解水的質(zhì)量，根據(jù)電解水的化學(xué)方程式：2H2O2H2↑+O2↑計算．

2、B【分析】

兩種活動性不同的金屬和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池；較活潑的金屬作負極，負極上金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)被腐蝕，較不活潑的金屬作正極，將A與B用導(dǎo)線連接起來浸入電解質(zhì)溶液中，B不易腐蝕，所以A的活動性大于B．

金屬和相同的酸反應(yīng)時；活動性強的金屬反應(yīng)劇烈，將A；D分別投入等濃度鹽酸溶液中，D比A反應(yīng)劇烈，所以D的活動性大于A；

金屬的置換反應(yīng)中；較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬，將銅浸入B的鹽溶液中，無明顯變化，說明B的活動性大于銅．如果把銅浸入C的鹽溶液中，有金屬C析出，說明銅的活動性大于C．

所以金屬的活動性順序為：D＞A＞B＞C；故選B．

【解析】【答案】原電池中被腐蝕的金屬是活動性強的金屬；金屬和相同的酸反應(yīng)時；活動性強的金屬反應(yīng)劇烈；金屬的置換反應(yīng)中，較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬．

3、C【分析】【解析】【答案】C4、D【分析】解：rm{A.}金屬和石墨導(dǎo)電均為物理變化；電解質(zhì)溶液導(dǎo)電是化學(xué)變化，發(fā)生電能和化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，一定發(fā)生化學(xué)變化，故A錯誤；

B；放電過程是原電池；是自發(fā)的氧化還原反應(yīng)；而充電過程是電解池，是非自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，是用電流強迫電解質(zhì)溶液在兩極發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因為條件不一樣，所以它們是不可逆的，故B錯誤；

C；太陽能電池的主要材料是高純度的硅；二氧化硅主要用制作光導(dǎo)纖維，故C錯誤；

D；電化學(xué)腐蝕加速負極金屬被腐蝕；比化學(xué)腐蝕快，危害更大，故D正確．

故選D．

A；電解質(zhì)溶液導(dǎo)電；將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

B；可逆反應(yīng)必須反應(yīng)條件相同；

C；太陽能電池的主要材料是高純度的硅；

D；電化學(xué)腐蝕比化學(xué)腐蝕快．

本題考查較為綜合，涉及電解池和原電池知識，難度不大，注意把握原電池和電解池的工作原理，學(xué)習中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．【解析】rm{D}5、D【分析】解：為炔烴，最長碳鏈含有rm{5}個rm{C}主鏈為戊炔，炔烴命名時，從距離碳碳三鍵最近的一端編號，在rm{3}號rm{C}含有rm{1}個甲基，在rm{4}號rm{C}含有rm{2}個甲基，則其名稱為：rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；

故選D．

中含有官能團碳碳三鍵，主鏈為戊炔，炔烴命名時，從距離碳碳三鍵最近的一端編號，在rm{3}號rm{C}含有rm{1}個甲基，在rm{4}號rm{C}含有rm{2}個甲基；據(jù)此寫出該有機物的名稱．

本題考查了常見有機物的命名，題目難度不大，明確常見有機物的命名原則為解答關(guān)鍵，注意含有官能團的有機物，編號時從距離官能團最近的一端開始，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力．【解析】rm{D}6、A【分析】解：rm{A}陰極是銅離子首先放電；然后是氫離子放電；陽極首先是氯離子放電生成氯氣，然后是氫氧根離子放電生成氧氣，所以在陰極可能析出氣體，陽極一定析出氣體，故A正確；

B；用惰性電極電解氯化銅可得到銅和氯氣；陰極區(qū)得到銅，而陽極生成氯氣，如果是活潑金屬作電極，陽極活潑金屬放電，不產(chǎn)生氯氣，故B錯誤；

C、負極發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為rm{Zn+2OH^{-}-2e^{-}=Zn(OH)_{2}}故C錯誤；

D；原電池如果是燃料電池；鉑電極惰性電極，兩極的金屬活潑性相同，所以原電池負極金屬不一定比正極金屬的金屬性活潑，故D錯誤；

故選A．

A；陰極是銅離子首先放電；然后是氫離子放電；陽極首先是氯離子放電生成氯氣，然后是氫氧根離子放電生成氧氣；

B；用惰性電極電解氯化銅可得到銅和氯氣；陰極區(qū)得到銅，而陽極生成氯氣；

C、負極發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為rm{Zn+2OH^{-}-2e^{-}=Zn(OH)_{2}}

D；原電池如果是燃料電池；鉑電極惰性電極，兩極的金屬活潑性相同．

本題考查學(xué)生原電池的電極的構(gòu)成條件以及工作原理知識，可以根據(jù)所學(xué)知識來回答，較簡單．【解析】rm{A}7、D【分析】

NaOH（s）、無水乙醇、固體NH4NO3溶于水中是物理變化；生石灰與水反應(yīng)是放熱反應(yīng)．

故選D．

【解析】【答案】常見的放熱反應(yīng)有：所有的物質(zhì)燃燒；所有金屬與酸、水的反應(yīng)、所有中和反應(yīng)、絕大多數(shù)化合反應(yīng)和鋁熱反應(yīng)．

8、B【分析】【解析】試題分析：臭氧含有24個電子，標準狀況下，2.24L臭氧是0.1mol，A正確；B中溶液的體積不一定是1L，不能減少溶液的濃度，B不正確；乙烯和丙烯的最簡式是相同的，都是CH2，則42g乙烯和丙烯的混合氣體中含有的碳原子的物質(zhì)的量是42g÷14g/mol＝3mol，C正確；常溫下水中氫離子的濃度是l×10-7mol/L，則1L水中含有的H+數(shù)為l×10-7NA，D正確，答案選B?？键c：考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷【解析】【答案】B9、B【分析】解：A．1H、2H、3H質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同，互為同位素，同素異形體是同種元素的不同種單質(zhì)，故A錯誤；

B．1H、2H、3H質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同，互為同位素，故B正確；

C．1H、2H、3H質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同，質(zhì)量數(shù)不同，故C錯誤；

D．1H、2H、3H質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同，互為同位素，分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的互稱為同分異構(gòu)體，故D錯誤；

故選B．

有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子或同一元素的不同核素互為同位素；

具有相同分子式而結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體；

相同元素組成；不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．

本題考查同位素的概念，難度不大．對于元素、核素、同位素、同素異形體、同分異構(gòu)體、同系物、同種物質(zhì)等概念的區(qū)別是考試的熱點問題．【解析】【答案】B二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】解：（1）核磁共振氫譜中只給出一種峰，說明該分子中只有1種H原子，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2BrCH2Br，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHBr2，有兩種H原子，所以核磁共振氫譜上有2個峰，故答案為：CH2BrCH2Br；2．

（2）①此物質(zhì)可以看做是用乙基取代了苯環(huán)上的一個H；故此物質(zhì)的名稱為乙苯，故答案為：乙苯；

②烯烴在命名時；要從離官能團近的一端開始編號，用雙鍵兩端編號較小的碳原子表示出官能團的位置，故此物質(zhì)的名稱為：2-戊烯，故答案為：2-戊烯；

（3）：①苯環(huán)上的一溴取代物只有一種，說明苯環(huán)上只有一種氫原子，則2個碳原子不可能是形成1個乙基，只能是2個甲基，且處于對角位置，其結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

②所有的碳原子在一條鏈上：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3；

拿下1個碳原子作為支鏈：

拿下2個碳原子作為支鏈：

其中一種結(jié)構(gòu)它的一氯代物只有一種結(jié)構(gòu)，即只有一種氫原子，即為名稱為：2，2-二甲基丙烷．

故答案為：2；2-二甲基丙烷．

（1）核磁共振氫譜中峰值數(shù)等于有機物中氫原子的種類數(shù)；核磁共振氫譜中只給出一種峰，說明該分子中只有1種H原子，然后根據(jù)分子式寫出對應(yīng)的結(jié)構(gòu)；

（2）①此物質(zhì)可以看做是用乙基取代了苯環(huán)上的一個H；

②烯烴在命名時；要從離官能團近的一端開始編號，用雙鍵兩端編號較小的碳原子表示出官能團的位置；

（3）①苯環(huán)上的一溴取代物只有一種；說明苯環(huán)上只有一種氫原子；

②先利用減鏈法書寫同分異構(gòu)體；然后根據(jù)一氯取代物的種類等于氫原子的種類寫出結(jié)構(gòu)簡式．

本題考查了同分異構(gòu)體的書寫，注重了基礎(chǔ)知識的考查，掌握減鏈法書寫同分異構(gòu)體是解題的關(guān)鍵．【解析】CH2BrCH2Br；2；乙苯；2-戊烯；2，2-二甲基丙烷11、（1）Al3＋水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋，Al(OH)3膠體吸附懸浮顆粒使其沉降從而凈化水．(2分)

（2）小于。

（3）①ⅠNH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，pH減?、?0－3mol·L－1

（4）a(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+>c(OH－)＝c(H＋)【分析】【分析】

考查膠體性質(zhì)、水的電離、鹽類水解、溶液中離子濃度大小比較。

【解答】

rm{(1)}由于rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶于水電離出的rm{Al^{3+}}水解生成的rm{Al(OH)_{3}}晶體具有吸附性，即rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al(OH)_{3}}吸附懸浮顆粒使其沉降從而凈化水。

rm{(2)}由于rm{NH_{4}HSO_{4}}溶于水完全電離出氫離子，抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，所以相同條件下，rm{0.1mol隆隴L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{0.1

mol隆隴L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}小于rm{0.1mol隆隴L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}中rm{c(NH_{4}^{+})}

rm{0.1

mol隆隴L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}由于rm{c(NH_{4}^{+})}溶于水電離出的rm{(3)壟脵}rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解溶液顯酸性，且水解是吸熱的，加入促進水解，溶液的酸性增強，rm{NH_{4}^{+}}減小，因此符合條件的曲線是rm{Al^{3+}}

rm{pH}時，rm{0.1mol隆隴L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{I}根據(jù)電荷守恒可知，rm{壟脷20隆忙}時，rm{0.1mol隆隴L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})+3c(Al^{3+})}則rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=c(H^{+})-c(OH^{-})=10^{-3}-10^{-11}mol隆隴L^{-1}}

rm{0.1

mol隆隴L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}向rm{100mL0.1mol隆隴L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}溶液中滴加rm{pH=3}溶液反應(yīng)的離子方程式因此為rm{20隆忙}rm{0.1

mol隆隴L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}rm{2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})

=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})+3c(Al^{3+})}點恰好中和氫離子，溶液中的rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=c(H^{+})-c(OH^{-})

=10^{-3}-10^{-11}mol隆隴L^{-1}}水解促進水的電離。rm{(4)}點之后rm{100mL0.1mol隆隴L^{-1}

NH_{4}HSO_{4}}濃度減小，所以溶液中水的電離程度最大是rm{0.1mol隆隴L^{-1}NaOH}點；在rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}點，rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}=NH_{3}隆隴H_{2}O}溶液顯中性，溶液中的溶質(zhì)是硫酸鈉和硫酸銨和氨氣，則溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是rmxn1ainjrm{NH_{4}^{+}}【解析】rm{(1)Al^{3+}}水解生成的rm{Al(OH)_{3}}膠體具有吸附性，即rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}(}膠體rm{)+3H^{+}}rm{Al(OH)_{3}}膠體吸附懸浮顆粒使其沉降從而凈化水rm{.(2}分rm{)}

rm{(2)}小于。

rm{(3)壟脵}Ⅰrm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解，溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，rm{pH}減小rm{壟脷10^{-3}mol隆隴L^{-1}}

rm{(4)a}rm{(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+}>c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+}>c(OH^{-})=c(H^{+})

}12、略

【分析】（一）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，晶格能越大，離子晶體的熔沸點越高。因為形成離子鍵的離子半徑越小，電荷數(shù)越多，離子鍵越穩(wěn)定，所以氧化鎂的熔點高于氧化鈣的，所以四種晶體的熔點由高到低的順序為MgO>CaO>NaCl>KCl。（二）（1）根據(jù)膽礬的結(jié)構(gòu)示意圖可知，含有的化學(xué)鍵應(yīng)是ABCE。（2）［Cu(NH3)4］2+中的兩個NH3被兩個Cl－取代，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，說明［Cu(NH3)4］2+是平面正方形結(jié)構(gòu)。如果是正四面體型結(jié)構(gòu)，則兩個NH3被兩個Cl－取代，只能能得到1種結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物。（3）金屬銅是面心立方最密堆積，所以答案是C。（4）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有的銅原子和氧原子的個數(shù)分別為8×1/8＋6×1/2＝4和4，所以化學(xué)式為CuO。該晶胞的質(zhì)量是因此體積是cm3。【解析】【答案】（一）MgO>CaO>NaCl>KCl（二）（1）ABCE（2）平面正方形（3）C（4）13、（1）NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8KJ/mol；（2）40%；

（3）①增大，減??；②=；③4.35×10-5；④2H2A+CO32-=2HA-+CO2↑+H2O【分析】

試題分析：rm{(1)}根據(jù)圖一可知熱化學(xué)方程式為rm{壟脵2SO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2SO_{3}(g)婁隴H="-196.6KJ/mol;"壟脷2NO(g)+O_{2}(g)}rm{2NO_{2}(g)婁隴H="-113.0KJ/mol;"壟脵-壟脷}整理可得rm{2SO_{3}(g)婁隴H="-196.6KJ/mol;"

壟脷2NO(g)+O_{2}(g)}rm{2NO_{2}(g)婁隴H="-113.0KJ/mol;"

壟脵-壟脷}rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)}rm{SO_{3}(g)+NO(g)}由于反應(yīng)是在體積固定的容器中進行，所以反應(yīng)前后的壓強比等于氣體的物質(zhì)的量的比。rm{婁隴H=-41.8KJ/mol}rm{(2)}假設(shè)有rm{2NH_{3}(g)}的氨氣反應(yīng)，則產(chǎn)生rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}產(chǎn)生rm{2xmol}還有未反應(yīng)的氨氣的物質(zhì)的量為rm{N_{2}=xmol}前rm{H_{2}=3xmol}rm{(1-2x)mol.n(}后rm{)}rm{n(}rm{)=1}解得rm{((1-2x)+x+3x)=1}所以氨氣的轉(zhuǎn)化率為rm{(1+2x)=5:7.}rm{x=0.2.}若向rm{(2隆脕0.2)隆脗1隆脕100%=40%;(3)}溶液中加入少量rm{壟脵}溶液，發(fā)生反應(yīng)：rm{0.1NaHAmol隆隴L^{-1}}所以rm{NaOH}的值增大；當不斷加入rm{HA^{-}+OH^{-}=H_{2}O+A^{2-}}溶液時，rm{c(A^{2-})/c(HA^{-})}減小，rm{NaOH}增大，所以rm{c(H^{+})}的值減小。rm{c(OH^{-})}根據(jù)物料守恒可得rm{c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(H_{2}A)+c(A^{2-})}根據(jù)電荷守恒可得：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(OH^{-})+2c(A^{2-})+c(HA^{-})}又因為溶液顯中性，所以rm{c(H^{+})/c(OH^{-})}將三個式子整理可得rm{壟脷}rm{c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(H_{2}A)+

c(A^{2-})}rm{c(Na^{+})+c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=

c(OH^{-})+2c(A^{2-})+c(HA^{-})}由圖像可知。當達到電離平衡時rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c(H_{2}A)+c(NH_{4}^{+})=c(A^{2-})}由于rm{壟脹HA^{-}}過量，結(jié)合兩種酸的電離平衡常數(shù)可知過量的rm{H^{+}+A^{2-}}加入到rm{c(HA^{-})=c(A^{2-}).}溶液中反應(yīng)的離子方程式為：rm{壟脺}

考點：考查熱化學(xué)方程式的書寫、物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率的計算及多元弱酸的電離平衡常數(shù)的計算、離子方程式的書寫的知識。rm{H_{2}A}【解析】rm{(1)NO_{2}(g)+SO_{2}(g)}rm{SO_{3}(g)+NO(g)}rm{婁隴H=-41.8KJ/mol}rm{(2)40%}

rm{(3)壟脵}增大，減??；rm{壟脷=}rm{壟脹4.35隆脕10^{-5}}rm{壟脺2H_{2}A+CO_{3}^{2-}=2HA^{-}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}14、Fe-2e-=Fe2+甘油氨基酸【分析】解：（1）鋼鐵容易在潮濕空氣中發(fā)生電化學(xué)腐蝕，負極發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，電極方程式為Fe-2e-=Fe2+；

故答案為：Fe-2e-=Fe2+；

（2）油脂為高級脂肪酸甘油酯；可水解生成甘油和高級脂肪酸，蛋白質(zhì)由氨基酸發(fā)生縮聚反應(yīng)生成；

故答案為：甘油；氨基酸。

（1）鋼鐵容易在潮濕空氣中發(fā)生電化學(xué)腐蝕；負極發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子；

（2）油脂為高級脂肪酸甘油酯；含有酯基，可水解，蛋白質(zhì)由氨基酸發(fā)生縮聚反應(yīng)生成。

本題考查金屬的腐蝕與營養(yǎng)物質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習的積極性，難度不大?！窘馕觥縁e-2e-=Fe2+甘油氨基酸三、解答題(共7題，共14分)15、略

【分析】

（1）19.2g銅的物質(zhì)的量==0.3mol；則：

3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

32

0.3moln（NO）

故n（NO）=0.2mol；所以V（NO）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

答：生成NO的體積為4.48L．

（2）根據(jù)銅原子守恒可知n（Cu2+）=n（Cu）=0.3mol；

故c（Cu2+）==0.6mol/L；

答：反應(yīng)后溶液中Cu2+的物質(zhì)的量濃度為0.6mol/L．

【解析】【答案】（1）根據(jù)n=計算19.2g銅的物質(zhì)的量，再根據(jù)3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O計算生成的NO的物質(zhì)的量；根據(jù)V=nVm計算生成NO的體積；

（2）根據(jù)銅原子守恒可知n（Cu2+）=n（Cu），再根據(jù)c=計算．

16、略

【分析】

烴含有C、H兩種元素，某烴A0.2mol在氧氣的充分燃燒后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol，所以碳原子和氫原子的個數(shù)是6、12，所以烴A的分子式為C6H12，故答案為：C6H12；

（2）取一定量的烴A完全燃燒后，生成CO2、H2O各3mol；根據(jù)碳原子和氫原子守恒，所以烴的物質(zhì)的量是0.5mol，所以質(zhì)量是0.5mol×84g/mol=42g，故答案為：42．

【解析】【答案】（1）烴含有C、H兩種元素，某烴A0.2mol在氧氣的充分燃燒后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol；則根據(jù)原子守恒可以確定分子式；

（2）根據(jù)燃燒法結(jié)合原子守恒思想來確定有機物的量．

17、略

【分析】

（1）第三周期8種元素的單質(zhì)中只有Si為原子晶體；熔沸點最大，由圖可知序號“8”代表的為Si，故答案為：Si；

（2）由j原子跟c原子以1：1相互交替結(jié)合而形成的晶體為SiC；晶型與晶體j相同，都是原子晶體，但由于C的原子半徑小，SiC中C-Si鍵鍵長比晶體Si中Si-Si鍵長短，鍵能大，因而熔沸點高；

故答案為：SiC；因SiC晶體與Si晶體都是原子晶體；由于C的原子半徑小，SiC中C-Si鍵鍵長比晶體Si中Si-Si鍵長短，鍵能大，因而熔沸點高；

（3）元素c的一種氧化物與元素d的一種氧化物互為等電子體，應(yīng)為CO2和N2O，電子數(shù)都為22，其中CO2為極性鍵形成的非極性分子；

故答案為：CO2；極性；非極性；N2O；

（4）晶胞中距離最近的原子為位于定點和面心位置的兩個原子，每個定點周圍有3××8=12個原子，即配位數(shù)為12，晶胞中原子位于定點和面心，晶胞中含有Al的個數(shù)為8×+6×=4；觀察晶胞結(jié)構(gòu)可知晶胞中存在兩種空隙，分別是正四面體空隙；正八面體空隙．

故答案為：12；4；正四面體空隙；正八面體空隙．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知a為H，b為Li，c為C，d為N，e為O，f為F，g為Na，h為Mg，i為Al，j為Si，k為S，l為Cl，m為Ar；n為K，o為Fe；

（1）熔點最高的應(yīng)為原子晶體；

（2）原子晶體中；原子的半徑越小，共價鍵鍵能越大，原子晶體的熔沸點越高；

（3）根據(jù)元素的種類確定對應(yīng)的化合物；

（4）利用均攤發(fā)判斷．

18、略

【分析】

（1）AgCl飽和所需Ag+濃度c（Ag+）===1.8×10-8mol/L；

Ag2CrO4飽和所需Ag+濃度c（Ag+）==mol/L=4.36×10-5mol/L；

則1.8×10-8mol/L＜4.36×10-5mol/L），所以Cl-先沉淀．

故答案為：Cl-先沉淀；

（2）由Ag2CrO4沉淀時所需Ag+濃度求出此時溶液中Cl-的濃度．

C（Cl-）===4.13×10-6mol?L-1．

故答案為：當剛出現(xiàn)Ag2CrO4沉淀時，溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度為4.13×10-6mol?L-1．

【解析】【答案】（1）根據(jù)Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4）計算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀時銀離子的濃度；比較大小后確定誰先沉淀；

（2）根據(jù)剛出現(xiàn)Ag2CrO4沉淀時溶液中銀離子的濃度結(jié)合Ksp（AgCl），求出Cl-的物質(zhì)的量濃度．

19、略

【分析】

Ⅰ．（1）根據(jù)最終氫氧化鈉溶液顯示紅色；可知X是酚酞，故答案為：酚酞；

（2）①測定溶液PH的方法是：用干凈的玻璃棒蘸取待測液點在pH試紙中間；將試紙的顏色與標準比色卡對照，讀出溶液的pH；

故答案為：用干凈的玻璃棒蘸取待測液點在pH試紙中間；將試紙的顏色與標準比色卡對照，讀出溶液的pH；

②反應(yīng)前溶液是鹽酸；pH小于7，隨著氫氧化鈉的滴入，溶液pH逐漸增大，故D正確，故選D；

（3）乙同學(xué)的實驗?zāi)軌虺浞肿C明氫氧化鈉和鹽酸發(fā)生了反應(yīng)；因為甲同學(xué)的實驗有可能是酚酞遇氫氧化鈉溶液直接變成紅色，乙同學(xué)的實驗，隨著滴加氫氧化鈉溶液，溶液的pH由小于7逐漸增大到7，這充分證明溶液中的鹽酸因反應(yīng)而消耗了；

故答案為：乙同學(xué)；甲同學(xué)的實驗有可能是酚酞遇氫氧化鈉溶液直接變成紅色；乙同學(xué)的實驗，隨著滴加氫氧化鈉溶液，溶液的pH由小于7逐漸增大到7，這充分證明溶液中的鹽酸因反應(yīng)而消耗了；

Ⅱ：（1）三次消耗氫氧化鈉溶液的體積為：18.20mL、20.01mL、20.00mL，第一次數(shù)據(jù)誤差過大，舍棄掉，消耗氫氧化鈉溶液體積的平均值約為20.00mL，鹽酸的濃度為：c（HCl）=mol/L=0.080mol/L；

故答案為：0.080；

（2）如果氫氧化鈉滴入過量；可以用待測液反滴，記下消耗的鹽酸的體積，故答案為：用上述未知濃度的鹽酸進行反滴，記錄所需鹽酸的體積．

【解析】【答案】Ⅰ；（1）最后氫氧化鈉溶液顯示紅色；故加入的是酚酞；

（2）①沉淀PH的操作方法；②反應(yīng)開始前；是鹽酸溶液，pH小于7，之后PH逐漸增大；

（3）乙同學(xué)更加充分證明氫氧化鈉和鹽酸發(fā)生了反應(yīng)；甲同學(xué)的實驗有可能是酚酞遇氫氧化鈉溶液直接變成紅色，乙同學(xué)的實驗，隨著滴加氫氧化鈉溶液，溶液的pH由小于7逐漸增大到7，這充分證明溶液中的鹽酸因反應(yīng)而消耗；

Ⅱ；（1）算出三次滴定消耗的氫氧化鈉的體積；誤差大的舍棄掉，再求出氫氧化鈉溶液的體積的平均值，最后計算出鹽酸的濃度；

（2）用上述未知濃度的鹽酸進行反滴；記錄所需鹽酸的體積．

20、略

【分析】

（1）電負性表示對鍵合電子的吸引力；電負性越大對鍵合電子吸引力越大，所以非金屬性越強電負性越強，故電負性最強的物質(zhì)在周期表的右上角為F元素；

由表中數(shù)據(jù)可知；同周期自左而右電負性增大，同主族自上而下電負性降低，非金屬性越強電負性越強，故金屬性越強電負性越小，故鈣元素的電負性比K元素大，但小于Li元素的電負性，即0.8＜X（Ca）＜1；

故答案為：F；0.8；1；

（2）由表中數(shù)據(jù)可知；同周期自左而右電負性增大，同主族自上而下電負性降低，故非金屬性越強電負性越大，金屬性越強電負性越??；

故答案為：自上而下電負性降低；非金屬性越強電負性越大，金屬性越強電負性越?。?/p>

（3）AlCl3中兩電負性之差為1.5，Br元素的電負性小于Cl元素電負性，AlBr3中兩電負性之差小于1.5，故AlBr3中化學(xué)鍵為共價鍵；

故答案為：共價鍵，AlCl3中兩電負性之差為1.5，Br元素的電負性小于Cl元素電負性，AlBr3中兩電負性之差小于1.5．

【解析】【答案】（1）電負性表示對鍵合電子的吸引力；電負性越大對鍵合電子吸引力越大，所以非金屬性越強電負性越強，故電負性最強的物質(zhì)在周期表的右上角（零族元素除外）；

由表中數(shù)據(jù)可知；同周期自左而右電負性增大，同主族自上而下電負性降低，非金屬性越強電負性越強，故金屬性越強電負性越小，鈣元素的電負性比K元素大，但小于Li元素的電負性；

（2）由表中數(shù)據(jù)可知；同周期自左而右電負性增大，同主族自上而下電負性降低，故非金屬性越強電負性越大，金屬性越強電負性越??；

（3）AlCl3中兩電負性之差為1.5，Br元素的電負性小于Cl元素電負性，AlBr3中兩電負性之差小于1.5．

21、略

【分析】

（1）①由圖可知，10min到達平衡，平衡時甲醇的濃度變化為0.75mol/L，由方程式CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O可知，氫氣的濃度變化等于甲醇的濃度變化量為0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L?mon）；

參加反應(yīng)的氫氣的物質(zhì)的量為0.75mol/L×1L=0.75mol，故氫氣的轉(zhuǎn)化率為×100%=75%；

故答案為：0.225；75%；

②使n（CH3OH）/n（CO2）應(yīng)采取措施；使平衡向正反應(yīng)移動，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量；

A、該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，n（CH3OH）/n（CO2）減??；故A錯誤；

B、充入He（g），使體系壓強增大，容器的容積不變，反應(yīng)混合物的濃度不變，平衡不移動，n（CH3OH）/n（CO2）不變；故B錯誤；

C、將H2O（g）從體系中分離，平衡向正反應(yīng)移動，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故C正確；

D、再充入1molCO2和3molH2，等效為增大壓強，平衡向正反應(yīng)移動，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故D正確；

E、使用催化劑，平衡不移動，n（CH3OH）/n（CO2）不變；故E錯誤；

F、縮小容器體積，增大壓強，平衡向正反應(yīng)移動，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故F正確；

故答案為：CDF；

（2）①由圖可知反應(yīng)進行3min時，反應(yīng)未到達平衡，此后二氧化碳的濃度降低、甲醇的濃度增大，反應(yīng)向正反應(yīng)進行，故v正＞v逆；

故答案為：＞；

②反應(yīng)CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常數(shù)k=

由圖可知；10min到達平衡，平衡時甲醇的濃度變化為0.75mol/L，則：

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）

開始（mol/L）：1300

變化（mol/L）：0.752.250.750.75

平衡（mol/L）：0.250.750.750.75

故該溫度下平衡常數(shù)k==

故答案為：．

【解析】【答案】（1）①由圖可知，10min到達平衡，平衡時甲醇的濃度變化為0.75mol/L，由方程式可知氫氣的濃度變化等于甲醇的濃度變化量3倍為2.25mol/L，根據(jù)v=計算v（H2）；根據(jù)n=cV計算參加反應(yīng)的氫氣的物質(zhì)的量，再利用轉(zhuǎn)化率定義計算；

②使n（CH3OH）/n（CO2）應(yīng)采取措施；使平衡向正反應(yīng)移動，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量；

（2）①由圖可知反應(yīng)進行3min時；反應(yīng)未到達平衡，此后二氧化碳的濃度降低；甲醇的濃度增大，反應(yīng)向正反應(yīng)進行；

②化學(xué)平衡常數(shù)；是指在一定溫度下，可逆反應(yīng)達到平衡時各生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積所得的比值，據(jù)此生成；

利用三段式計算平衡時各組分的平衡濃度；代入平衡常數(shù)表達式計算．

四、計算題(共2題，共12分)22、略

【分析】從元素的化合價變化分析可知，4摩爾氯化氫只有2摩爾被氧化，設(shè)參加反應(yīng)的氯化氫物質(zhì)的量為x，則被氧化的氯化氫為將17.4gMnO2換算為0.2mol，列比例計算如下：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O1mol4mol0.2molx解得：x=0.800mol。則=0.400mol。0.800mol的氯化氫的質(zhì)量為0.800mol×36.5g·mol-1=29.2g。【解析】【答案】29.2g0.400mol23、Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O

2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O

當?shù)沃脸恋聿辉僭黾訒r，所消耗的酸的體積是滴定至終點時所消耗酸體積的一半。說明2個反應(yīng)消耗的H2SO4的體積是一樣的；也就是物質(zhì)的量是一樣的所以它們的物質(zhì)的量濃度比為1：2

因為pH=13，所以2n（Ba（OH）2）+n（NaOH）="0.01mol"

所以n（Ba（OH）2）=0.0025mol，n（NaOH）="0.005mol"C(Ba（OH）2)="0.0025"mol/0.1L="0.025"mol/L【分析】

試題分析：加入硫酸后發(fā)生兩個反應(yīng)：rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}、rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}，當?shù)沃脸恋聿辉僭黾訒r，所消耗的酸的體積是滴定至終點時所消耗酸體積的一半。說明rm{2}個反應(yīng)消耗的rm{H_{2}SO_{4}}的體積相同，根據(jù)化學(xué)方程式可知rm{Ba(OH)_{2}}與rm{NaOH}的物質(zhì)的量之比為rm{1:2}即二者物質(zhì)的量濃度之比為rm{1:2}因為混合溶液的rm{pH}為rm{13}可得rm{OH?}濃度為rm{0.1mol?L?^{1}}進而求出rm{Ba(OH)_{2}}的濃度。

考點：本題考查化學(xué)計算?！窘馕觥縭m{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}

當?shù)沃脸恋聿辉僭黾訒r，所消耗的酸的體積是滴定至終點時所消耗酸體積的一半。說明rm{2}個反應(yīng)消耗的rm{H_{2}SO_{4}}的體積是一樣的，也就是物質(zhì)的量是一樣的所以它們的物質(zhì)的量濃度比為rm{1}rm{2}

因為rm{pH=13}所以rm{2n(Ba(OH)_{2})+n(NaOH)="0.01mol"}

所以rm{n(Ba(OH)2)=0.0025mol}rm{n(NaOH)="0.005mol"C(Ba(OH)_{2})="0.0025"mol/0.1L="0.025"mol/L}rm{n(NaOH)="0.005mol"

C(Ba(OH)_{2})="0.0025"mol/0.1L="0.025"mol/L}五、推斷題(共1題，共10分)24、略

【分析】解：由反應(yīng)關(guān)系可知氯苯發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{A}為發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{B}為發(fā)生加成反應(yīng)生成發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{C}為發(fā)生加成反應(yīng)可生成

rm{(1)}由以上分析可知rm{壟脵壟脷壟脹}步反應(yīng)類型依次為加成反應(yīng)、發(fā)生消去反應(yīng)、發(fā)生加成反應(yīng)，故順序為rmrm{c}rm

故答案為：rmrm{c}rm

rm{(2)}由以上分析可知，rm{A}為

故答案為：

rm{(3)A隆煤B}反應(yīng)為氯代烴在rm{NaOH}的乙醇溶液中；加熱可發(fā)生消去反應(yīng)；

故答案為：rm{NaOH}的乙醇溶液；加熱；

rm{(4)}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{C}為反應(yīng)的方程式為發(fā)生加成反應(yīng)可生成反應(yīng)的方程式為

故答案為：．

由反應(yīng)關(guān)系可知氯苯發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{A}為發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{B}為發(fā)生加成反應(yīng)生成發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{C}為發(fā)生加成反應(yīng)可生成以此解答該題．

本題考查有機物的合成，題目難度不大，本題注意把握有機物官能團的變化，結(jié)合反應(yīng)條件判斷各有機物的結(jié)構(gòu)．【解析】rmrm{c}rmrm{NaOH}的乙醇溶液，加熱；六、簡答題(共4題，共20分)25、略

【分析】解：（1）將一塊缺角的硫酸銅晶體置于飽和硫酸銅溶液中會慢慢變成了完整晶體；這一現(xiàn)象體現(xiàn)了晶體的自范性，若不考慮溶劑揮發(fā)，硫酸銅晶體不再吸水，而硫酸銅溶液為飽和溶液，則溶液質(zhì)量不變；

故答案為：自范；不變；

（2）N、F、H三種元素的電負性：F＞N＞H，在NF3中，共用電子對偏向F原子，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難與Cu2+形成配位鍵；

故答案為：N、F、H三種元素的電負性：F＞N＞H，在NF3中，共用電子對偏向F原子，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難與Cu2+形成配位鍵；

（3）[Cu（NH3）4]2+具有對稱的空間構(gòu)型，[Cu（NH3）4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代；能得到兩種結(jié)構(gòu)不同的產(chǎn)物，說明其不是四面體結(jié)構(gòu)，應(yīng)是平面正四邊形結(jié)構(gòu)；

故答案為：正四邊形；

（4）A．硫酸銅溶解于水能產(chǎn)生重金屬離子--銅離子；能破壞蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)，使之失去生理功能，細菌和病毒主要生命活性物質(zhì)是蛋白質(zhì)，故少量的硫酸銅可以消毒游泳池，故A正確；

B．氧原子與銅離子之間形成配位鍵；水分子中O原子與H原子之間形成共價鍵，硫酸根離子中氧原子與氯原子之間形成共價鍵，水分子之間O原子與氫原子之間存在氫鍵，但氫鍵不是化學(xué)鍵，故B錯誤；

C．Cu是29號元素，Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級上各一個電子生成銅離子，故銅離子價電子電子排布式3d9；故C錯誤；

D．由于膽礬晶體中水兩類；一類是形成配體的水分子，一類是形成氫鍵的水分子，結(jié)合上有著不同，因此受熱時也會因溫度不同而得到不同的產(chǎn)物，故D正確；

故答案為：BC．

（5）晶胞I中Cu原子數(shù)目為8×+2×=2、Au原子數(shù)目為4×=2，則化學(xué)式為CuAu，晶胞Ⅱ中Cu原子數(shù)目為8×=1、Au原子數(shù)目為6×=3，故化學(xué)式為CuAu3，晶胞I的質(zhì)量為2×g；

則2×g=（αcm）3×ρg?cm-3，則NA=

故答案為：CuAu；CuAu3；．

（1）晶體具有自范性；硫酸銅晶體不再吸水；而硫酸銅溶液為飽和溶液，則溶液質(zhì)量不變；

（2）NF3中共用電子對偏向F原子，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難與Cu2+形成配位鍵；

（3）[Cu（NH3）4]2+具有對稱的空間構(gòu)型，[Cu（NH3）4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代；能得到兩種結(jié)構(gòu)不同的產(chǎn)物，說明其不是四面體結(jié)構(gòu)，應(yīng)是平面正四邊形結(jié)構(gòu)；

（4）A．銅離子可以使蛋白質(zhì)變性；

B．氫鍵不屬于化學(xué)鍵；

C．Cu是29號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；失去4s；3d能級上各一個電子生成銅離子；

D．膽礬晶體中水兩類；一類是形成配體的水分子，一類是形成氫鍵的水分子；

（5）根據(jù)均攤法計算晶胞中Cu；Au原子數(shù)目；確定化學(xué)式；用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞I的質(zhì)量，結(jié)合m=ρV計算阿伏伽德羅常數(shù)．

本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及晶體特征、配位鍵、空間構(gòu)型、核外電子排布、晶胞計算等，（2）中注意根據(jù)電負性進行分析解答，難度中等．【解析】自范；不變；N、F、H三種元素的電負性：F＞N＞H，在NF3中，共用電子對偏向F原子，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難與Cu2+形成配位鍵；正四邊形；BC；CuAu；CuAu3；26、略

【分析】解：（1）A．隨時將CH3OH與反應(yīng)混合物分離；減小生成物的濃度，利于反應(yīng)正向進行，但反應(yīng)速率減小，故A錯誤；

B．反應(yīng)是放熱反應(yīng)；溫度降低，利于反應(yīng)正向進行，但反應(yīng)速率變小，故B錯誤；

C．正反應(yīng)為氣體積減小的反應(yīng)；壓強增大，利于反應(yīng)正向進行，反應(yīng)速率加快，故C正確；

D．使用催化劑；反應(yīng)速率加快，不影響化學(xué)平衡移動，故D錯誤；

故選：C；

（（2）已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-116kJ?mol-1；

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律：①-②-③×2得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-651kJ?mol-1；

故答案為：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-651kJ?mol-1；

（3）①反應(yīng)CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-116kJ?mol-1；是放熱反應(yīng)，溫度越高，CO轉(zhuǎn)化率越低，所以曲線Z對應(yīng)的溫度最高，X對應(yīng)的一氧化碳轉(zhuǎn)化率最大，溫度最低，Y介于二者之間，在圖中三條曲線，對應(yīng)的溫度由高到低的順序是Z＞Y＞X；

故答案是：Z＞Y＞X；

②a點時，CO轉(zhuǎn)化率50%，反應(yīng)消耗了2mol×50%=1molCO，圖象中可知，起始量氫氣物質(zhì)的量n（H2）=1.5n（CO）=3mol；則：

CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）

起始量（mol）230

變化量（mol）121

平衡量（mol）111

容器容積為2L，則平衡常數(shù)K===4，相同溫度下CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）的平衡常數(shù)==0.25；

故答案為：0.25；

（4）①恒溫下，分別將1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒壓容器Ⅱ中；正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，隨反應(yīng)進行氣體物質(zhì)的量減小，I中壓強減小，壓強越大反應(yīng)速率越快，達到平衡需要的