2025年粵教滬科版高二化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年粵教滬科版高二化學下冊階段測試試卷507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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、高溫下，某反應(yīng)達平衡，平衡常數(shù)K=恒容時，溫度升高，H2濃度減小。下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)的焓變?yōu)檎礏.恒溫恒容下，增大壓強，H2濃度一定減小C.升高溫度，逆反應(yīng)速率減小D.該反應(yīng)化學方程式為CO+H2OCO2+H22、四聯(lián)苯的一氯代物有（）A.3種B.4種C.5種D.6種3、合成氨所需的氫氣可用煤和水作原料經(jīng)多步反應(yīng)制得，其中的一步反應(yīng)為：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反應(yīng)達到平衡后，為提高CO的轉(zhuǎn)化率，下列措施中正確的是（）A.增加壓強B.降低溫度C.增大CO的濃度D.更換催化劑4、已知溫度T時水的離子積常數(shù)為Kw，該溫度下，將濃度為amol?L?1的一元酸HA與bmol?L?1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是A.a=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中，c(H＋)=mol?L?1D.混臺溶液中，c(H＋)+c(B＋)=c(OH－)+c(A－)5、某同學用50mL0.50mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液在有圖所示的裝置中進行中和反應(yīng)，通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量計算中和熱．下列說法正確的是（）A.實驗過程中沒有熱量損失B.燒杯間填滿碎紙條的作用是固定小燒杯C.圖中實驗裝置缺少環(huán)形玻璃攪拌棒D.若將鹽酸體積改為60mL，理論上所求中和熱不相等6、在一定溫度下；將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)X（g）+Y（g）?2Z（g）△H＜0，一段時間后達到平衡。反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如表，下列說法正確的是（）

。t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A.反應(yīng)前2min的平均速率υ（Z）=2.0×10-3mol/（L?min）B.其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達到新平衡前υ（逆）＜υ（正）C.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=120D.其他條件不變，再充入0.2molZ，平衡時X的體積分數(shù)增大評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、(10分)硫酸工業(yè)中SO2轉(zhuǎn)化為SO3是重要的反應(yīng)之一，在一定壓強和催化劑作用下在2L密閉容器中充入0.8molSO2和2molO2發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如下表所示：溫度（℃）450500550600SO2的轉(zhuǎn)化率（%）97.595.890.5080.0（1）由表中數(shù)據(jù)判斷H0（填“＞”、“＝”或“＜”）。（2）能判斷該反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是（填序號）。a．混合氣體中各組分的質(zhì)量不變b．c(SO2)=c(SO3)c．v正(SO3)=2v逆(O2)（3）某溫度下經(jīng)2min反應(yīng)達到平衡后c(SO2)=0.08mol/L，則：①0~2min之間，O2的平均反應(yīng)速率是。②此時的溫度是℃。③此溫度下的平衡常數(shù)K=（可用分數(shù)表示）。8、（1）鍵線式表示的分子式；名稱是。（2）中含有的官能團的名稱為。與其含有相同官能團，且分子結(jié)構(gòu)中苯環(huán)上只有一個取代基的同分異構(gòu)體有種。寫出它們的結(jié)構(gòu)簡式。9、按系統(tǒng)命名法命名rm{CH_{3}CH(C_{2}H_{5})CH(CH_{3})_{2}}的名稱是______．10、A、B、C、D為前四周期元素．A元素的原子價電子排布為ns2np2；B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，C元素原子的M電子層的P亞層中有3個未成對電子，D元素原子核外的M層中只有2對成對電子．

（1）當n=2時，AB2屬于____分子（填“極性”或“非極性”）．

（2）當n=3時，A與B形成的晶體屬于____晶體．

（3）若A元素的原子價電子排布為3s23p2，A、C、D三種元素的第一電離能由大到小的順序是____（用元素符號表示）．

（4）已知某紅紫色配合物的組成為CoCl3?5NH3?H2O．該配合物中的中心離子鈷離子在基態(tài)時核外電子排布式為____，又已知中心離子鈷離子的配位數(shù)是6，1mol該物質(zhì)與足量的硝酸銀反應(yīng)可生成3molAgCl，則該物質(zhì)的配體是____．11、（4分）在有機物：①CH3CH3、②CH2＝CH2、③CH3CH2C≡CH、④CH3C≡CCH3、⑤C2H6、⑥CH3CH＝CH2中，一定互為同系物的是，一定互為同分異構(gòu)體的是。（填編號）12、把木炭加熱至紅熱，投入到濃硝酸溶液中，產(chǎn)生NO2、CO2兩種氣體組成的紅棕色混合氣體X，用X作如下圖所示的實驗：請回答下列問題：（1）無色強酸溶液C是，單質(zhì)F是（填名稱）。（2）0.5mol碳與足量濃硝酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol；（3）無色氣體E遇到空氣時，可以觀察到的現(xiàn)象是。（4）產(chǎn)生白色沉淀A的化學方程式____。13、請回答下列問題：rm{壟脜}純水在rm{T隆忙}時，rm{pH=6}該溫度下rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液中，由水電離出的rm{c(OH^{-})=}______rm{mol?L^{-1}}．rm{壟脝}某一元弱酸溶液rm{(A)}與二元強酸rm{(B)}的rm{pH}相等rm{.}若將兩溶液稀釋相同的倍數(shù)后，rm{pH(A)}____rm{pH(B)(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{).}現(xiàn)用上述稀釋溶液中和等濃度等體積的rm{NaOH}溶液，則需稀釋溶液的體積rm{V(A)}_________rm{V(B)(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}．rm{壟脟}已知：二元酸rm{H_{2}R}的電離方程式是：rm{H_{2}R=H^{+}+HR^{-}}rm{HR^{-}?R^{2-}+H^{+}}若rm{0.1mol?L^{-1}NaHR}溶液的rm{c(H^{+})=amol?L^{-1}}則rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}R}溶液中rm{c(H^{+})}_________rm{(0.1+a)mol?L^{-1}(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}理由是________．rm{壟脠}電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度的物理量．

已知：rm{壟脵25隆忙}時，有等濃度的rm{NaCN}溶液、rm{Na_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COONa}溶液，三溶液的rm{pH}由大到小的順序為___________rm{(}用化學式表示rm{)}．rm{壟脷}向rm{NaCN}溶液中通入少量的rm{CO_{2}}發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為___________________．

rm{壟脹25隆忙}時，若測得rm{CH_{3}COOH}與rm{CH_{3}COONa}的混合溶液的rm{pH=5}則溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-}):c(CH_{3}COOH)=}_______。評卷人得分三、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)14、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。15、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學方程式為____________。

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

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

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。16、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。17、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分四、探究題(共4題，共12分)18、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結(jié)束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。19、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。20、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結(jié)束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。21、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。評卷人得分五、簡答題(共2題，共14分)22、氮的固定對工農(nóng)業(yè)及人類生存具有重大意義。I.rm{(1)}如圖可知rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=}________________，該反應(yīng)為________反應(yīng)rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H=}填“放熱”或“吸熱”rm{(}試根據(jù)表中所列鍵能數(shù)據(jù)，計算rm{)}的數(shù)值為_______rm{a}

rm{kJ/mol}發(fā)射衛(wèi)星可用肼rm{(2)}為燃料，二氧化氮做氧化劑，兩者反應(yīng)生成氮氣和氣態(tài)水．

已知：rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangleH=Q_{1}kJ/mol}rm{(N_{2}H_{4})}rm{(1)triangleH=Q_{2}kJ/mol}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangle

H=Q_{1}kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O}rm{(1)triangleH=

Q_{2}kJ/mol}rm{H_{2}O}則rm{(l)=H_{2}O}與rm{(g)}完全反應(yīng)的熱化學方程式為______________________________。Ⅱrm{triangleH=Q_{3}kJ/mol}合成氨是最重要的人工固氮：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{賂脽脦脗賂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}(g)}rm{N_{2}H_{4}}下列關(guān)于該反應(yīng)的說法中，正確的是_________。A.rm{NO_{2}}rm{.}B.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)

underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{賂脽脦脗賂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}(g)}rm{(3)}C.rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}D.rm{triangleH>0}rm{triangleS<0}rm{triangleH<0}定溫度下，在容積為rm{triangleS>0}的密閉容器中，加入rm{triangleH<0}和rm{triangleS<0}反應(yīng)達到平衡時rm{(4)隆陋}的轉(zhuǎn)化率為rm{1L}則此條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{1molN_{2}}_______rm{3molH_{2}}此處不要求寫單位rm{H_{2}}保持容器體積不變，再向容器中加入rm{60%}rm{K=}反應(yīng)達到平衡時，氫氣的轉(zhuǎn)化率將___________rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}rm{lmolN_{2}}23、rm{(1)}反應(yīng)rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)婁隴}rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?

FeO(s)+CO(g)婁隴}rm{H}平衡常數(shù)為rm{{,!}_{1}}rm{K}反應(yīng)rm{Fe(s)+H_{2}O(g)?FeO(s)+H_{2}(g)婁隴}rm{{,!}_{1}}rm{Fe(s)+H_{2}O(g)?

FeO(s)+H_{2}(g)婁隴}平衡常數(shù)為rm{H}rm{{,!}_{2}}在不同溫度時rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{K}rm{{,!}_{1}}的值如下表：反應(yīng)rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)婁隴}rm{K}，平衡常數(shù)為rm{{,!}_{2}}，則rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?

CO(g)+H_{2}O(g)婁隴}rm{H}rm{K}_______rm{婁隴}用rm{H}rm{=}rm{(}和rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}}表示rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2}}________rm{)}用rm{K}rm{=}和rm{(}rm{K}表示rm{{,!}_{1}}且由上述計算可知，反應(yīng)rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}是_________反應(yīng)rm{K}填“吸熱”或“放熱”rm{{,!}_{2}}rm{)}一定溫度下，向某密閉容器中加入足量鐵粉并充入一定量的rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?

CO(g)+H_{2}O(g)}氣體，發(fā)生反應(yīng)rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)婁隴}rm{(}rm{)}rm{(2)}的濃度與時間的關(guān)系如圖rm{CO_{2}}所示：rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?

FeO(s)+CO(g)婁隴}該條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)為___________；若鐵粉足量，rm{H}的起始濃度為rm{>0}則平衡時rm{CO_{2}}的濃度為________rm{1}rm{壟脵}下列措施中能使平衡時rm{CO_{2}}物質(zhì)的量百分數(shù)增大的是________rm{2.0mol/L}填序號rm{CO_{2}}A.升高溫度rm{mol/L}增大壓強C.再充入一定量的rm{壟脷}rm{CO}再加入一定量鐵粉rm{(}對于可逆反應(yīng)rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)}該反應(yīng)的逆反應(yīng)速率隨時間變化的關(guān)系如圖rm{)}rm{B.}從圖中看到，反應(yīng)在rm{CO_{2}}rm{D.}時達平衡，在rm{(3)}rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?

FeO(s)+CO(g)}時改變了某種條件，改變的條件可能是______。A.升溫rm{2}增大rm{壟脵}濃度rm{t}使用催化劑rm{{,!}_{2}}如果在rm{t}rm{{,!}_{1}}時從混合物中分離出部分rm{B.}rm{CO_{2}}rm{C.}rm{壟脷}rm{t}時間段反應(yīng)處于新平衡狀態(tài)，請在圖上畫出rm{{,!}_{3}}rm{CO}rm{t}rm{{,!}_{4}隆蘆}的rm{t}rm{{,!}_{5}}變化曲線。rm{t}評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共28分)24、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、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

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

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)寫出化合物E的結(jié)構(gòu)簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設(shè)計以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。27、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蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應(yīng)類型是____________，B和F的結(jié)構(gòu)簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應(yīng)①的化學方程式_________________________________________________。

（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，請以為原料設(shè)計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應(yīng)流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】溫度升高，K變大，該反應(yīng)吸熱，焓變?yōu)檎怠：銣睾闳菹?，增大壓強，平衡不移動，H2濃度不變。升高溫度，往逆向移動，正反速率都變大。該反應(yīng)化學方程式為CO2+H2CO+H2O【解析】【答案】A2、C【分析】【解答】解：共有18個位置的氫原子可以被取代；根據(jù)軸對稱可知，1；9、10、18等效，2，8，11，17等效，3，7，12，16等效，4，6，13，15等效，5、14等效，因此四聯(lián)苯的等效氫原子有5種，因此四聯(lián)苯的一氯代物的種類為5種；

故選C．

【分析】根據(jù)“等效氫”的數(shù)目分析四聯(lián)苯的一氯代物，有幾種等效氫原子，就有幾種一氯代物．3、B【分析】【解答】解：提高CO的轉(zhuǎn)化率可以讓平衡正向進行即可．

A；增加壓強；該平衡不會發(fā)生移動，故A錯誤；

B；降低溫度；化學平衡向著放熱方向即正向進行，故B正確；

C；增大CO的濃度；化學平衡向著正方向進行，但是一氧化碳的轉(zhuǎn)化率降低，故C錯誤；

D；催化劑不會引起化學平衡的移動；故D錯誤．

故選B．

【分析】提高CO的轉(zhuǎn)化率可以使平衡正向進行，根據(jù)化學平衡移動原理來回答判斷．4、C【分析】【解析】試題分析：溶液呈中性的根本原因是c(H＋)=c(OH－)。Kw=c(H＋)·c(OH－)，所以當c(H＋)=mol?L－1時溶液肯定呈中性，C正確。a=b只能說明酸堿恰好中和生成BA，但溶液酸堿性不能確定，A錯誤；25℃時，中性溶液pH=7，B錯誤；無論溶液顯何性，都有c(H＋)+c(B＋)=c(OH－)+c(A－)，D錯誤?？键c：水的離子積【解析】【答案】C5、C【分析】解：A；該裝置的保溫效果并不如量熱計那樣好；肯定存在熱量的散失，故A錯誤；

B；燒杯間填滿碎紙條的作用是保溫；減少熱量的散失，故B錯誤；

C；根據(jù)量熱計的結(jié)構(gòu)可知實驗裝置缺少環(huán)形玻璃攪拌棒；故C正確；

D；50mL0.5mol/L的鹽酸50mL0.5mol/L的NaOH溶液反應(yīng)會生成0.025mol的水；改用60mL0.50mol/L鹽酸跟50mL0.5mol/L的NaOH溶液進行反應(yīng)還是只會生成0.025mol的水，從理論上說所求中和熱相等，故D錯誤；

故選：C．

A；根據(jù)實驗過程的保溫情況確定保溫效果；

B；燒杯間填滿碎紙條的作用是保溫；

C；根據(jù)量熱計的結(jié)構(gòu)來確定該裝置缺少的儀器；

D；根據(jù)中和熱的概念來回答．

本題考查學生有關(guān)中和熱的測定知識，可以根據(jù)所學知識進行回答，難度不大．【解析】【答案】C6、B【分析】解：A．反應(yīng)前2min的平均速率υ（Z）=×2=4.0×10-3mol/（L?min）；故A錯誤；

B．△H＜0為放熱反應(yīng)；降低溫度平衡正向移動，反應(yīng)達到新平衡前υ（逆）＜υ（正），故B正確；

C．該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K==1.44；故C錯誤；

D．該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)；再充入0.2molZ，壓強增大，平衡不移動，則平衡時X的體積分數(shù)不變，故D錯誤；

故選：B。

A．結(jié)合v=及速率之比等于化學計量數(shù)之比計算；

B．△H＜0為放熱反應(yīng)；降低溫度平衡正向移動；

C．由表中數(shù)據(jù)可知；X（g）+Y（g）?2Z（g）

開始0.160.160

轉(zhuǎn)化0.060.060.12

平衡0.10.10.12

K為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；

D．該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)；再充入0.2molZ，壓強增大，平衡不移動。

本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握表格中數(shù)據(jù)的應(yīng)用、K及速率的計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大?！窘馕觥緽二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】試題分析:（1）隨著溫度的升高，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，故為放熱反應(yīng)；答案為<;（2）a、平衡后各氣體組分的質(zhì)量不變，a正確；平衡狀態(tài)各物質(zhì)的濃度不再變化，但濃度不一定相等，b錯誤；v正(SO3)=2v逆(O2)，c正確，答案選ac；（3）①二氧化硫的濃度變化為0.4mol/L-0.08mol/L=3.2mol/L，故氧氣的濃度變化為1.6mol/L，氧氣的反應(yīng)速率為=0.8mol/（L·min）；②二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為此時的溫度為600℃；③此溫度下的平衡常數(shù)為400/41。故答案為：①0.08mol/（L·min）②600℃。③400/41。考點：化學平衡常數(shù)【解析】【答案】（1）＜（2）a、c;（3）①0.08mol/（L·min）②600℃。③400/41。8、略

【分析】（1）將碳、氫元素符號省略，只表示分子中鍵的連接情況，每個拐點或終點均表示有1個碳原子，稱為鍵線式。所以根據(jù)鍵線式的結(jié)構(gòu)可知，分子式為C6H12，名稱是4－甲基－2－戊烯。（2）根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有的官能團是酯基。根據(jù)題意可知，該取代基是－CH2OOCH、－OOCCH3或－COOCH3，共計3種同分異構(gòu)體。結(jié)構(gòu)簡式分別是【解析】【答案】（1）C6H12（1分）4－甲基－2－戊烯（2分）（2）酯基（2分）3（2分）（各1分）9、略

【分析】解：rm{CH_{3}CH(C_{2}H_{5})CH(CH_{3})_{2}}的最長碳鏈含rm{5}個碳原子，離取代基近的一端給主碳鏈編號得到名稱為：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷，故答案為：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；

判斷有機物的命名是否正確或?qū)τ袡C物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

烷烴命名原則：

rm{壟脵}長選最長碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近離支鏈最近一端編號；

rm{壟脺}小支鏈編號之和最小rm{.}看下面結(jié)構(gòu)簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

rm{壟脻}簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號rm{.}如取代基不同；就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．

本題考查了有機物系統(tǒng)命名方法的應(yīng)用，注意主鏈選擇，起點編號原則，名稱書寫的規(guī)范方法，題目難度不大．【解析】rm{2}rm{3-}二甲基戊烷10、略

【分析】

A；B、C、D為前四周期元素；B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)不超過8個，所以該元素O元素，C元素原子的M電子層的P亞層中有3個未成對電子，則C是P元素，D元素原子核外的M層中只有2對成對電子，則D是S元素；

（1）當n=2時，A是C元素，則AB2是CO2；二氧化碳是直線型結(jié)構(gòu)，正負電荷重心重合，所以是非極性分子，故答案為：非極性；

（2）當n=3時；A是Si元素，硅和氧形成的晶體是二氧化硅晶體，二氧化硅晶體是由原子構(gòu)成的，屬于原子晶體；

故答案為：原子；

（3）若A元素的原子價電子排布為3s23p2；則A是Si元素，同一周期中，原子的電負性隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第VA族元素大于第VIA族元素，所以A；C、D三種元素的第一電離能由大到小的順序P＞S＞Si，故答案為：

P＞S＞Si；

（4）鈷離子的化合價是+3價，鈷離子核外有24個電子，其基態(tài)時核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；

中心離子鈷離子的配位數(shù)是6，1mol該物質(zhì)與足量的硝酸銀反應(yīng)可生成3molAgCl，說明該物質(zhì)中氯元素全部是外界，為氯離子，則氨氣分子和水分子為配體，其化學式為[Co（NH3）5H2O]Cl3；

故答案為：1s22s22p63s23p63d6；氨氣分子和水分子．

【解析】【答案】A；B、C、D為前四周期元素；B元素的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)不超過8個，所以該元素O元素，C元素原子的M電子層的P亞層中有3個未成對電子，則C是P元素，D元素原子核外的M層中只有2對成對電子，則D是S元素；

（1）當n=2時，A是C元素，則AB2是CO2；根據(jù)二氧化碳分子正負電荷重心是否重合判斷；

（2）當n=3時；A是Si元素，根據(jù)A；B形成晶體的微粒判斷晶體類型；

（3）若A元素的原子價電子排布為3s23p2；則A是Si元素，同一周期中，原子的電負性隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第VA族元素大于第VIA族元素；

（4）根據(jù)電子排布式的書寫規(guī)則書寫；中心離子鈷離子的配位數(shù)是6，1mol該物質(zhì)與足量的硝酸銀反應(yīng)可生成3molAgCl，說明該物質(zhì)中氯元素是外界，為氯離子，則氨氣分子和水分子為配體．

11、略

【分析】結(jié)構(gòu)相似，分子組成相差若干個CH2原子團的同一類物質(zhì)互為同系物，所以答案選②⑥；分子式相同而結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體，因此答案選③④。【解析】【答案】②⑥；③④12、略

【分析】【解析】【答案】（1）HNO3（或硝酸）銅（Cu）（2）2（3）變紅棕色（4）CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O13、（1）10-11

（2）<<

（3）＜H2R中第一步電離出來的H+對HR-的電離產(chǎn)生了抑制作用

（4）①Na2CO3>NaCN>CH3COONa②NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3③1.8【分析】rm{隆隴}【分析】本題考查了弱電解質(zhì)的電離以及鹽類的水解，難度一般，注意理解鹽類水解的原理。【解答】rm{(1)}純水在rm{T隆忙}時，rm{pH=6}rm{Kw=10^{-12}}rm{0.1mol}純水在rm{(1)}時，rm{T隆忙}rm{pH=6}rm{Kw=10^{-12}}rm{0.1mol}rm{隆隴}rm{L}rm{L}溶液中rm{{,!}^{-1}}的rm{NaOH}溶液中rm{c(OH}rm{NaOH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=}rm{)=}rm{0.1}此溶液中rm{c(H^{+})=dfrac{Kw}{cleft(O{H}^{-}right)}=dfrac{{10}^{-12}}{{10}^{-1}}={10}^{-11}mol隆隴{L}^{-1}}rm{mol}rm{mol}rm{隆隴}rm{c(H^{+})=10^{-11}mol隆隴L^{-1}}故答案為：rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}}rm{c(H^{+})=

dfrac{Kw}{cleft(O{H}^{-}right)}=

dfrac{{10}^{-12}}{{10}^{-1}}={10}^{-11}mol隆隴{L}^{-1}}與由水電離出的rm{c(OH}的rm{c(OH}相等，則rm{{,!}^{-}}的濃度較大，rm{)=}溶液，則需稀釋溶液的體積rm{)=}rm{c(H^{+})=10^{-11}mol隆隴

L^{-1}}rm{10^{-11}}故答案為：rm{(2)}一元弱酸存在電離平衡，將兩溶液稀釋相同的倍數(shù)，rm{pH(A)<pH(B)}rm{A}rm{pH(A)<pH(B)}rm{A}rm{B}rm{pH}rm{A}中第一步電離出來的中和等濃度等體積的rm{NaOH}溶液，則需稀釋溶液的體積rm{V(A)}對rm{NaOH}rm{V(A)}的電離產(chǎn)生了抑制作用，所以rm{<}rm{V(B)}rm{V(B)}rm{<}rm{<}；rm{(3)}溶液中rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{R}中第一步電離出來的rm{R}rm{H^{+}}rm{HR}rm{HR}故答案為：rm{{,!}^{-}}rm{0.1mol}中第一步電離出來的rm{0.1mol}對rm{隆隴}的電離產(chǎn)生了抑制作用；rm{L}rm{L}由表中數(shù)據(jù)可知，電離常數(shù)：醋酸rm{{,!}^{-1}}碳酸氫根離子，所以等濃度的rm{H}溶液、rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{R}溶液中rm{c(H}rm{R}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}溶液水解程度為：rm{)}rm{<}rm{(0.1+a)mol}rm{(0.1+a)mol}溶液rm{隆隴}溶液rm{L}溶液，故rm{L}由大到小的順序為：rm{{,!}^{-1}}rm{<}向rm{H_{2}R}溶液中通入少量的rm{H^{+}}rm{HR^{-}}rm{(4)}rm{壟脵}由表中數(shù)據(jù)可知，電離常數(shù)：醋酸rm{>HCN>}碳酸氫根離子，所以等濃度的rm{NaCN}溶液、rm{Na}碳酸氫根離子，故反應(yīng)生成rm{壟脵}和碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，故rm{>HCN>}rm{NaCN}rm{Na}緩沖公式rm{pH=pKa-lg([HAc]/[Ac^{-}])}

rm{{,!}_{2}}

rm{CO}

rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液和rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}

rm{COONa}溶液水解程度為：【解析】rm{(1)10^{-11}}rm{(2)<}rm{<}rm{(3)<}rm{H_{2}R}中第一步電離出來的rm{H^{+}}對rm{HR^{-}}的電離產(chǎn)生了抑制作用rm{(4)壟脵Na_{2}CO_{3}>NaCN>CH_{3}COONa}rm{壟脷}rm{NaCN+H_{2}O+CO_{2}=HCN+NaHCO_{3;;;;}壟脹1.8}三、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)14、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）215、略

【分析】【分析】

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

【詳解】

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

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越?。辉雍送怆娮訉訑?shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

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

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

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

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

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應(yīng)用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎(chǔ)知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關(guān)問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應(yīng)后有Na殘留，也能與水反應(yīng)生成H216、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）217、略

【分析】【分析】

【詳解】

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

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、探究題(共4題，共12分)18、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）19、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）20、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）21、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）五、簡答題(共2題，共14分)22、（1）-92.2kJ/mol放熱390.9

（2）2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（1）△H=（2Q2-Q1+4Q3）kJ/mol

（3）D

（4）2.08增大

【分析】【分析】本題考查了反應(yīng)熱的計算、熱化學方程式、化學平衡常數(shù)的計算等?！窘獯稹縭m{(1)}如圖可知rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)?H=-46.1kJ/mol隆脕2=-92.2kJ/mol}該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)?H=-46.1kJ/mol隆脕2=-92.2kJ/mol

}rm{945+3隆脕436-6a=-92.2}故答案為：rm{a=390.9kJ/mol}放熱；rm{-92.2kJ/mol}rm{390.9}已知：rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangleH=Q_{1}kJ/mol}rm{(2)}rm{(1)triangleH=Q_{2}kJ/mol}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangle

H=Q_{1}kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O}rm{(1)triangleH=

Q_{2}kJ/mol}rm{H_{2}O}依據(jù)蓋斯定律可知，則rm{(l)=H_{2}O}與rm{(g)}完全反應(yīng)的熱化學方程式為rm{triangleH=Q_{3}kJ/mol}rm{(1)triangleH=(2Q_{2}-Q_{1}+}rm{N_{2}H_{4}}故答案為：rm{NO_{2}}rm{(1)triangleH=(2Q_{2}-Q_{1}+}rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O}rm{(1)triangleH=

(2Q_{2}-Q_{1}+}合成氨是最重要的人工固氮：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{賂脽脦脗賂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}(g)}正確的是rm{4Q_{3})kJ/mol}rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O}

故答案為：rm{(1)triangleH=

(2Q_{2}-Q_{1}+}rm{4Q_{3})kJ/mol}rm{(3)}定溫度下，在容積為rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)

underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{賂脽脦脗賂脽脩鹿}{?}}2NH_{3}(g)}的密閉容器中，加入rm{triangleH<0}rm{triangleS<0}rm{D}rm{(4)}rm{隆陋}定溫度下，在容積為rm{1L}的密閉容器中，加入rm{1molN}rm{隆陋}rm{1L}則轉(zhuǎn)化rm{1molN}的物質(zhì)的量為rm{{,!}_{2}}

和rm{3molH}rm{3molH}rm{{,!}_{2}}，反應(yīng)達到平衡時rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}

的轉(zhuǎn)化率為rm{60%}則轉(zhuǎn)化rm{H_{2}}的物質(zhì)的量為rm{1.8mol}rm{60%}rm{H_{2}}

rm{1.8mol}rm{N}rm{N}

rm{{,!}_{2;}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}_{2;}}平衡rm{=2NH}rm{=2NH}rm{{,!}_{3}}起始量rm{(mol)1}rm{3}rm{0}rm{(mol)1}

則rm{K=dfrac{1.{2}^{2}}{0.4隆脕1.{2}^{3}}=2.08}rm{3}rm{0}變化量rm{(mol)0.6}rm{1.8}rm{1.2}rm{(mol)0.6}相當于加壓，平衡正向移動，rm{1.8}rm{1.2}故答案為：平衡量rm{(mol)0.4}rm{1.2}rm{1.2}增大。rm{(mol)0.4}

rm{1.2}【解析】rm{(1)-92.2kJ/mol}放熱rm{390.9}rm{(2)2}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+2NO}rm{(g)+2NO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=3N}rm{(g)=3N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+4H}rm{(g)+4H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{(1)triangleH=(2Q}rm{O}rm{(1)triangleH=(2Q}rm{{,!}_{2}-}

rm{Q}增大

rm{Q}23、(1)△H1-△H2吸熱(2)①2.0②A(3)①AC②【分析】【分析】本題考查了化學平衡狀態(tài)的判斷、化學平衡的影響因素等知識，題目難度中等，是一道化學反應(yīng)速率與平衡的綜合題，注意掌握平衡常數(shù)的含義、化學平衡狀態(tài)的判斷方法，題目難度中等。【解答】rm{(1)}已知rm{壟脵Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)triangleH_{1}}rm{壟脷Fe(s)+H_{2}O(g)?FeO(s)+H_{2}(g)triangleH_{2}}據(jù)蓋斯定律，rm{壟脵Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)triangle

H_{1}}得：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=triangleH_{1}-triangleH_{2}}反應(yīng)的rm{K=dfrac{c(CO)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c(H_{2})}}rm{K_{1}=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}}rm{K_{2}=dfrac{c(H_{2})}{c(H_{2}O)}}所以rm{壟脷Fe(s)+H_{2}O(g)?FeO(s)+H_{2}(g)triangle

H_{2}}rm{壟脵-壟脷}隨溫度的升高而增大，rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H=triangleH_{1}-triangleH_{2}}隨溫度升高而減小，則rm{K=dfrac

{c(CO)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c(H_{2})}}隨溫度升高而增大，說明正反應(yīng)吸熱，故答案為：rm{triangleH_{1}-triangleH_{2}}rm{K_{1}=dfrac

{c(CO)}{c(CO_{2})}}吸熱；

rm{K_{2}=dfrac

{c(H_{2})}{c(H_{2}O)}}據(jù)圖分析平衡時二氧化碳和rm{K=dfrac{K_{1}}{K_{2}}}的濃度分別為rm{K_{1}}和rm{K_{2}}rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac{1.0mol/L}{0.5mol/L}=2.0}若rm{K}的起始濃度為rm{triangleH_{1}-triangle

H_{2}}據(jù)方程式可知，反應(yīng)的二氧化碳的濃度與生成rm{dfrac{K_{1}}{K_{2}}}濃度相等，設(shè)為rm{(2)壟脵}則平衡時二氧化碳濃度為rm{CO}rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac{x}{2.0-x}=2.0}rm{0.5mol/L}平衡時二氧化碳濃度rm{=2.0-dfrac{4}{3}=dfrac{2}{3}mol/L}

故答案為：rm{1mol/L}rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac

{1.0mol/L}{0.5mol/L}=2.0}

rm{CO_{2}}平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨濃度壓強等因素變化，反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫平衡時rm{2.0mol?L^{-1}}增大；

A.升高溫度；平衡正向進行，平衡常數(shù)增大，故A正確；

B.增大壓強；平衡不動，平衡常數(shù)不變，故B錯誤；

C.充入一定量rm{CO}平衡正向進行，但平衡常數(shù)不變，故C錯誤；

D.再加入一定量鐵粉；平衡常數(shù)不變，故D錯誤；

故答案為：rm{xmol/L}．

rm{(2.0-x)mol/L}升溫；正；逆反應(yīng)速率突然增大，隨著反應(yīng)的進行，生成物的濃度增大，逆反應(yīng)速率增大，最后不變，故A正確；

B.增大rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac

{x}{2.0-x}=2.0}的濃度；正反