2025年人教新起點高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點高二化學上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分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、“神舟七號”所用動力燃料之一為氫化鋰“三兄弟”——LiH、LiD、LiT。有關下列敘述中正確的是A.三種物質質子數之比為1∶2∶3B.三種物質中子數之比為1∶1∶1C.三種物質的摩爾質量之比為8∶9∶10D.三種物質的化學性質不相同2、在密閉容器中有可逆反應：nA(g)+mB(g)pC(g)△H＞0處于平衡狀態(tài)（已知m+n＞p），則下列說法正確的是①升溫，c（B）/c（C）的比值變?、诮禍貢r體系內混合氣體平均相對分子質量變?、奂尤隑，A的轉化率增大④加入催化劑，氣體總的物質的量不變⑤加壓使容器體積減小，A或B的濃度一定降低⑥若A的反應速率為VA，則B的反應速率為n·VA/mA.①②③⑤B.①②③④C.①②⑤⑥D.③④⑤⑥3、圖為氯化鈉的晶體結構模型；下列說法不正確的是（）

A.NaC1晶體中Na+與C1-的個數比為1：1B.每個Na+周圍距離最近的C1-數為6C.和Na+距離相等且最近的C1-構成的多面體是正八面體D.每個Na+周圍距離最近的Na+數為84、在溫度不變的條件下，恒容密閉容器中發(fā)生如下反應rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}下列敘述能夠說明反應已經達到平衡狀態(tài)的是rm{(}rm{)}A.容器中rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}共存B.單位時間內生成rm{2mol}rm{SO_{2}}的同時消耗rm{2mol}rm{SO_{3}}C.容器中rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的物質的量之比為rm{1}rm{1}rm{1}D.反應容器中壓強不隨時間變化5、某烴經分析測得碳的質量分數為rm{85.71%}質譜圖顯示，其質荷比為rm{84}該烴的核磁共振氫譜如圖所示。則該烴為()A.rm{HCHO}B.C.D.6、已知：乙醇可被強氧化劑氧化為乙酸．可經三步反應制取其中第二步的反應類型是rm{(}rm{)}A.加成反應B.水解反應C.氧化反應D.消去反應評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、在一定體積的密閉容器中，進行化學反應CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化學平衡常數K和溫度t的關系如下表：。t/℃70080083010001200K1.72.6回答下列問題：（1）該反應的化學平衡常數表達式為K=____________。（2）正反應為________反應（填“吸熱”或“放熱”）。（3）能判斷該反應是否達到化學平衡狀態(tài)的依據是________（多選扣分）。A、容器中壓強不變B、混合氣體中c(CO)不變C、v正(H2)=v逆(H2O)D、c(CO2)=c(CO)（4）某溫度下，平衡濃度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)?？膳袛啻藭r的溫度為________℃。8、（6分）乙基香蘭素是目前國際公認的安全食用調香劑，廣泛應用于各種需要增加奶香氣息的調香食品中。其結構簡式如圖：（1）下列關于乙基香蘭素的說法，正確的是____。A．乙基香蘭素的分子式為C9H10O3B．該有機物屬于芳香烴C．能發(fā)生氧化、還原、加成、取代、消去反應D．1mol該物質最多能與4molH2發(fā)生加成反應（2）尼泊金乙酯是乙基香蘭素的一種同分異構體，是國家允許使用的食品防腐劑。它能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，其苯環(huán)上的一溴代物有兩種。①寫出尼泊金乙酯的結構簡式____；②寫出尼泊金乙酯與足量NaOH溶液加熱反應的化學方程式____。③判斷同時符合下列條件的尼泊金乙酯的同分異構體有種a．化合物是1，3，5-三取代苯；b．苯環(huán)上的1、3、5三個位置分別為甲基、羥基和酯基結構9、（附加題）（8分）鐵及其化合物之間的相互轉化可用下式表示：回答下列有關問題：（1）Fe與過量稀硫酸反應可以制取FeSO4。若用反應所得的酸性溶液，實現(xiàn)上述①的轉化，要求產物純凈?？蛇x用的試劑是____（選填序號）；A．Cl2B．FeC．HNO3D．H2O2（2）上述轉化得到的硫酸鐵可用于電化浸出黃銅礦精礦工藝。精礦在陽極浸出的反應比較復雜，其中有一主要反應：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。(CuFeS2中S為—2價)則下列說法正確的是（選填序號）；A．從物質分類的角度看，黃銅礦屬于合金B(yǎng)．反應中，所有鐵元素均被還原C．反應中，CuFeS2既作氧化劑又作還原劑D．當轉移1mol電子時，46gCuFeS2參加反應（3）下述反應中，若FeSO4和O2的系數比為2：1，試配平下列方程式：FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑（4）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效的綠色水處理劑，在水中發(fā)生反應生成Fe(OH)3膠體。高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是_______、_________。10、rm{(1)}已知某烷烴的鍵線式為

rm{壟脵}該烷烴分子式為______．

rm{壟脷}用系統(tǒng)命名法命名該烷烴：______．

rm{壟脹}若該烷烴是由烯烴和rm{1molH_{2}}加成得到的，則原烯烴的結構有______種rm{.(}不包括立體異構，下同rm{)}

rm{壟脺}該烷烴在光照條件下與氯氣反應，生成的一氯代烷最多有______種rm{.}

rm{(2)}某有機物rm{X}由rm{C}rm{H}rm{O}三種元素組成，經測定其相對分子質量為rm{90.}取rm{1.8gX}在純氧中完全燃燒，將產物先后通過濃硫酸和堿石灰，兩者分別增重rm{1.08g}和rm{2.64g.}則有機物rm{X}的分子式為______rm{.}已知有機物rm{X}含有一個一rm{COOH}在rm{{,!}^{1}H-NMR}譜上觀察氫原子給出四種特征峰，強度為rm{3}rm{1}rm{1}rm{l.}則rm{X}的結構簡式為______．11、運用化學反應原理研究物質的性質具有重要意義。請回答下列問題：rm{(1)}用rm{CO}可以合成甲醇。已知：rm{CH_{3}OH(g)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)婁隴H_{1}kJ隆隴mol^{-1}}rm{CH_{3}OH(g)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)

婁隴H_{1}kJ隆隴mol^{-1}}rm{CO(g)+1/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{婁隴H_{2}kJ隆隴mol^{-1}}rm{H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)=H_{2}O(l)}則rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{婁隴H_{3}kJ隆隴mol^{-1}}_______rm{CO(g)+2H_{2}(g)?

CH_{3}OH(g)}rm{婁隴H=}一定壓強下，在容積為rm{kJ隆隴mol^{-1}}的密閉容器中充入rm{(2)}與rm{2L}在催化劑作用下發(fā)生反應：rm{1molCO}rm{2molH_{2}}，平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖所示。rm{CO(g)+2H_{2}(g)?}rm{CH_{3}OH(g)婁隴H}填“大于”、“小于”或“等于”rm{p_{2;_____________}p_{1}}rm{(}向rm{)}溶液中滴加少量的rm{(3)}溶液的離子方程式_______________。rm{NH_{4}HSO_{4}}兩種酸的電離平衡常數如下表。。rm{Ba(OH)_{2}}rm{K_{a1}}rm{K_{a2}}rm{H_{2}SO_{3}}rm{1.3隆脕10^{-2}}rm{6.3隆脕10^{-8}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{4.2隆脕10^{-7}}rm{5.6隆脕10^{-11}}rm{壟脵HSO_{3}^{-}}的電離平衡常數表達式rm{K=}_________。rm{壟脷0.10mol隆隴L^{-1}Na_{2}SO_{3}}溶液中離子濃度由大到小的順序為_________。rm{壟脷0.10

mol隆隴L^{-1}Na_{2}SO_{3}}溶液和rm{壟脹H_{2}SO_{3}}溶液混合，主要反應的離子方程式為_________。rm{NaHCO_{3}}12、有機物A僅含有C、H、O三種元素，可由葡萄糖發(fā)酵得到，也可從酸牛奶中提取。純凈的A為無色粘稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結構，進行了如下實驗：限選試劑：蒸餾水、2mol·L－1鹽酸溶液、2mol·L－1NaOH溶液、濃硫酸、NaHCO3粉末、金屬Na、無水乙醇。實驗步驟實驗結論（1）A的質譜圖如下：（1）證明A的相對分子質量為：__________。（2）將此9.0gA在足量純O2充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)分別增重5.4g和13.2g。（2）證明A的分子式為：________________。（3）另取兩份9.0gA分置于不同的試管中。往其中一份A中加入足量的NaHCO3粉末充分反應，生成_______LCO2（標準狀況）。往另一份A中加入足量的金屬鈉充分反應，生成________________________LH2（標準狀況）。（3）證明A的分子中含有一個羧基和一個羥基。（4）A的核磁共振氫譜如下圖：（4）A的結構簡式為：_________________________。評卷人得分三、計算題(共6題，共12分)13、將等物質的量A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生反應：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，經5min后，測得D的濃度為0.5mol/L，c(A):c(B)=3:5，C的平均反應速率是0.1mol/(L·min)。求：(1)此時A的濃度及反應開始前放入容器中A、B物質的量。(2)B的平均反應速率。(3)x值14、(9分)某溫度時，在2L密閉容器中氣態(tài)物質X和Y反應生成氣態(tài)物質Z，它們的物質的量隨時間的變化如下表所示。(1)根據下表中數據，在下圖中畫出X、Y、Z的物質的量(n)隨時間(t)變化的曲線：。t/minX/molY/molZ/mol01.001.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90(2)體系中發(fā)生反應的化學方程式是___________________________________________；(3)列式計算該反應在0～3min時間內產物Z的平均反應速率：___________________；(4)該反應達到平衡時反應物X的轉化率α等于；(5)如果該反應是放熱反應。改變實驗條件(溫度、壓強、催化劑)得到Z隨時間變化的曲線1、2、3(如下圖所示)則曲線1、2、3所對應的實驗條件改變分別是：1______________，2______________，3______________。15、（9分）將N2和H2按一定比例混合，在相同狀況下其密度是H2的3.6倍，取0.5mol該混合氣體通入密閉容器內，使之發(fā)生反應，并在一定條件下達到平衡，已知反應達到平衡后容器內壓強是相同條件下反應前壓強的0.76倍。試求：（1）反應前混合氣體中N2和H2的體積比；（2）達平衡時混合氣體中氨的物質的量；（3）平衡時N2的轉化率。16、（10分）一種含結晶水的無色晶體可表示為B·nH2O，其中結晶水的質量分數為28．57％，該晶體的無水物B中碳、氫、氧的質量分數分別為26．67％、2．23％、71．1％。（1）求無水物B的最簡式。（2）B和NaOH溶液發(fā)生中和反應可生成一種酸式鹽和一種正鹽。0．15g無水物B恰好與0．1mol·L-1NaOH溶液33．4mL完全反應生成正鹽，求該化合物的分子式，并寫出其結構簡式。（3）求B·nH2O中的n值。17、醫(yī)學上常用酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液的反應用于測定血鈣的含量?；卮鹣铝袉栴}：

____rm{H^{+}+}____rm{MnO_{4}^{-}{}+}____rm{H_{2}C_{2}O_{4}隆煤}____rm{CO_{2}隆眉+}____rm{Mn^{2+}+}____rm{(1)}配平以上離子方程式，并在其中填上所需的微粒。rm{(2)}該反應中的還原劑是____rm{(}填化學式rm{)}rm{(3)}反應轉移了rm{0.4mol}電子，則消耗rm{KMnO_{4}}的物質的量為____rm{mol}rm{(4)}測定血鈣含量的方法是：取rm{2mL}血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量rm{(NH_{4})_{2}C_{2}O_{4}}溶液，反應生成rm{CaC_{2}O_{4}}沉淀，將沉淀用稀硫酸溶解得到rm{H_{2}C_{2}O_{4}}后，再用rm{KMnO_{4}}溶液滴定。rm{壟脵}稀硫酸溶解rm{CaC_{2}O_{4}}沉淀的化學方程式是____。rm{壟脷}溶解沉淀時____rm{(}能或不能rm{)}用稀鹽酸，原因是____。18、rm{壟隆.}用rm{CH_{4}}催化還原rm{NO_{x}}可以消除氮氧化物的污染。例如：rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)婁隴H=-574kJ隆隴mol^{-1}}rm{CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)婁隴H=-1160kJ隆隴mol^{-1}}若用rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)婁隴H=-574

kJ隆隴mol^{-1}}折合成標況體積rm{CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)婁隴H=-1160

kJ隆隴mol^{-1}}還原rm{4.48L(}至rm{)CH_{4}}整個過程中轉移電子總數為______rm{NO_{2}}阿伏加德羅常數的值用rm{N_{2}}表示rm{(}放出的熱量為______rm{N_{A}}rm{)}將rm{kJ}含有rm{壟壟.}和rm{1L}的水溶液用惰性電極電解一段時間后。rm{0.4molCuSO_{4}}若在一個電極上得到rm{0.2molNaCl}另一電極上析出氣體rm{(1)}在標準狀況下rm{0.1molCu}的體積是_____rm{(}rm{)}若在一個電極上得到rm{L}另一電極上析出氣體rm{(2)}在標況下rm{0.4molCu}的體積是___rm{(}rm{)}評卷人得分四、解答題(共4題，共32分)19、已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數A＜B＜C＜D＜E．B原子的p軌道半充滿，形成的氫化物的沸點是同主族元素的氫化物中最低的．D原子得到一個電子后3p軌道全充滿．A+比D原子形成的離子少一個電子層．C與A形成A2C型離子化合物．E的原子序數為26；E原子或離子外圍有較多能量相近的空軌道而能與一些分子或離子形成配合物．請根據以上情況，回答下列問題：（答題時，A；B、C、D、E用所對應的元素符號表示）

（1）A；B、C、D的第一電離能由小到大的順序為______．

（2）C的氫化物分子是______（填“極性”或“非極性”）分子．

（3）化合物BD3的分子空間構型是______．

（4）E的一種常見配合物E（CO）5常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑．據此可判斷E（CO）5的晶體類型為______；E（CO）5在一定條件下發(fā)生分解反應：E（CO）5═E（s）+5CO；反應過程中，斷裂的化學鍵只有配位鍵，形成的化學鍵是______．

（5）金屬E單質的晶體在不同溫度下有兩種堆積方式；晶胞如圖所示．體心立方晶胞和面心立方晶胞中實際含有的E原子個數之比為______．

20、（1）純凈的氮氣是______的氣體．密度比空氣略______．氮氣在通常狀況下性質穩(wěn)定的原因是______．實驗室制NO用______法收集；原因是______．

（2）純凈的硝酸是無色液體，但放置日久的濃HNO3往往呈黃色；原因是______，所以硝酸應貯存在棕色試劑瓶內，冷的濃硝酸可以用______運輸，原因是______．

21、A；B、D、E是短周期中構成蛋白質的重要元素；其性質見下表．Fe、Co元素的常見化合價為+2、+3，能形成各種有色配離子．

。ABDE化合價-4-2-3-2電負性3.5（1）基態(tài)Fe原子的電子排布式為______．

（2）Fe、Co兩元素的第三電離能I3（Fe）______I3（Co）（填“＜”或“＞”）．

（3）B；D、E的氣態(tài)氫化物的沸點由高到低的順序為______（填化學式）．

（4）Co與E形成的化合物晶胞如右圖所示；則該化合物的化學式為______．（用元素符號表示）

（5）Co的離子能與AD-離子生成各種配合物．紫色的配離子[Co（AD）6]4-是一種相當強的還原劑；在加熱時能與水反應生。

成[Co（AD）6]3-．

①HAD分子中A元素的雜化類型為______；D元素的化合價為______

②寫出[Co（AD）6]4-在加熱時與水反應生成[Co（AD）6]3-的離子方程式：______2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH-

22、偏二甲肼與N2O4是常用的火箭推進劑；二者發(fā)生如下化學反應：

（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（I）

（1）反應（I）中氧化劑是______．

（2）火箭殘骸中?，F(xiàn)紅棕色氣體，原因為：N2O4（g）?2NO2（g）（II）當溫度升高時；氣體顏色變深，則反應（II）為______（填“吸熱”或“放熱”）反應．

（3）在一個體積為1L的恒壓密閉容器中充入1molN2O4，一段時間后達化學平衡狀態(tài)，反應的化學平衡常數表達式K=______；若在相同溫度下，上述反應改在體積為1L的恒容密閉容器中進行，平衡常數______（填“增大”“不變”或“減小”），反應3s后NO2的物質的量為0.6mol，則0～3s內的平均反應速率v（N2O4）=______mol?L-1?s-1．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】互為同位素的原子，質子數相同，所以A中應該是1︰1︰1的。三種物質中的中子數分別是3、4、5，B不正確。由于互為同位素的化學性質是相似的，所以D不正確。H、D、T的相對原子質量分別是1、2、3，所以三種化合物的相對分子質量就是8、9、10，C正確，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、B【分析】【解析】【答案】B3、D【分析】解：A．根據均攤法，結合晶胞結構圖可知，每個晶胞中Na+的個數為=4，Cl-的個數為1+12×=4，Na+與C1-的個數比為1：1；故A正確；

B．根據氯化鈉的晶胞知；將鈉離子和氯離子位置互換時晶胞不變，體心上的離子沿X；Y、Z三軸切割知，X、Y、Z軸上與鈉離子最近的氯離子個數都是2，所以鈉離子的配位數=2×3=6，故B正確；

C．與Na+距離相等且最近的Cl-共有6個，構成正八面體，Na+位于正八面體中心；故C正確；

D．在NaCl晶體中，每個Na+周圍與它最近且距離相等的Na+有3×8×=12；故D錯誤；

故選D．

A．根據均攤法，結合晶胞結構圖可計算出每個晶胞中Na+和Cl-的個數；

B．根據在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl-有6個進行分析；

C．根據兩種離子所在位置；利用空間想象能力判斷；

D．在氯化鈉晶體中，每個鈉離子周圍與它最近且距離相等的Na+有12個．

本題考查晶胞的結構和計算，題目難度不大，學會運用均攤法計算，仔細觀察晶胞的結構是解題的關鍵．【解析】【答案】D4、D【分析】解：rm{A}該反應是可逆反應；無論反應是否達到平衡狀態(tài)，三種物質都存在，所以容器中三種物質共存時不是達到平衡狀態(tài)的標志，故A錯誤；

B、單位時間內生成rm{2molSO_{2}}的同時消耗rm{2molSO_{3}}只能表明化學反應逆向進行，不能體現(xiàn)正逆反應速率相等，故B錯誤；

C、rm{SO_{2}}rm{O_{2}}與rm{SO_{3}}的物質的量之比為rm{1}rm{1}rm{1}這與反應的初始物質的量以及反應的轉化程度有關，不能確定是否達到平衡，故C錯誤；

D；該反應是一個反應前后氣體體積改變的化學反應；當反應達到平衡狀態(tài)時，各物質的濃度不變，導致容器中壓強不隨時間的變化而改變，故D正確；

故選D．

根據化學平衡狀態(tài)的特征分析；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度；質量、體積分數以及百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，做題時要注意方程式前后氣體的化學計量數的關系．

本題考查了化學平衡狀態(tài)的判斷，難度不大，注意化學平衡狀態(tài)的特征，達到平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等，但反應沒有停止．【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】

本題考查有機物分子式及結構式的確定等；本題注意利用有機物各元素的質量分數計算原子個數比值，求出最簡式。

【解答】

碳的質量分數為rm{85.71%}則氫元素的質量分數為rm{1-85.71%=14.29%}故rm{N(C)}rm{N(H)=dfrac{85.71%}{12}}rm{N(H)=dfrac

{85.71%}{12}}rm{dfrac{14.29%}{1}=1}故該烴的最簡式為rm{2}

分子離子峰的質荷比為rm{CH_{2}}該烴的相對分子質量為rm{84}令組成為rm{84}則rm{(CH_{2})_{n}}解得rm{14n=84}故該分子式為rm{n=6}

由該烴的核磁共振氫譜可知，核磁共振氫譜只有rm{C_{6}H_{12}}個峰，分子中只有rm{1}種rm{1}原子，故該烴為rm{H}或故B正確。

故選B。

rm{(CH_{3})_{2}C=C(CH_{3})_{2}}【解析】rm{B}6、A【分析】解：可經三步反應制取

rm{壟脵}先水解生成rm{OHCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}為鹵代烴的水解反應；

rm{壟脷}若氧化時，碳碳雙鍵也被氧化，則再加成反應生成rm{OHCH_{2}CHClCH_{2}CH_{2}OH}

rm{壟脹OHCH_{2}CHClCH_{2}CH_{2}OH}被強氧化劑氧化可得到

所以第二步反應類型為加成反應；

故選A．

可經三步反應制取先水解生成rm{OHCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}再加成反應生成rm{OHCH_{2}CHClCH_{2}CH_{2}OH}最后氧化即可，以此來解答．

本題考查有機物的合成，為高頻考查，側重鹵代烴、醇、烯烴性質的考查，把握官能團的變化分析合成反應為解答的關鍵，注意碳碳雙鍵也能被氧化，題目難度不大．【解析】rm{A}二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】試題分析：（1）因平衡常數等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，所以（2）化學平衡常數的大小只與溫度有關，升高溫度，平衡向吸熱的方向移動，由表可知：升高溫度，化學平衡常數增大，說明化學平衡正向移動，因此正反應方向吸熱，（3）A、反應是一個反應前后體積不變的反應，壓強的改變不會要引起平衡移動，故A錯誤；B、化學平衡時，各組分的濃度不隨時間的改變而改變，故B正確；C、化學平衡狀態(tài)的標志是v正=v逆，所以v正（H2）=v正（H2O）表明反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；D、c（CO2）=c（CO）時，表明正逆反應速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故D正確；（4）平衡濃度符合下式c（CO2）?c（CH2）=c（CO）?c（H2O）時，濃度熵和平衡常數相等均等于1，平衡常數只值受溫度的影響，當K=1時，根據表中數據，所以溫度是830℃?？键c：化學平衡常數的含義；化學平衡狀態(tài)的判斷?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（2）吸熱（3）B、C（4）830w8、略

【分析】【解析】試題分析：（1）A、可以用不飽和度計算，也可以直接數碳、氫、氧的數目。B、芳香烴只含碳、氫兩種元素。C、不能發(fā)生消去。D、可以加成苯環(huán)，和醛基上的不飽和鍵。（2）根據有機物的名稱，可以斷定為某酸乙酯，有一個酯基，另有一個酚羥基。而一溴代物有兩種，則苯環(huán)上的取代基為對位取代，則可以寫出結構簡式（3）反應的官能團有酚羥基，和酯基水解。（4）位置異構有三種?？键c：官能團的性質，同分異構體【解析】【答案】（1）AD(2分)；（2）①(1分)②(2分)③3(1分).9、略

【分析】【解析】【答案】（1）d（2）d（3）2、6、2、2、2、1（4）凈水、消毒10、略

【分析】解：rm{壟脵}由鍵線式可知分子式為rm{C_{8}H_{18}}

故答案為：rm{C_{8}H_{18}}

rm{壟脷}為rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基戊烷，故答案為：rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基戊烷；

rm{壟脹}如為烯烴與氫氣發(fā)生加成反應，采取逆推法還原rm{C=C}雙鍵，烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對應烯烴存在碳碳雙鍵的位置，應有rm{3}種烯烴，如圖所示

故答案為：rm{3}

rm{壟脺}分子中含有rm{5}種不同的rm{H}則生成的一氯代烷最多有rm{5}種，故答案為：rm{5}

rm{(2)}設有機物的分子式為rm{C_{x}H_{y}O_{z}}有機物的質量為rm{1.8g}濃硫酸增重即水的質量為rm{1.08g}堿石灰增重即二氧化碳的質量為rm{2.64g}

rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

根據氫原子、碳原子守恒建立關系式：rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac

{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

解得rm{n(CO_{2})=dfrac

{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}rm{0.02x=0.06}．

所以反應物分子式為rm{0.02y=0.06隆脕2}

又因為有機物分子量為rm{x=3}則有機物中rm{y=6}原子數為rm{dfrac{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}

故推得有機物分子式為rm{C_{3}H_{6}O_{z}}

若該有機物含有羧基，且該有機物的核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)rm{90}個吸收峰，說明含有rm{O}類氫原子，面積比為rm{dfrac

{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}rm{C_{3}H_{6}O_{3}}rm{4}rm{4}則這四類氫原子個數之比為rm{3}rm{1}rm{1}rm{1}所以其結構簡式為

故答案為：rm{3}．

rm{1}為rm{1}rm{1}rm{C_{3}H_{6}O_{3}}三甲基戊烷，分子中含有rm{(1)}種不同的rm{2}如為烯烴與氫氣發(fā)生加成反應，采取逆推法還原rm{2}雙鍵；烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對應烯烴存在碳碳雙鍵的位置；

rm{3-}根據有機物的質量和相對分子質量可計算有機物的物質的量，根據生成的水和二氧化碳的質量可計算有機物中含有的rm{5}rm{H}原子個數，結合相對分子質量可計算rm{C=C}原子個數；進而可求得分子式；結合其核磁共振氫譜中吸收峰的個數和面積之比確定其結構簡式。

本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重于學生分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據相對分子質量確定氧原子個數．rm{(2)}【解析】rm{C_{8}H_{18}}rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基戊烷；rm{3}rm{5}rm{C_{3}H_{6}O_{3}}11、（1）2ΔH3+ΔH2-ΔH1

（2）大于

（3）

（4）①

②c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)

③H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2+H2O【分析】【分析】本題考查蓋斯定律的應用、弱電解質的電離、化學平衡的影響因素和離子濃度的比較。【解答】rm{(1)}根據根據蓋斯定律可得，rm{壟脹}rm{壟脹}rm{隆脕}rm{2+壟脷-壟脵}rm{2+壟脷-壟脵}故答案為：正反應方向是分子數減小的反應，增大壓強，一氧化碳的轉化率增大，故rm{2婁隴H_{3}+婁隴H_{2}-婁隴H_{1}}大于rm{(2)}故答案為：大于；rm{P_{2}}rm{P_{1}}rm{(3)}向rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}}rm{HSO}rm{HSO}rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}故答案為：rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{{,!}_{4}}亞硫酸氫根電離生成亞硫酸根離子和氫離子，其平衡常數rm{K=dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}}故答案為：rm{dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}}溶液中滴加少量的rm{Ba(OH)}亞硫酸鈉溶液中，亞硫酸根離子會水解生成亞硫酸氫根和氫氧根離子，水電離生成氫氧根和氫離子，氫氧根離子濃度rm{Ba(OH)}亞硫酸氫根；

故答案為：rm{{,!}_{2}}3溶液，氫氧根先與氫離子反應，反應離子方程式為：rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}根據強酸制弱酸的規(guī)律可知，亞硫酸與碳酸氫根反應的離子方程式為：rm{(4)壟脵}

故答案為：rm{K=

dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}

}rm{

dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}

}【解析】rm{(1)2}rm{婁隴H}rm{婁隴H}rm{{,!}_{3}+}rm{婁隴H}rm{婁隴H}rm{{,!}_{2}-}rm{婁隴H}大于rm{(3){Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{(4)壟脵dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}}

rm{婁隴H}rm{{,!}_{1}}rm{(2)}rm{(3){Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}3rm{(4)壟脵

dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}

}rm{壟脷c(}

rm{Na^{+}}rm{Na^{+}}12、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據質譜圖可知，該有機物的相對分子質量為90。（2）產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)分別增重5.4g和13.2g，這說明生成的水是5.4g、CO2是13.2g。其中水的物質的量是5.4g÷18g/mol＝0.3mol，含有氫原子的物質的量是0.6mol；CO2的物質的量是13.2g÷44g/mol＝0.3mol，碳原子的物質的量是0.3mol。9.0gA的物質的量是9.0g÷90g/mol＝0.1mol，所以根據原子守恒可知，A分子中含有3個碳原子和6個氫原子。則含有的氧原子個數是個，所以該有機物的化學式是C3H6O3。（3）A分子中含有1個羧基，所以0.1molA跟足量的NaHCO3粉末反應，生成0.1molCO2，在標準狀況下的體積是0.1mol×22.4L/mol＝2.24L；A中還含有1個羥基，則0.1molA和足量的金屬鈉反應可以生成0.1mol氫氣，在標準狀況下的體積是0.1mol×22.4L/mol＝2.24L。（4）根據A的核磁共振氫譜可知，分子中含有4類氫原子，所以A的結構簡式是考點：考查有機物分子式的確定、醇與羧酸的性質等【解析】【答案】（每空2分，共10分）（1）90（2）C3H6O3（3）2.24；2.24（4）三、計算題(共6題，共12分)13、略

【分析】試題分析：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)起始濃度(mol/L)：aa00轉化：3bbxb2b5min后濃度(mol/L)：(a-3b)(a-b)xb2b依題意有：2b=0.5mol/L,b=0.25mol/L(a-3b)︰(a-b)=3︰5a=6b=1.5mol/L⑴c(A)=0.75mol/L；n(A)=3mol；n(B)=3mol⑵0.05mol/(L·min)⑶依據化學反應速率的求法可知x=2考點：化學反應速率的有關知識?！窘馕觥俊敬鸢浮竣與(A)=0.75mol/L；n(A)=3mol；n(B)=3mol⑵0.05mol/(L·min)⑶214、略

【分析】本題考查化學反應速率和化學平衡的綜合運用，圖像識別和有關計算。（1）根據題目中表格給出的數據，在坐標系中找出相應的點，然后用光滑的曲線描點即可。（2）考查可逆反應的有關計算，一般采用三段式計算，即aX+bYcZ起始量（mol）1.001.000轉化量（mol）0.450.90.9平衡量（mol)0.550.10.9根據各物質的物質的量的變化量之比是相應的化學計量數之比可知，體系中發(fā)生反應的化學方程式是：X+2Y2Z。（3）根據圖像可知在3min時，生成物Z的物質的量為0.5mol，其平均速率為0.083mol/L·min。（4）平衡時X的物質的量是0.55mol，消耗X是0.45mol，所以X的轉化率等于0.45mol÷1.00mol×100％＝45％。（5）由題目所給圖象可知，在1中，平衡時Z的物質的量小于原平衡的物質的量，說明平衡逆向移動，條件為升高溫度；在2中，平衡時Z的物質的量與原平衡相同，且速率加快，條件為加入催化劑；在3中，平衡正向移動，且速率加快，條件為加壓?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)(2)X＋2Y2Z(3)＝0.083mol·L－1·min－1(4)45%(5)升高溫度加入催化劑增大壓強15、略

【分析】【解析】

（1）0.5mol混合氣體中：28g/mol×n(N2)+2g/mol×n(H2)=0.5mol×7.2g/mol[來源:Zxxk.Com]n(N2)+n(H2)=0.5mol解得n(N2)+n(H2)=0.5moln(N2)=0.1moln(H2)=0.4molV(N2):V(H2)=1:4（3分）（2）平衡后容器內壓強是相同條件下反應前壓強的0.76倍，即平衡后容器內氣體物質的量是相同條件下反應前氣體的物質的量的0.76倍0.1-a+0.4-3a+2a=0.76×0.5a=0.06故平衡時n(NH3)=0.12mol（4分）[來源:]（3）平衡時N2的轉化率=0.06/0.1=60%（2分）【解析】【答案】（1）V(N2):V(H2)=1:4（3分）（2）平衡時n(NH3)=0.12mol（4分）（3）60%（2分）16、略

【分析】試題分析：（1）N(C):N(H):N(O)＝＝1:1:2，故B的最簡式為CHO2。（2）B和NaOH溶液發(fā)生中和反應時，生成一種酸式鹽和正鹽，說明B為二元酸。所以有B+2NaOH═Na2B+H2OMr(B)2mol0．15g0．1mol·L—1×0．0334L—1Mr(B)＝90設分子式為(CHO2)m，則m＝＝2故分子式為C2H2O4結構簡式為HOOC—COOH（3）N(B):N(H2O)＝＝1:2故n為2考點：考查有機物實驗式與分子式的確定【解析】【答案】（1）CHO2（2）C2H2O4；HOOC—COOH（3）217、（1）6251028（H2O）（2）H2C2O4（3）0.08（4）①CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4②不能因為高錳酸鉀與濃鹽酸反應，消耗高錳酸鉀③0.01【分析】【分析】本題考查了氧化還原反應的配平及有關方程式計算，明確氧化還原反應中得失電子守恒是解題關鍵，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}根據元素守恒知，生成物中還含有水，該反應中rm{Mn}元素化合價由rm{+7}價變?yōu)閞m{+2}價、rm{C}元素化合價由rm{+3}價變?yōu)閞m{+4}價，其轉移電子總數為rm{10}所以rm{MnO_{4}^{-}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}的計量數分別是rm{2}rm{5}再結合原子守恒配平方程式為rm{6H^{+}+2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}=10CO_{2}隆眉+2Mn^{2+}+8H_{2}O}故答案為：rm{6}rm{2}rm{5}rm{10}rm{2}rm{8}rm{H_{2}O}

rm{(2)6H^{+}+2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}=10CO_{2}隆眉+2Mn^{2+}+8H_{2}O}中rm{H_{2}C_{2}O_{4}}中的碳元素化合價升高，所以rm{H_{2}C_{2}O_{4}}為還原劑，故答案為：rm{H_{2}C_{2}O_{4}}

rm{(3)}反應中高錳酸鉀中的錳元素由rm{+7}價降為rm{+2}價，化合價降低rm{5}該反應轉移了rm{0.4mol}電子，則消耗rm{KMnO_{4}}的物質的量rm{=dfrac{0.4mol}{5}=0.08mol}故答案為：rm{=dfrac{0.4mol}{5}

=0.08mol}

rm{0.08}草酸鈣和硫酸反應生成硫酸鈣和草酸，反應方程式為rm{(4)壟脵}故答案為：rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=CaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}

rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=CaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}具有還原性；能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而造成誤差，所以不能用鹽酸代替，故答案為：不能；因為高錳酸鉀與濃鹽酸反應，消耗高錳酸鉀；

rm{壟脷HCl}由rm{壟脹}rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}簍TCaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}可以得出關系式：rm{2KMnO_{4}+5H_{2}C_{2}O_{4}+3H_{2}SO_{4}=K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}所以rm{5Ca^{2+}隆蘆2KMnO_{4}}所以可計算出rm{n(Ca^{2+})=2.5n(KMnO_{4})=1.0隆脕10^{-4}mol/L隆脕0.02L隆脕2.5}該血液中含鈣的質量為：rm{1.0隆脕10^{-4}mol/L隆脕0.02L隆脕2.5隆脕40g/mol隆脕dfrac{100ml}{2ml}=0.01g}故答案為：rm{100mL}

rm{1.0隆脕10^{-4}mol/L隆脕0.02L隆脕2.5隆脕40g/mol隆脕

dfrac{100ml}{2ml}=0.01g}【解析】rm{(1)6}rm{2}rm{5}rm{10}rm{2}rm{8(H_{2}O)}rm{(2)H_{2}C_{2}O_{4}}rm{(3)0.08}rm{(4)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=CaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}不能因為高錳酸鉀與濃鹽酸反應，消耗高錳酸鉀rm{壟脷}rm{壟脷}18、i1.60NA(或1.6NA)173.4ii（1）2.24（2）5.6【分析】【分析】本題考查反應熱的計算及電解的計算，難度較大，掌握相關化學方程式的計算是解答的關鍵?！窘獯稹縭m{i}rm{i}rm{壟脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}rm{壟脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}得出：rm{壟脷CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}rm{triangleH=(-574-1160)/2kJ?mol^{-1}=-867kJ?mol^{-1}}轉移電子總數為rm{(壟脵+壟脷)/2}得出：rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)+CO_{2}(g)}rm{triangle

H=(-574-1160)/2kJ?mol^{-1}=-867kJ?mol^{-1}}轉移電子總數為rm{4.48隆脕8隆脕N_{A}/22.4=1.6N_{A}}放出熱量為rm{4.48隆脕867/22.4kJ=173.4kJ}放出熱量為rm{(壟脵+壟脷)/2}rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)+CO_{2}(g)}rm{triangle

H=(-574-1160)/2kJ?mol^{-1}=-867kJ?mol^{-1}}陰極：rm{4.48隆脕8隆脕N_{A}/22.4=1.6N_{A}}rm{4.48隆脕867/22.4kJ=173.4kJ}rm{ii}rm{ii}rm{(1)}陰極：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}陰極：rm{(1)}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}陽極：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{Cu隆蘆2e^{-}隆蘆Cl_{2}隆眉}rm{V(Cl_{2})=0.1隆脕22.4L=2.24L}rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{Cu隆蘆2e^{-}隆蘆Cl_{2}隆眉}【解析】rm{i}rm{i}或rm{1.60N_{A}(}或rm{1.6N_{A})}rm{1.60N_{A}(}rm{1.6N_{A})}rm{173.4}rm{ii}rm{ii}四、解答題(共4題，共32分)19、略

【分析】

（1）在元素周期表中；同一周期元素的第一電離能從左到右逐漸增大，同一主族元素的第一電離能從上到下逐漸減小，據此可判斷四種元素的第一電離能的順序為：Na＜S＜P＜Cl，故答案為：Na＜S＜P＜Cl；

（2）C的氫化物為H2S；分子立體構型和水分子相似，為V形，分子中正負電荷中心不重疊，為極性分子，故答案為：極性；

（3）PCl3中含有3個δ鍵，孤電子對數為=1；所以分子的空間構型是三角錐形，故答案為：三角錐形；

（4）分子常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，應為分子晶體所具有的性質；E的原子序數為26，為Fe元素，E（CO）5在一定條件下發(fā)生分解反應：E（CO）5═E（s）+5CO；反應生成鐵單質，所以形成了金屬鍵，故答案為：分子晶體；金屬鍵；

（5）根據晶胞中微粒個數的分配方法計算，體心立方晶胞實際含有的E原子個數為×8+1=2，面心立方晶胞中實際含有的E原子個數為×8+×6=4；故二者比值為1：2，故答案為：1：2．

【解析】【答案】B原子的p軌道半充滿，形成的氫化物的沸點是同主族元素的氫化物中最低的，電子排布式應為1S22