2025年新科版高二化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年新科版高二化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列實(shí)驗(yàn)操作或裝置正確的是點(diǎn)燃酒精燈蒸餾過(guò)濾稀釋濃硫酸[ABCD2、在“綠色化學(xué)”工藝中；理想的狀態(tài)是反應(yīng)物中的原子全部轉(zhuǎn)化為期望的最終產(chǎn)物，不產(chǎn)生副產(chǎn)物，實(shí)現(xiàn)零排放．即原子的利用率為100%．下列反應(yīng)類(lèi)型中能體現(xiàn)“原子經(jīng)濟(jì)性”原則的是（）

①置換反應(yīng)②化合反應(yīng)③分解反應(yīng)④取代反應(yīng)⑤加成反應(yīng)⑥加聚反應(yīng)．A.①②⑤B.②⑤⑥C.③④D.只有⑥3、下列有機(jī)化合物的一氯代物種類(lèi)最多的是rm{(}不考慮立體異構(gòu)rm{)}A.rm{2}rm{2-}二甲基己烷B.rm{2}rm{2-}二甲基己烷C.甲苯D.4、欲用膽礬rm{(CuSO_{4}?5H_{2}O)}配制rm{480mL}rm{0.1mol.L^{-1}}的rm{CuSO_{4}}溶液rm{.}下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.配制該溶液應(yīng)用托盤(pán)天平稱(chēng)取rm{12.5g}膽礬B.配制該溶液應(yīng)用托盤(pán)天平稱(chēng)取rm{8.0g}膽礬C.轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶?jī)?nèi)有少量蒸餾水會(huì)使所配溶液濃度偏低D.定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補(bǔ)加少量水，重新達(dá)到刻度線5、上海世博會(huì)己于2010年5月1日開(kāi)幕，本次世博會(huì)是一次節(jié)能環(huán)保新材料的盛宴，其中中國(guó)航空館表面的聚氯乙烯（PVC）（結(jié)構(gòu)式如下圖所示）膜厚度僅為0.7毫米，卻足以承受一個(gè)正常成人的體重。下列關(guān)于聚氯乙烯（PVC）的說(shuō)法正確的是A.由單體合成聚氯乙烯屬加聚反應(yīng)B.它能使溴水褪色C.它易溶于水D.它有固定的熔沸點(diǎn)6、如圖所示的是某原子晶體A空間結(jié)構(gòu)的一個(gè)單元，A與某物質(zhì)B反應(yīng)生成C，其實(shí)質(zhì)是每個(gè)A-A鍵中插入一個(gè)B原子，則C物質(zhì)的化學(xué)式為（）A.ABB.A5B4C.AB2D.A2B57、以極性鍵結(jié)合的多原子分子，分子是否有極性取決于分子的空間構(gòu)型rm{.}下列分子都屬于含極性鍵的非極性分子的是rm{(}rm{)}A.rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}B.rm{NH_{3}}rm{BCl_{3}}C.rm{PCl_{3}}rm{CH_{4}}D.rm{PCl_{5}}rm{CH_{4}}評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、一個(gè)課外興趣小組對(duì)某只含Cu、Fe的合金成分含量進(jìn)行分析（裝置見(jiàn)圖）。方法：按圖示取ag的Cu、Fe合金和純銅做為電極，電解液里是含足量的Cu2+離子。接通電源進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，一直通電到Cu、Fe合金剛好全部溶解時(shí)為止。實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：發(fā)現(xiàn)在通電實(shí)驗(yàn)過(guò)程中兩電極均無(wú)氣體產(chǎn)生，純銅電極上質(zhì)量增加19.2g，電解液的質(zhì)量減少0.8g。請(qǐng)回答：（1）寫(xiě)出電極反應(yīng)：陽(yáng)極____；陰極____。（1）該合金中Cu和Fe的物質(zhì)的量之比是_________________________。（3）若另取該合金ag把該Cu、Fe合金與足量的稀硝酸反應(yīng)后，在溶液中再加入NaOH，能得到的最大沉淀量是_________g。9、實(shí)驗(yàn)室用氯化鈉固體配制rm{1.00mol/L}的rm{NaCl}溶液rm{0.5L}回答下列問(wèn)題rm{(1)}請(qǐng)補(bǔ)充完整該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)步驟rm{壟脵}計(jì)算，rm{壟脷}稱(chēng)量，rm{壟脹}____，rm{壟脺}轉(zhuǎn)移和洗滌，rm{壟脻}____rm{_}rm{壟脼}搖勻。rm{(2)}所需儀器為：容量瓶rm{(}規(guī)格____rm{)}托盤(pán)天平、玻璃棒、膠頭滴管、量筒。rm{(3)}試分析下列操作對(duì)所配溶液的濃度有何影響及造成該影響的原因。rm{壟脵}為加速固體溶解，可稍微加熱并不斷攪拌。在未降至室溫時(shí)，立即將溶液轉(zhuǎn)移至容量瓶，對(duì)所配溶液濃度的影響：rm{_}____。rm{(}填“偏高”或者“偏低”rm{)}rm{壟脷}定容后，加蓋倒轉(zhuǎn)搖勻后，發(fā)現(xiàn)溶面低于刻度線，又滴加蒸餾水至刻度。對(duì)所配溶液濃度的影響______。rm{(}填“偏高”或者“偏低”rm{)}10、下圖中X是無(wú)支鏈的、具有果香味的合成香料，可用于調(diào)配多種果香型香精。已知D在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g/L，其產(chǎn)量可以用來(lái)衡量一個(gè)國(guó)家石油化工發(fā)展水平。E是生活中常見(jiàn)的一種有機(jī)物。各物質(zhì)間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題。(1)A的名稱(chēng)是____。(2)B中所含的官能團(tuán)是____。(3)C+EX的化學(xué)反應(yīng)類(lèi)型是____反應(yīng)。(4)寫(xiě)出任意兩種與A具有相同官能團(tuán)的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式(不含A)：____。____(5)X與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是____。(6)以D為原料生產(chǎn)一種常見(jiàn)塑料的化學(xué)方程式是____。11、某離子晶體晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，x位于立方體的頂點(diǎn)，Y位于立方體中心。試分析：1）晶體中每個(gè)Y同時(shí)吸引著____個(gè)X，每個(gè)X同時(shí)吸引著____個(gè)Y，該晶體的化學(xué)式為_(kāi)___。2）晶體中在每個(gè)X周?chē)c它最接近且距離相等的X共有____個(gè)。3）晶體中距離最近的2個(gè)X與1個(gè)Y形成的夾角∠XYX的度數(shù)為_(kāi)___。12、某溫度（t℃）時(shí)，測(cè)得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH為11，則該溫度下水的離子積KW=____。在此溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的H2SO4溶液VbL混合。(1)若所得混合液為中性，且a=12，b=2，則Va∶Vb=____；(2)若所得混合液為中性，且a+b=12，則Va∶Vb=____；(3)若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，則Va∶Vb=____。13、已知：A、B、C、D、E為周期表中前四周期的五種元素，它們的原子序數(shù)依次增大．A的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級(jí)，各能級(jí)中電子數(shù)相等；B的基態(tài)原子2p能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與A原子的相同；B2-離子與C2+離子具有相同的穩(wěn)定電子層結(jié)構(gòu)；D有“生物金屬”之稱(chēng)，D4+離子和氬原子的核外電子排布相同；E的基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為3d84s2．

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）A、B、C三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是______（填元素符號(hào)）．

（2）在D的單質(zhì)晶體中，原子的堆積方式與Mg同，則其堆積方式是______，D原子的配位數(shù)是______．

（3）氫氣是理想的清潔能源，E元素與鑭（La）元素的合金可作儲(chǔ)氫材料，該合金的晶胞如上圖所示，晶胞中心有一個(gè)E原子，其他E原子都在晶胞面上，則該晶體的化學(xué)式為_(kāi)_____．已知該晶體的密度為dg?cm-3，其晶胞的邊長(zhǎng)為acm，則該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量是______．（阿伏伽德羅常數(shù)用NA表示）14、為治理汽車(chē)尾氣中的rm{NO}和rm{CO}對(duì)環(huán)境的污染，可在汽車(chē)排氣管上安裝催化轉(zhuǎn)化器，發(fā)生的反應(yīng)為rm{2NO+2CO}rm{dfrac{overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}N_{2}+2CO_{2}.}該反應(yīng)中，作為氧化劑的物質(zhì)是______rm{dfrac{overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{

.}}{;}N_{2}+2CO_{2}.}填化學(xué)式rm{(}若反應(yīng)中生成rm{)}rm{1mol}則消耗標(biāo)況下rm{N_{2}}的體積是______L.rm{NO}15、rm{Cu^{2+}}能與rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}rm{Cl^{-}}等形成配位數(shù)為rm{4}的配合物．rm{(1)[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}中存在的化學(xué)鍵類(lèi)型有________rm{(}填字母rm{)}．A.配位鍵B.極性共價(jià)鍵C.非極性共價(jià)鍵D.離子鍵rm{(2)[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}具有對(duì)稱(chēng)的立體構(gòu)型，rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}中的兩個(gè)rm{NH_{3}}被兩個(gè)rm{Cl^{-}}取代，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}的立體構(gòu)型為_(kāi)_______．rm{(3)}某種含rm{Cu^{2+}}的化合物可催化丙烯醇制備丙醛的反應(yīng)：rm{HOCH_{2}CH=CH_{2}隆煤CH_{3}CH_{2}CHO.}在丙烯醇分子中發(fā)生某種方式雜化的碳原子數(shù)，是丙醛分子中發(fā)生同樣方式雜化的碳原子數(shù)的rm{2}倍，則這類(lèi)碳原子的雜化方式為_(kāi)_______．16、弱電解質(zhì)的電離平衡；鹽類(lèi)的水解平衡和難溶物的溶解平衡均屬于化學(xué)平衡．

I.已知rm{H_{2}A}在水中存在以下平衡：rm{H_{2}A?H^{+}+HA^{-}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}．

rm{(1)NaHA}溶液______rm{(}選填“顯酸性”、“顯堿性”、“顯中性”或“無(wú)法確定”rm{)}．

rm{(2)}某溫度下，rm{0.1mol/L}的rm{NaHA}溶液；下列關(guān)系中，一定正確的是______．

A.rm{c(H^{+})?c(OH^{-})=1隆脕10^{-14}}B.rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+2c(A^{2-})}

C.rm{c(Na^{+})>c(HA^{-})>c(A^{2-})>c(H_{2}A)D.c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(A^{2-})+c(H_{2}A)}

rm{(3)}已知常溫下，rm{H_{2}A}的鈣鹽rm{(CaA)}飽和溶液中存在以下平衡：rm{CaA(s)?Ca^{2+}(aq)+A^{2-}(aq)triangleH>0}．

rm{CaA(s)?Ca^{2+}(aq)+A^{2-}(aq)triangle

H>0}降低溫度時(shí)，rm{壟脵}______rm{K_{sp}}填“增大”、“減小”或“不變”，下同rm{(}．

rm{)}滴加少量濃鹽酸，rm{壟脷}______．

rm{c(Ca^{2+})}測(cè)得rm{壟脹}時(shí)，rm{25隆忙}的rm{CaA}為rm{K_{sp}}常溫下將rm{2.0隆脕10^{-11}}rm{10g}固體投入rm{CaA}rm{100mL}溶液中，充分?jǐn)嚢韬笕杂泄腆w剩余，測(cè)得溶液中rm{CaCl_{2}}則溶液中rm{c(Ca^{2+})=0.1mol/L}______rm{c(A^{2-})=}

rm{mol/L}工業(yè)廢水中常含有一定量的rm{II.}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}它們會(huì)對(duì)人類(lèi)及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大的傷害，必須進(jìn)行處理rm{CrO_{4}^{2-}}常用的處理方法有還原沉淀法；該法的工藝流程為：

rm{CrO_{4}^{2-}xrightarrow[壟脵{脳陋祿爐}]{H+}Cr_{2}O_{7}^{2-}xrightarrow[壟脷{祿鹿脭顱}]{Fe_{2}+}Cr^{3+}xrightarrow[壟脹{魯脕碌鉚}]{OH-}Cr(OH)_{3}}

其中第rm{.}步存在平衡：rm{CrO_{4}^{2-}

xrightarrow[壟脵{脳陋祿爐}]{H+}Cr_{2}O_{7}^{2-}

xrightarrow[壟脷{祿鹿脭顱}]{Fe_{2}+}Cr^{3+}

xrightarrow[壟脹{魯脕碌鉚}]{OH-}Cr(OH)_{3}}黃色rm{壟脵}橙色rm{2CrO_{4}^{2-}(}

rm{)+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}(}若平衡體系的rm{)+H_{2}O}則溶液顯色．

rm{(1)}第rm{pH=2}步中，還原rm{(2)}rm{壟脷}離子，需要______rm{1mol}的rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}

rm{mol}第rm{FeSO_{4}?7H_{2}O.}步生成的rm{(3)}在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：

rm{壟脹}

常溫下，rm{Cr(OH)_{3}}的溶度積rm{Cr(OH)_{3}(s)?Cr^{3+}(aq)+3OH^{-}(aq)}要使rm{Cr(OH)_{3}}降至rm{K_{sp}=c(Cr^{3+})?c^{3}(OH^{-})=10^{-32}}溶液的rm{c(Cr^{3+})}應(yīng)調(diào)至．rm{10^{-5}mol/L}評(píng)卷人得分三、簡(jiǎn)答題(共6題，共12分)17、為探究rm{Ag^{+}}與rm{Fe^{3+}}氧化性的相關(guān)問(wèn)題；某小組同學(xué)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

已知：相關(guān)物質(zhì)的溶解度rm{(20隆忙)AgCl}rm{1.5隆脕10^{-4}g}rm{Ag_{2}SO_{4}}rm{0.796g}

rm{(1)}甲同學(xué)的實(shí)驗(yàn)如表：

。序號(hào)操作現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)Ⅰ將rm{2mL}rm{1mol/L}rm{AgNO_{3}}溶液加入到rm{1mL}rm{1mol/L}rm{FeSO_{4}}溶液中產(chǎn)生白色沉淀，隨后有黑色固體產(chǎn)生取上層清液，滴加rm{KSCN}溶液溶液變紅溶液變紅注：經(jīng)檢驗(yàn)黑色固體為rm{Ag}

rm{壟脵}白色沉淀的化學(xué)式是______．

rm{壟脷}甲同學(xué)得出rm{Ag^{+}}氧化了rm{Fe^{2+}}的依據(jù)是______．

rm{(2)}乙同學(xué)為探究rm{Ag^{+}}和rm{Fe^{2+}}反應(yīng)的程度；進(jìn)行實(shí)驗(yàn)Ⅱ．

rm{a.}按如圖連接裝置并加入藥品rm{(}鹽橋中的物質(zhì)不參與反應(yīng)rm{)}發(fā)現(xiàn)電壓表指針偏移rm{.}偏移的方向表明：電子由石墨經(jīng)導(dǎo)線流向銀rm{.}放置一段時(shí)間后，指針偏移減小rm{.}

rm{b.}隨后向甲燒杯中逐漸加入濃rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液，發(fā)現(xiàn)電壓表指針的變化依次為：偏移減小rm{隆煤}回到零點(diǎn)rm{隆煤}逆向偏移．

rm{壟脵a}中甲燒杯里的電極反應(yīng)式是______．

rm{壟脷b}中電壓表指針逆向偏移后，銀為_(kāi)_____極rm{(}填“正”或“負(fù)”rm{)}．

rm{壟脹}由實(shí)驗(yàn)得出rm{Ag^{+}}和rm{Fe^{2+}}反應(yīng)的離子方程式是______．

rm{(3)}為進(jìn)一步驗(yàn)證乙同學(xué)的結(jié)論；丙同學(xué)又進(jìn)行了如表實(shí)驗(yàn)：

。序號(hào)操作現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)Ⅲ將rm{2mL}rm{2mol/L}rm{Fe(NO_{3})_{3}}溶液加入有銀鏡的試管中銀鏡消失實(shí)驗(yàn)Ⅳ將rm{2mL1mol/L}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液加入有銀鏡的試管中銀鏡減少，未消失實(shí)驗(yàn)Ⅴ將rm{2mL}rm{2mol/L}rm{FeCl_{3}}溶液加入有銀鏡的試管中銀鏡消失rm{壟脵}實(shí)驗(yàn)Ⅲ______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}證明rm{Fe^{3+}}氧化了rm{Ag}理由是______．

rm{壟脷}用化學(xué)反應(yīng)原理解釋實(shí)驗(yàn)Ⅳ與Ⅴ的現(xiàn)象有所不同的原因：______．18、rm{(8}分rm{)}已知?dú)浞帷⒋姿?、氫氰酸rm{(HCN)}碳酸在室溫下的電離常數(shù)如下表，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：。rm{壟脵}rm{HF}rm{K_{a}=6.8隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}rm{壟脷}rm{CH_{3}COOH}rm{K_{a}=1.7隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}rm{壟脹}rm{HCN}rm{K_{a}=6.2隆脕10^{-10}mol?L^{-1}}rm{壟脺}rm{H_{2}CO_{3}}rm{K_{a1}=4.4隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}rm{K_{a2}=4.7隆脕10^{-11}mol?L^{-1}}rm{(1)}四種酸中酸性最強(qiáng)的是____，最弱的是____rm{(2)}寫(xiě)出rm{H_{2}CO_{3}}的電離方程式________、____19、按要求完成下列問(wèn)題：

rm{(1)}甲基的電子式______．

rm{(2)}寫(xiě)出由甲苯制備rm{TNT}的化學(xué)反應(yīng)方程式______．

rm{(3)}相對(duì)分子質(zhì)量為rm{72}且只有一種一氯代物的烷烴的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______

rm{(4)}反式rm{2}一丁烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______

rm{(5)}與rm{H_{2}}加成生成rm{2}rm{5}一二甲基己烷的炔烴的系統(tǒng)命名______

rm{(6)}的系統(tǒng)命名______．20、第四周期的許多金屬能形成配合物．科學(xué)家通過(guò)X射線測(cè)得膽礬結(jié)構(gòu)示意圖可簡(jiǎn)單表示如下：

（1）Cu基態(tài)原子的外圍電子排布為_(kāi)_____，Cr基態(tài)原子的外圍電子排布為_(kāi)_____，這樣排布的理由是______．

（2）NH3是一種很好的配體，原因是______．

（3）圖中虛線表示的作用力為_(kāi)_____．

（4）膽礬溶液與氨水在一定條件下可以生成Cu（NH3）4SO4?H2O晶體．在該晶體中，含有的原子團(tuán)或分子有：[Cu（NH3）4]2+、NH3、SO42-、H2O，其中[Cu（NH3）4]2+為平面正方形結(jié)構(gòu)，則呈正四面體結(jié)構(gòu)的原子團(tuán)或分子是______，寫(xiě)出一種與此正四面體結(jié)構(gòu)互為等電子體的分子的分子式______．

（5）金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無(wú)色揮發(fā)性液態(tài)Ni（CO）4，呈正四面體構(gòu)型．Ni（CO）4易溶于______（填標(biāo)號(hào)）．

A．水B．四氯化碳C．苯D．硫酸鎳溶液．21、“北京烤鴨”舉世聞名．制作烤鴨套餐的部分原料如下：①鴨肉；②面粉、③黃瓜、④食鹽．請(qǐng)回答：

（1）富含淀粉的是______（填序號(hào)；下同）．

（2）富含蛋白質(zhì)的是______．

（3）富含維生素的是______．

（4）屬于調(diào)味劑的是______．22、甲醇是一種基礎(chǔ)的有機(jī)化工原料和優(yōu)質(zhì)燃料rm{.}利用合成氣rm{(}主要成分為rm{CO}rm{CO_{2}}和rm{H_{2})}在催化劑作用下可以合成甲醇；主要反應(yīng)如下：

rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH_{1}=-100kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=-58kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH_{3}}

回答下列問(wèn)題：

rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H_{1}=-100kJ?mol^{-1}}______rm{壟脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-58kJ?mol^{-1}}．

rm{壟脹CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{3}}反應(yīng)rm{(1)triangleH_{3}=}rm{kJ?mol^{-1}}rm{(2)}對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}之間的關(guān)系是rm{K_{1}}______；隨著溫度的升高，rm{K_{2}}______rm{K_{3}}填“減小”、“增大”或“不變”rm{K_{1}=}．

rm{K_{3}}合成氣組成rm{dfrac{n(H_{2})}{n(CO+CO_{2})}=2.60}時(shí)，體系中的rm{(}平衡轉(zhuǎn)化率rm{)}與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖rm{(3)}所示rm{dfrac

{n(H_{2})}{n(CO+CO_{2})}=2.60}圖中壓強(qiáng)由小到大的順序?yàn)開(kāi)_____．

rm{CO}圖rm{(婁脕)}是某研究機(jī)構(gòu)開(kāi)發(fā)的給筆記本電腦供電的甲醇燃料電池，甲醇在催化劑作用下提供質(zhì)子rm{1}和電子，其負(fù)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____．rm{.}評(píng)卷人得分四、有機(jī)推斷題(共4題，共40分)23、某烴A是有機(jī)化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來(lái)衡量一個(gè)國(guó)家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類(lèi)型．

根據(jù)圖示回答下列問(wèn)題：

(1)寫(xiě)出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫(xiě)出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某烴A是有機(jī)化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來(lái)衡量一個(gè)國(guó)家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類(lèi)型．

根據(jù)圖示回答下列問(wèn)題：

(1)寫(xiě)出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫(xiě)出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請(qǐng)回答：

(1)下列說(shuō)法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應(yīng)。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫(xiě)出化合物E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___________。

(3)寫(xiě)出由化合物G→抗癇靈的化學(xué)方程式___________。

(4)設(shè)計(jì)以化合物C為原料經(jīng)過(guò)三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無(wú)機(jī)試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個(gè)碳的同系物，寫(xiě)出化合物H同時(shí)符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測(cè)表明：

①分子中含有一個(gè)五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。26、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對(duì)于氫氣的密度為39。

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）G中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)是_______________，寫(xiě)出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應(yīng)類(lèi)型是____________，B和F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為_(kāi)_____________、___________________。

（3）寫(xiě)出反應(yīng)①的化學(xué)方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構(gòu)體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請(qǐng)以為原料設(shè)計(jì)它的合成路線(其他所需原料自選)，寫(xiě)出其反應(yīng)流程圖：_____________________________________________________________________。評(píng)卷人得分五、綜合題(共2題，共10分)27、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．28、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、C【分析】A不正確，不能用點(diǎn)著的酒精燈去點(diǎn)燃另一個(gè)酒精燈。蒸餾時(shí)冷凝管中的水流下口進(jìn)，上口出，B不正確。稀釋濃硫酸應(yīng)該把濃硫酸沿著器壁慢慢的注入水中，并不斷攪拌，而不能反過(guò)來(lái)，D是錯(cuò)誤的。所以正確的答案是C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、B【分析】解：“綠色化學(xué)”工藝的要求：反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為期望的產(chǎn)物；使原子的利用率達(dá)到100%，可知反應(yīng)只生成一種生成物，該反應(yīng)為化合反應(yīng)；加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)；

而置換反應(yīng)；分解反應(yīng)、取代反應(yīng)生成物不止一種；

故選：B．

根據(jù)題中信息“綠色化學(xué)”工藝的要求：反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為期望的產(chǎn)物；使原子的利用率達(dá)到100%，可知反應(yīng)只生成一種生成物，據(jù)此即可解答．

本題主要考查了綠色化學(xué)的概念，掌握反應(yīng)中產(chǎn)物的種類(lèi)與原子利用率100%的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】B3、A【分析】略。

【解析】rm{A}4、A【分析】解：rm{A.}實(shí)際上配制的是rm{500mL0.1mol.L^{-1}}的rm{CuSO_{4}}溶液，需要膽礬的質(zhì)量為：rm{250g/mol隆脕0.1mol/L隆脕0.5L=12.5g}故A正確；

B.根據(jù)rm{A}可知，配制該溶液需要膽礬的質(zhì)量為rm{12.5g}故B錯(cuò)誤；

C.容量瓶中有少量蒸餾水；對(duì)配制的溶液濃度沒(méi)有影響，故C錯(cuò)誤；

D.搖勻后再加入水；導(dǎo)致配制的溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故D錯(cuò)誤；

故選A．

用rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}配制rm{480mL}rm{0.1mol.L^{-1}}的rm{CuSO_{4}}溶液，實(shí)際上配制的是rm{500mL0.1mol.L^{-1}}的rm{CuSO_{4}}溶液，依據(jù)rm{m=cVM}計(jì)算需要rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}的質(zhì)量；注意體積為溶液體積，不是溶劑的體積，據(jù)此進(jìn)行解答．

本題考查配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，為高頻考點(diǎn)，題目難度不大，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、計(jì)算能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁馕镔|(zhì)的量濃度溶液中體積為溶液體積，非溶劑體積．【解析】rm{A}5、A【分析】【解析】【答案】A6、C【分析】解：A空間結(jié)構(gòu)的一個(gè)單元中含有5個(gè)A原子，每個(gè)A-A鍵中插入一個(gè)B原子，5的A原子含有10個(gè)A-A鍵，所以插入了10個(gè)B原子，所以該單元中含有5個(gè)A原子10個(gè)B原子，所以A、B原子個(gè)數(shù)比是1：2，所以其化學(xué)式是AB2；故選C．

A空間結(jié)構(gòu)的一個(gè)單元中含有5個(gè)A原子；每個(gè)A-A鍵中插入一個(gè)B原子，5的A原子含有10個(gè)A-A鍵，所以插入了10個(gè)B原子，根據(jù)A；B兩種原子的個(gè)數(shù)比確定C物質(zhì)的化學(xué)式．

本題考查了化學(xué)式的確定，明確該單元中含有的A-A鍵的個(gè)數(shù)是解本題的關(guān)鍵，易漏記正四面體頂點(diǎn)上的A-A鍵而導(dǎo)致錯(cuò)誤，難度較大．【解析】【答案】C7、D【分析】解：rm{A.}二氧化碳結(jié)構(gòu)為rm{O=C=O}結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心重合，屬于非極性分子，rm{H_{2}O}為rm{V}形分子；結(jié)構(gòu)不對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心不重合，屬于極性分子，故A不選；

B.rm{NH_{3}}為三角錐形，結(jié)構(gòu)不對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心不重合，屬于極性分子，rm{BCl_{3}}分子；為正三角形，結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心重合，屬于非極性分子，故B不選；

C.rm{PCl_{3}}為三角錐形，結(jié)構(gòu)不對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心不重合，屬于極性分子，rm{CH_{4}}為正四面體結(jié)構(gòu)；結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心重合，屬于非極性分子，故C不選；

D.rm{PCl_{5}}為三角雙錐結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心重合，屬于非極性分子，rm{CH_{4}}為正四面體結(jié)構(gòu)；結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷的中心重合，屬于非極性分子，故D選．

故選D．

極性分子中正負(fù)電荷的中心不重合；具有一定的極性，極性分子是由極性鍵構(gòu)成的結(jié)構(gòu)不對(duì)稱(chēng)的分子，據(jù)此判斷．

本題考查極性分子和非極性分子，熟悉常見(jiàn)元素之間的成鍵是解答本題的關(guān)鍵，注意化學(xué)鍵與分子的極性的關(guān)系來(lái)分析解答即可，難度不大．【解析】rm{D}二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)裝置圖可知，Cu、Fe合金和電源的正極相連，做陽(yáng)極，失去電子，電極反應(yīng)式是Fe－2e-＝Fe2+、Cu－2e-＝Cu2+；純銅和電源的負(fù)極相連，做陰極，溶液中的銅離子得到電子，電極反應(yīng)式是Cu2++2e-＝Cu。（2）設(shè)合金中Cu和Fe的物質(zhì)的量分別是x和y，則19.2－64x－56y＝0.8、2x＋2y＝解得x＝0.2.y＝0.1，則合金中Cu和Fe的物質(zhì)的量之比是2：1。（3）根據(jù)（2）可知，最終生成的測(cè)定是0.2mol氫氧化銅和0.1mol氫氧化鐵，則質(zhì)量是0.2mol×98g/mol＋0.1mol×107g/mol＝30.3g?？键c(diǎn)：考查電解原理的有關(guān)判斷和計(jì)算【解析】【答案】(10分)（1）Fe－2e-＝Fe2+、Cu－2e-＝Cu2+；Cu2++2e-＝Cu（2）2：1。（3）30.3。9、（1）溶解定容

（2）500mL;

（3）①偏高因恢復(fù)到室溫時(shí)，溶液的體積將小于500mL

②偏低因?yàn)槿芤后w積大于500mL【分析】【分析】本題旨在考查配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的應(yīng)用，是中學(xué)化學(xué)的基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)，難度一般。熟練掌握配制步驟是解題的關(guān)鍵；對(duì)于誤差分析可應(yīng)用rm{c=dfrac{n}{V}}分析即可?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)溶液的配制原理可知，用固體配制溶液的一般步驟為計(jì)算、稱(chēng)量、溶解轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容搖勻。根據(jù)溶液的配制原理可知，用固體配制溶液的一般步驟為計(jì)算、稱(chēng)量、溶解轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容搖勻。

rm{(1)}

故答案為：溶解；定容；配制rm{(2)}配制rm{1.00mol/L}的rm{NaCl}溶液rm{0.5L}所以需選用rm{500ml}的容量瓶。的rm{(2)}溶液rm{1.00mol/L}所以需選用rm{NaCl}的容量瓶。

rm{0.5L}

rm{500ml}未降至室溫時(shí)，立即將溶液轉(zhuǎn)移至容量瓶定容故答案為：rm{500ml}溶液熱脹冷縮，恢復(fù)到室溫后溶液體積小于rm{500ml}濃度偏高。

rm{(3)壟脵}未降至室溫時(shí)，立即將溶液轉(zhuǎn)移至容量瓶定容rm{.}溶液熱脹冷縮，恢復(fù)到室溫后溶液體積小于rm{500ml}濃度偏高。

rm{(3)壟脵}蓋倒轉(zhuǎn)搖勻后，發(fā)現(xiàn)溶面低于刻度線，一部分溶液留在瓶塞與瓶口之間，又滴加蒸餾水至刻度，使溶液體積大于rm{.}溶液濃度偏低rm{500ml}

故答案為：偏高；rm{壟脷}蓋倒轉(zhuǎn)搖勻后，發(fā)現(xiàn)溶面低于刻度線，一部分溶液留在瓶塞與瓶口之間，又滴加蒸餾水至刻度，使溶液體積大于rm{500ml}溶液濃度偏低rm{.}【解析】rm{(1)}溶解定容溶解定容rm{(1)}rm{(2)500mL;}rm{(2)500mL;}rm{(3)}rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}偏高10、略

【分析】【解析】試題分析：D的產(chǎn)量可以用來(lái)衡量一個(gè)國(guó)家石油化工發(fā)展水平，則D是乙烯。A氧化生成B，B氧化生成C，C和E反應(yīng)生成具有果香味的合成香料，這說(shuō)明X應(yīng)該是酯類(lèi)，所以C是羧酸，E是醇。這說(shuō)明E是乙烯和水提高加成反應(yīng)生成的乙醇。則根據(jù)原子守恒可知，C應(yīng)該是丁酸。由于X是無(wú)支鏈的，所以B是丁醛，則A是正丁醇，即1－丁醇?？键c(diǎn)：考查有機(jī)物名稱(chēng)、官能團(tuán)、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、同分異構(gòu)體的判斷以及有機(jī)反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)等【解析】【答案】（1）1－丁醇（2）醛基（3）酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）（4）(CH3)3COH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH（5）CH3CH2CH2COOCH2CH3＋NaOHCH3CH2CH2COONa＋CH3CH2OH（6）11、略

【分析】【解析】試題分析：1）有晶胞圖得出，Y位于體心，每個(gè)Y同時(shí)吸引著4個(gè)X，X位于頂點(diǎn)，每個(gè)X同時(shí)吸引著8個(gè)Y，X位于頂點(diǎn)，被8個(gè)晶胞所共有，一個(gè)晶胞占1/2，X和Y的個(gè)數(shù)比為(1/2)1:=1:2，故該晶體的化學(xué)式為XY2或Y2X。2）一個(gè)晶胞中X周?chē)?個(gè)與它最接近且距離相等，八個(gè)晶胞相鄰，重復(fù)一半，故晶體中在每個(gè)X周?chē)c它最接近且距離相等的X共有3*8/2=12個(gè)。3）2個(gè)X和2個(gè)Y的連線是正四面體，故晶體中距離最近的2個(gè)X與1個(gè)Y形成的夾角∠XYX的度數(shù)為109°28'?？键c(diǎn)：晶胞【解析】【答案】（5分）1）4，8，XY2或Y2X。2）12。3）109°28'。12、略

【分析】【解析】試題分析：【解析】

0,01mol/l的NaOH溶液中C（OH-)=0.01mol/L=10-2mol/L，pH為11的氫氧化鈉溶液中C(H+)=10-11mol/L。該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=C(H+)*C(OH-)=10-11mol/L*10-2mol/L=10-13(mol/L)2。①pH=12的NaOH溶液中C(H+)=10-12mol/L則氫氧化鈉溶液中C(OH-)=Kw/C(H+)=10-13(mol/L)2/10-12mol/L=10-1mol/LpH=2的硫酸中C(H+)=10-2mol/L，若所得混合液為中性，則C(H+)*Vb=C(OH-)*Va，Va:Vb=10-2:10-1=10-2:10-1=1:10。②所得混合液為中性，則C(H+)*Vb=C(OH-)*Va；且a+b=12，Va:Vb=C(H+):C(OH-)=C(H+):[Kw/C(H+)]=10-b:10-13+a=1013-a-b=10:1。③pH=12氫氧化鈉溶液中C(OH-)=10-1mol/L，pH=2的硫酸中C(H+)=10-2mol/L，pH=10的溶液中C(OH-)=10-13(mol/L)2/10-10mol/L=10-3mol/L，若所得混合液的pH=10,則說(shuō)明堿過(guò)量,C(OH-)*Va-C(H+)*Vb=10-1mol/L*Va-10-2mol/L*Vb=(Va+Vb)*10-3mol/L，解得:Va:Vb=1:9?？键c(diǎn)：酸堿混合計(jì)算【解析】【答案】（12分）KW=10-13（1）1:10（2）10:1（3）1:913、略

【分析】解：根據(jù)A的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級(jí)，各能級(jí)中電子數(shù)相等得出A是1s22s22p2，所以A為C；根據(jù)B的基態(tài)原子2p能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與A原子相同，所以B為：O；B2-離子C2+離子具有相同的、穩(wěn)定的電子層結(jié)構(gòu)，則C是Mg；D有“生物金屬”之稱(chēng)，D4+離子和氬原子的核外電子排布相同，則D為22號(hào)元素：Ti；E的基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d84s2；則E是Ni；

（1）A為C；B為O，C是Mg，B；C為同一周期元素，同周期從左到右電負(fù)性依次增強(qiáng)，所以O(shè)＞C，非金屬性最強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越強(qiáng)，O＞C＞Mg；

故答案為：O＞C＞Mg；

（2）D為22號(hào)元素：Ti，其核外有22個(gè)電子，電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2；Ti晶體的原子堆積模型屬于Mg型為六方最密堆積，配位數(shù)為12；

故答案為：是六方最密堆積；12；

（3）該合金的晶胞如圖所示，晶胞中心有一個(gè)鎳原子，其他8個(gè)鎳原子都在晶胞面上，鑭原子都在晶胞頂點(diǎn)，所以晶胞實(shí)際含有的鎳原子為1+8×=5，晶胞實(shí)際含有的鑭原子為8×=1，所以晶體的化學(xué)式Ni5La；晶胞的質(zhì)量為根據(jù)ρ=V=a3，則d==所以M=a3?NA?dg?mol-1；

故答案為：LaNi5；a3?NA?dg?mol-1．

根據(jù)A的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級(jí)，各能級(jí)中電子數(shù)相等得出A是1s22s22p2；所以A為C；

根據(jù)B的基態(tài)原子2p能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與A原子相同，所以B為：O；B2-離子C2+離子具有相同的、穩(wěn)定的電子層結(jié)構(gòu)，則C是Mg；D有“生物金屬”之稱(chēng)，D4+離子和氬原子的核外電子排布相同，則D為22號(hào)元素：Ti；E的基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d84s2；則E是Ni；

（1）根據(jù)非金屬性最強(qiáng)；非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越強(qiáng)解答；

（2）D為22號(hào)元素：Ti，其核外有22個(gè)電子，電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2；Ti的原子堆積模型為六方最密堆積；配位數(shù)為12；

（3）根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中實(shí)際含有的原子個(gè)數(shù)，確定化學(xué)式；根據(jù)ρ=V=a3求算．

本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)推斷題，利用電子排布的有關(guān)知識(shí)加以推斷，同時(shí)考查了晶胞化學(xué)式的求算等，題目難度較大．【解析】O＞C＞Mg；六方最密堆積；12；LaNi5；a3?NA?dg?mol-114、略

【分析】解：氧化還原反應(yīng)中，元素化合價(jià)降低的反應(yīng)物為氧化劑，rm{2NO+2COdfrac{overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}N_{2}+2CO_{2}}rm{2NO+2COdfrac{

overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}N_{2}+2CO_{2}}中氮由rm{NO}價(jià)變成rm{+2}價(jià)，則rm{0}為氧化劑，被還原，rm{NO}中rm{CO}由rm{C}價(jià)變成rm{+2}價(jià)，則rm{+4}為還原劑，被氧化，根據(jù)方程式若反應(yīng)中生成rm{CO}則消耗rm{1molN_{2}}則消耗標(biāo)況下rm{2molNO}的體積是rm{NO}

故答案為：rm{v=nV_{m}=2mol隆脕22.4mol/L=44.8L}rm{NO}．

rm{2NO+2COdfrac{overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}N_{2}+2CO_{2}.NO}中氮由rm{44.8}價(jià)變成rm{2NO+2COdfrac{

overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}N_{2}+2CO_{2}.NO}價(jià)，則rm{+2}為氧化劑，被還原，rm{0}中rm{NO}由rm{CO}價(jià)變成rm{C}價(jià)，則rm{+2}為還原劑，被氧化，根據(jù)方程式計(jì)算生成rm{+4}則消耗標(biāo)況下rm{CO}的物質(zhì)的量，根據(jù)rm{1molN_{2}}計(jì)算消耗標(biāo)況下rm{NO}的體積；據(jù)此分析．

本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重基本概念，明確元素化合價(jià)變化是解本題關(guān)鍵，熟練掌握常見(jiàn)元素化合價(jià)，注意物質(zhì)的量相關(guān)公式的熟練應(yīng)用，題目難度不大．rm{v=nVm}【解析】rm{NO}rm{44.8}15、(1)AB

(2)平面正方形

(3)sp2雜化【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)極性鍵、配位鍵、配合物理論、雜化軌道理論等應(yīng)用，難度中等。【解答】rm{(1)[Cu(NH}rm{(1)[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]}故答案為：rm{]}rm{{,!}^{2+}}根據(jù)中存在的化學(xué)鍵類(lèi)型有配位鍵、極性鍵，rm{AB}rm{(2)}根據(jù)rm{[Cu(NH}rm{(2)}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}具有對(duì)稱(chēng)的空間構(gòu)型，rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}中的兩個(gè)rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}被兩個(gè)rm{Cl}根據(jù)題意，該碳原子的雜化方式為：rm{Cl}rm{{,!}^{-}}取代，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}【解析】rm{(1)AB}rm{(1)AB}平面正方形rm{(2)}平面正方形雜化rm{(2)}16、略

【分析】解：rm{I.(1)H_{2}A}在溶液中部分電離屬于弱酸，rm{HA^{-}}的水解程度與電離程度關(guān)系不確定，所以rm{NaHA}溶液的酸堿性不能確定；

故答案為：無(wú)法確定；

rm{(2)A.Kw}與溫度有關(guān)，溫度不知道，所以rm{c(H^{+})?c(OH^{-})}的值不確定；故A錯(cuò)誤；

B.溶液中電荷守恒為：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+2c(A^{2-})+c(OH^{-})}故B錯(cuò)誤；

C.rm{HA^{-}}的水解程度與電離程度關(guān)系不確定，rm{c(A^{2-})}與rm{c(H_{2}A)}的大小關(guān)系不確定；故C錯(cuò)誤；

D.rm{0.1mol/L}的rm{NaHA}溶液中，物料守恒為：rm{c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(A^{2-})+c(H_{2}A)}故D正確；

故答案為：rm{D}

rm{(3)壟脵}降低溫度；抑制難溶物的電離，所以導(dǎo)致溶度積常數(shù)變小．

故答案為：減小．

rm{壟脷}加鹽酸；促進(jìn)難溶鹽的電離，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以鈣離子濃度增大．

故答案為：增大；

rm{壟脹}已知溶液中rm{c(Ca^{2+})=0.1mol/L}rm{K_{sp}=c(Ca^{2+})隆脕c(A^{2-})=2.0隆脕10^{-11}}則rm{c(A^{2-})=dfrac{2隆脕10^{-11}}{0.1}mol/L=2.0隆脕10^{-10}mol/L}

故答案為：rm{c(A^{2-})=dfrac

{2隆脕10^{-11}}{0.1}mol/L=2.0隆脕10^{-10}mol/L}

rm{2.0隆脕10^{-10}}增大，平衡rm{II(1)c(H^{+})}黃色rm{2CrO_{4}^{2-}(}橙色rm{)+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}(}右移；溶液呈橙色；

故答案為：橙；

rm{)+H_{2}O}根據(jù)電子得失守恒：rm{(2)}rm{n(FeSO_{4}?7H_{2}O)=dfrac{1mol隆脕6}{1}=6mol}

故答案為：rm{n(Cr_{2}O_{7}^{2-})隆脕6=n(FeSO_{4}?7H_{2}O)隆脕1}

rm{n(FeSO_{4}?7H_{2}O)=dfrac

{1mol隆脕6}{1}=6mol}當(dāng)rm{6}時(shí)，溶液的rm{c(OH^{-})=3dfrac{10^{-32}}{10^{-5}}=10^{-9}mol/L}rm{c(H^{+})簍Tdfrac{10^{-14}}{10^{-9}}=10^{-5}mol/L}rm{(3)}即要使rm{c(Cr^{3+})=10^{-5}mol/L}降至rm{c(OH^{-})=3dfrac

{10^{-32}}{10^{-5}}=10^{-9}mol/L}溶液的rm{c(H^{+})簍Tdfrac

{10^{-14}}{10^{-9}}=10^{-5}mol/L}應(yīng)調(diào)至rm{pH=5}

故答案為：rm{c(Cr^{3+})}．

I.rm{10^{-5}mol/L}在溶液中部分電離屬于弱酸，rm{pH}的水解程度與電離程度關(guān)系不確定；

rm{5}與溫度有關(guān)；

B.根據(jù)電荷守恒分析；

C.rm{5}的水解程度與電離程度關(guān)系不確定；

D.根據(jù)物料守恒分析；

rm{(1)H_{2}A}降低溫度；抑制難溶物的電離，導(dǎo)致溶度積常數(shù)變小；

rm{HA^{-}}加鹽酸；促進(jìn)難溶鹽的電離，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

rm{(2)A.Kw}根據(jù)rm{HA^{-}}以及鈣離子的濃度計(jì)算；

rm{(3)壟脵}根據(jù)外界條件對(duì)平衡的影響來(lái)確定平衡移動(dòng)方向；從而確定離子濃度大小和溶液顏色變化；

rm{壟脷}根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒來(lái)計(jì)算；

rm{壟脹}根據(jù)溶度積常數(shù)以及水的離子積常數(shù)來(lái)進(jìn)行計(jì)算．

本題考查了鹽溶液酸堿性的判斷、溶液中離子濃度的關(guān)系、難溶物溶解平衡及其計(jì)算，題目難度中等，注意掌握判斷溶液中離子濃度大小的常用方法，明確電荷守恒、物料守恒的含義及有關(guān)難溶物溶度積計(jì)算方法．rm{K_{sp}=c(Ca^{2+})隆脕c(A^{2-})}【解析】無(wú)法確定；rm{D}減??；增大；rm{2隆脕10-10}rm{6}三、簡(jiǎn)答題(共6題，共12分)17、略

【分析】解：rm{(1)壟脵AgNO_{3}}中的銀離子與硫酸根離子結(jié)合生成硫酸銀沉淀，所以生成的白色沉淀為rm{Ag_{2}SO_{4}}

故答案為：rm{Ag_{2}SO_{4}}

rm{壟脷AgNO_{3}}溶液加入到rm{FeSO_{4}}溶液中有rm{Ag}生成，說(shuō)明銀離子被亞鐵離子還原，亞鐵離子被氧化為鐵離子，鐵離子遇到rm{KSCN}溶液會(huì)生成紅色溶液，所以甲同學(xué)得出rm{Ag^{+}}氧化了rm{Fe^{2+}}的依據(jù)是有黑色固體rm{(Ag)}生成，加入rm{KSCN}溶液后變紅；

故答案為：有黑色固體rm{(Ag)}生成，加入rm{KSCN}溶液后變紅；

rm{(2)壟脵}實(shí)驗(yàn)過(guò)程中電壓表指針偏移，偏移的方向表明：電子由石墨經(jīng)導(dǎo)線流向銀，依據(jù)原電池原理可知銀做原電池正極，石墨做原電池負(fù)極，負(fù)極是甲池溶液中亞鐵離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鐵離子，rm{a}中甲燒杯里的電極反應(yīng)式是rm{Fe^{2+}-e^{-}=Fe^{3+}}

故答案為：rm{Fe^{2+}-e^{-}=Fe^{3+}}

rm{壟脷}隨后向甲燒杯中逐漸加入濃rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液，和乙池組成原電池，發(fā)現(xiàn)電壓表指針的變化依次為，偏移減小rm{隆煤}回到零點(diǎn)rm{隆煤}逆向偏移；依據(jù)電子流向可知乙池中銀做原電池負(fù)極，發(fā)生的反應(yīng)為鐵離子氧化為銀生成亞鐵離子；

故答案為：負(fù)；

rm{壟脹}由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出，rm{Ag^{+}}和rm{Fe^{2+}}反應(yīng)生成鐵離子和金屬銀，反應(yīng)的離子方程式是rm{Fe^{2+}+Ag^{+}?Fe^{3+}+Ag}

故答案為：rm{Fe^{2+}+Ag^{+}?Fe^{3+}+Ag}

rm{(3)壟脵}將rm{2mL2mol/LFe(NO_{3})_{3}}溶液加入有銀鏡的試管中銀鏡消失，說(shuō)明銀杯氧化，可能是溶液中鐵離子的氧化性，也可能是鐵離子水解顯酸性的溶液中，硝酸根離子在酸溶液中具有了強(qiáng)氧化性，稀硝酸溶解銀，所以實(shí)驗(yàn)Ⅲ不能證明rm{Fe^{3+}}氧化了rm{Ag}

故答案為：不能；因?yàn)閞m{Fe(NO_{3})_{3}}溶液呈酸性，酸性條件下rm{NO_{3}^{-}}也可能氧化rm{Ag}

rm{壟脷}將rm{2mL1mol/LFe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液加入有銀鏡的試管中銀鏡減少，未消失說(shuō)明部分溶解，將rm{2mL2mol/LFeCl_{3}}溶液加入有銀鏡的試管中銀鏡消失，說(shuō)明銀溶解完全，依據(jù)上述現(xiàn)象可知，溶液中存在平衡：rm{Fe^{3+}+Ag?Fe^{2+}+Ag^{+}}且rm{AgCl}比rm{Ag_{2}SO_{4}}溶解度更小，rm{Cl^{-}}比rm{SO_{4}^{2-}}更有利于降低rm{Ag^{+}}濃度；所以實(shí)驗(yàn)Ⅴ比實(shí)驗(yàn)Ⅳ正向進(jìn)行的程度更大；

故答案為：溶液中存在平衡：rm{Fe^{3+}+Ag?Fe^{2+}+Ag^{+}}且rm{AgCl}比rm{Ag_{2}SO_{4}}溶解度更小，rm{Cl^{-}}比rm{SO_{4}^{2-}}更有利于降低rm{Ag^{+}}濃度；所以實(shí)驗(yàn)Ⅴ比實(shí)驗(yàn)Ⅳ正向進(jìn)行的程度更大．

rm{(1)壟脵AgNO_{3}}中的銀離子與硫酸根離子結(jié)合生成硫酸銀沉淀；

rm{壟脷AgNO_{3}}溶液加入到rm{FeSO_{4}}溶液中有rm{Ag}生成，說(shuō)明銀離子被亞鐵離子還原，亞鐵離子被氧化為鐵離子，鐵離子遇到rm{KSCN}溶液會(huì)生成紅色溶液；

rm{(2)壟脵}偏移的方向表明：電子由石墨經(jīng)導(dǎo)線流向銀；銀做原電池正極，石墨做原電池負(fù)極，甲池溶液中是亞鐵離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鐵離子；

rm{壟脷}隨后向甲燒杯中逐漸加入濃rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液，和乙池組成原電池，發(fā)現(xiàn)電壓表指針的變化依次為，偏移減小rm{隆煤}回到零點(diǎn)rm{隆煤}逆向偏移；證明銀做原電池負(fù)極，發(fā)生的反應(yīng)為鐵離子氧化為銀；

rm{壟脹}實(shí)驗(yàn)可知銀離子具有強(qiáng)氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子；

rm{(3)壟脵}酸性溶液中硝酸根離子具有氧化性；也可以溶解銀；

rm{壟脷}分析選項(xiàng)可知，溶液中存在平衡：rm{Fe^{3+}+Ag=Fe^{2+}+Ag^{+}}硫酸根離子和氯離子對(duì)平衡的影響判斷平衡進(jìn)行的方向解釋?zhuān)?/p>

本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)驗(yàn)證、物質(zhì)性質(zhì)的理解、原電池原理分析應(yīng)用，注意根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和反應(yīng)產(chǎn)物分析判斷，注意題干信息的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度較大．【解析】rm{Ag_{2}SO_{4}}有黑色固體rm{(Ag)}生成，加入rm{KSCN}溶液后變紅；rm{Fe^{2+}-e^{-}=Fe^{3+}}負(fù)；rm{Fe^{2+}+Ag^{+}?Fe^{3+}+Ag}不能；因?yàn)閞m{Fe(NO_{3})_{3}}溶液呈酸性，酸性條件下rm{NO_{3}^{-}}也可能氧化rm{Ag}溶液中存在平衡：rm{Fe^{3+}+Ag?Fe^{2+}+Ag^{+}}且rm{AgCl}比rm{Ag_{2}SO_{4}}溶解度更小，rm{Cl^{-}}比rm{SO_{4}^{2-}}更有利于降低rm{Ag^{+}}濃度，所以實(shí)驗(yàn)Ⅴ比實(shí)驗(yàn)Ⅳ正向進(jìn)行的程度更大18、（1）HFHCN）HF1HCN）（2）H2CO32H2CO3CO32-+H+HCO3-+H+【分析】【分析】本題考查溶液酸性的判斷及電離方程式的書(shū)寫(xiě)，要求學(xué)生掌握電離常數(shù)與酸性關(guān)系，即可順利解答，題目難度不大。【解答】rm{(1)}rm{(1)}；電離常數(shù)越大，相應(yīng)酸的酸性越強(qiáng)，所以根據(jù)電離常數(shù)可知，酸性最強(qiáng)的是氫氟酸，而最弱的是rm{HCN}；rm{HCN}；rm{HCN}故答案為：

故答案為：故答案為：

rm{HF}rm{HCN}rm{HCN}；；；rm{(2)}碳酸是二元弱酸，電離是分步進(jìn)行的，所以電離方程式依次是rm{(2)}rm{(2)}碳酸是二元弱酸，電離是分步進(jìn)行的，所以電離方程式依次是rm{H}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{CO}rm{CO}rm{3}故答案為：rm{3}rm{HCO}rm{HCO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}^{+}}rm{HCO}rm{HCO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{-}}rm{CO}rm{CO}rm{3}【解析】rm{(}rm{1}rm{)HF}rm{HCN}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)HF}rm{HCN}rm{HCN}rm{(}rm{2}rm{)}rm{H_{2}CO_{3}}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}19、略

【分析】解：rm{(1)}甲基的電子式為故答案為：

rm{(2)}甲苯與濃硝酸、濃硫酸發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{TNT}取代反應(yīng)為

故答案為：

rm{(3)}分子質(zhì)量為rm{72}的烷烴，由rm{C_{n}H_{2n+2}}可知，rm{14n+2=72}解得rm{n=5}只有一種一氯代物，則只有一種rm{H}則符合條件的烷烴為

故答案為：

rm{(4)}反式rm{2}一丁烯中rm{2}個(gè)甲基在碳碳雙鍵的兩側(cè)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

故答案為：

rm{(5)}與rm{H_{2}}加成生成rm{2}rm{5}一二甲基己烷的炔烴，碳鏈骨架不變，只有rm{3}rm{4}號(hào)rm{C}上可存在三鍵，則炔烴的名稱(chēng)為rm{2}rm{5-}二甲基rm{-3-}己炔；

故答案為：rm{2}rm{5-}二甲基rm{-3-}己炔；

rm{(6)}含碳碳雙鍵的最長(zhǎng)碳鏈有rm{5}個(gè)rm{C}rm{2}號(hào)rm{C}上有乙基，rm{4}號(hào)rm{C}上有甲基，系統(tǒng)命名為rm{4-}甲基rm{-2-}乙基rm{-1-}戊烯；

故答案為：rm{4-}甲基rm{-2-}乙基rm{-1-}戊烯．

rm{(1)}甲基中rm{C}周?chē)衦m{7}個(gè)電子；

rm{(2)}甲苯與濃硝酸、濃硫酸發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{TNT}

rm{(3)}分子質(zhì)量為rm{72}的烷烴，由rm{C_{n}H_{2n+2}}可知，rm{14n+2=72}解得rm{n=5}只有一種一氯代物，則只有一種rm{H}

rm{(4)}反式rm{2}一丁烯中rm{2}個(gè)甲基在碳碳雙鍵的兩側(cè)；

rm{(5)}與rm{H_{2}}加成生成rm{2}rm{5}一二甲基己烷的炔烴，碳鏈骨架不變，只有rm{3}rm{4}號(hào)rm{C}上可存在三鍵；

rm{(6)}含碳碳雙鍵的最長(zhǎng)碳鏈有rm{5}個(gè)rm{C}rm{2}號(hào)rm{C}上有乙基，rm{4}號(hào)rm{C}上有甲基．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、結(jié)構(gòu)及命名等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)用語(yǔ)的使用，題目難度不大．【解析】rm{2}rm{5-}二甲基rm{-3-}己炔；rm{4-}甲基rm{-2-}乙基rm{-1-}戊烯20、略

【分析】解：（1）Cu基態(tài)原子的外圍電子排布為3d104s1；根據(jù)核外電子排布式的1s22s22p63s23p63d54s1，所以Cr基態(tài)原子的外圍電子排布為3d54s1；根據(jù)能量最低原理及洪特規(guī)則書(shū)寫(xiě)其核外電子排布式，3d能級(jí)的能量大于4s能級(jí)的能量，所以先排4s后排3d，軌道中的電子處于全滿、半滿、全空時(shí)原子最穩(wěn)定，故答案為：3d104s1；3d54s1；3d軌道全滿或半滿能量低較穩(wěn)定；

（2）NH3分子中氮原子有一對(duì)孤電子對(duì)；易形成配位鍵，故答案為：氮原子有一對(duì)孤電子對(duì)；

（3）通過(guò)圖象知；圖中虛線表示的作用力有銅離子和水分子之間的配位鍵，氫原子和另一分子中氧原子之間的氫鍵，故答案為：氫鍵；配位鍵；

（4）SO42一離子中含有4個(gè)δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)==0，所以SO42一為正四面體結(jié)構(gòu)，離子含有5的原子，價(jià)電子總數(shù)為32，對(duì)應(yīng)的等電子體有CCl4、CF4；故答案為：SO42一；CCl4；

（5）呈正四面體構(gòu)型，是對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu)，所以是非極性物質(zhì)，根據(jù)相似相溶原理知，Ni（CO）4易溶于非極性溶劑，苯、四氯化碳是非極性物質(zhì)，所以Ni（CO）4易溶于苯；四氯化碳；故答案為：BC．

（1）Cu基態(tài)原子的外圍電子排布為3d104s1；根據(jù)核外電子排布式的1s22s22p63s23p63d54s1，所以Cr基態(tài)原子的外圍電子排布為3d54s1；根據(jù)能量最低原理及洪特規(guī)則書(shū)寫(xiě)其核外電子排布式；3d能級(jí)的能量大于4s能級(jí)的能量，所以先排4s后排3d，軌道中的電子處于全滿；半滿、全空時(shí)原子最穩(wěn)定；

（2）NH3分子中氮原子有一對(duì)孤電子對(duì)；易形成配位鍵；

（3）電子對(duì)給予-接受鍵被稱(chēng)為配位鍵；氫鍵是由已經(jīng)與電負(fù)性很強(qiáng)的原子形成共價(jià)鍵的氫原子與另一個(gè)分子中電負(fù)性很強(qiáng)的原子之間的作用力；根據(jù)定義判斷；（4）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論分析；結(jié)合等電子體的定義判斷；

（5）根據(jù)相似相溶原理分析．

本題較為綜合，突出考查配合物知識(shí)、核外電子排布、等電子體、氫鍵、相似相溶原理等問(wèn)題，綜合性較強(qiáng)，全面考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度較大．【解析】3d104s1；3d54s1；3d軌道全滿或半滿能量低較穩(wěn)定；氮原子有一對(duì)孤電子對(duì)；氫鍵、配位鍵；SO42一；CCl4；BC21、略

【分析】解：（1）面粉富含淀粉；故答案為：②；

（2）鴨肉富含蛋白質(zhì)；故答案為：①；

（3）黃瓜富含維生素；故答案為：③；

（4）食鹽有咸味；是調(diào)味劑，故答案為：④．

（1）面粉富含淀粉；

（2）肉類(lèi)富含蛋白質(zhì)；

（3）蔬菜；水果富含維生素；

（4）食鹽有咸味．

本題考查常見(jiàn)的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用，側(cè)重于常識(shí)性?xún)?nèi)容的考查，難度不大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累．【解析】②；①；③；④22、略

【分析】解：rm{(1)}由rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH_{1}=-100kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=-58kJ?mol^{-1}}

結(jié)合蓋斯定律可知，rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H_{1}=-100kJ?mol^{-1}}得到rm{壟脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-58kJ?mol^{-1}}則rm{triangleH_{3}=(-58kJ?mol^{-1})-(-100kJ?mol^{-1})=+42kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脷-壟脵}

rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}可知rm{triangle

H_{3}=(-58kJ?mol^{-1})-(-100kJ?mol^{-1})=+42kJ?mol^{-1}}則rm{K_{1}=dfrac{K_{2}}{K_{3}}}rm{+42}為吸熱反應(yīng)，隨著溫度的升高，平衡正向移動(dòng)，rm{(2)壟脹=壟脷-壟脵}增大；

故答案為：rm{壟脵=壟脷-壟脹}增大；

rm{K_{1}=dfrac

{K_{2}}{K_{3}}}相同溫度下，反應(yīng)rm{壟脹}前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng)，反應(yīng)rm{K_{3}}的正反應(yīng)均為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，rm{dfrac{K_{2}}{K_{3}}}的轉(zhuǎn)化率增大，故增大壓強(qiáng)有利于rm{(3)}的轉(zhuǎn)化率升高，結(jié)合圖可知，最上方壓強(qiáng)對(duì)應(yīng)轉(zhuǎn)化率最大，則壓強(qiáng)為rm{壟脹}

故答案為：rm{壟脵壟脷}

rm{CO}甲醇在催化劑作用下提供質(zhì)子rm{CO}和電子，則負(fù)極上甲醇失去電子生成二氧化碳，負(fù)極反應(yīng)為rm{p_{1}<p_{2}<p_{3}}

故答案為：rm{p_{1}<p_{2}<p_{3}}．

rm{(4)}由rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH_{1}=-100kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=-58kJ?mol^{-1}}

結(jié)合蓋斯定律可知，rm{(H^{+})}得到rm{CH_{3}OH+H_{2}O-6e^{-}=CO_{2}+6H^{+}}

rm{CH_{3}OH+H_{2}O-6e^{-}=CO_{2}+6H^{+}}則rm{(1)}為指數(shù)關(guān)系；升高溫度平衡向吸熱的方向移動(dòng)；

rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H_{1}=-100kJ?mol^{-1}}由圖可知rm{dfrac{n(H_{2})}{n(CO+CO_{2})}=2.60}時(shí)、相同溫度下，增大壓強(qiáng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，rm{壟脷CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-58kJ?mol^{-1}}的轉(zhuǎn)化率增大；

rm{壟脷-壟脵}甲醇在催化劑作用下提供質(zhì)子rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}和電子；則負(fù)極上甲醇失去電子生成二氧化碳．

本題考查反應(yīng)熱與焓變、平衡常數(shù)、平衡移動(dòng)及原電池，為高頻考點(diǎn)，把握蓋斯定律應(yīng)用、反應(yīng)的關(guān)系、平衡移動(dòng)原理及電極反應(yīng)書(shū)寫(xiě)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度不大．rm{(2)壟脹=壟脷-壟脵}【解析】rm{+42}rm{dfrac{K_{2}}{K_{3}}}增大；rm{p_{1}<p_{2}<p_{3}}rm{CH_{3}OH+H_{2}O-6e^{-}=CO_{2}+6H^{+}}四、有機(jī)推斷題(共4題，共40分)23、略

【分析】【分析】

烴A是有機(jī)化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來(lái)衡量一個(gè)國(guó)家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應(yīng)生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應(yīng)生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應(yīng)生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應(yīng)生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應(yīng)，據(jù)此解答。

(1)

根據(jù)以上分析可知A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應(yīng)②是乙烯與氯化氫的加成反應(yīng)，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應(yīng)④是乙烯的加聚反應(yīng)，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3