2025年粵教滬科版高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…○…………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年粵教滬科版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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖為用酸性氫氧燃料電池為電源進行電解的實驗裝置示意圖。下列說法中，正確的是A.燃料電池工作時，正極反應為：O2+4H++4e－=2H2OB.a極是鐵，b極是銅時，b極逐漸溶解，a極上有銅析出C.a極是含鋅、鐵的粗銅，b極是純銅，a極溶解銅的質量與b極析出銅的質量相等D.a、b兩極均是石墨時，在相同條件下a極產生的氣體與電池中消耗的H2體積相等2、下列熱化學方程式書寫正確的是()B．H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJD．C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝＋393.5kJ·mol－13、在一定溫度下，將X和Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應：2X（g）+Y（s）?2Z（g）△H＜0，一段時間后達到平衡．反應過程中測定的數據如下表下列說法正確的是（）。t/s2479n（Y）/mol0.120.100.090.09A.反應前2s的平均速率v（Z）=2.0×10﹣3mol/（L?s）B.其他條件不變，加入一定量的Y，反應速率一定加快C.反應進行4s時，X的轉化率75%D.反應達到平衡時，X的物質的量濃度為0.02mol?L﹣14、在鹵代烴rm{RCH_{2}CH_{2}X}中化學鍵如圖，則下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.當該鹵代烴發(fā)生水解反應時，被破壞的鍵是rm{壟脵}B.當該鹵代烴發(fā)生水解反應時，被破壞的鍵是rm{壟脵}和rm{壟脹}C.當該鹵代烴發(fā)生消去反應時，被破壞的鍵是rm{壟脵}和rm{壟脺}D.當該鹵代烴發(fā)生消去反應時，被破壞的鍵是rm{壟脵}和rm{壟脷}5、下列化學用語書寫正確的是()A.乙烯的結構簡式：rm{CH_{2}CH_{2}}B.rm{1-}丁烯的鍵線式為：C.苯的最簡式為：rm{C_{6}H_{6;;;;;;;;;}}D.丙烷分子的球棍模型示意圖：6、某有機化合物的結構簡式如圖所示rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.不能發(fā)生銀鏡發(fā)應B.rm{1mol}該物質最多可與rm{2molBr_{2}}反應C.與rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}均能發(fā)生反應D.rm{1mol}該物質最多可與rm{4mol}rm{NaOH}反應評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、將rm{1molA(g)}和rm{1molB(g)}投入一容積可變的密閉容器中，發(fā)生如下可逆反應：rm{A(g)+B(g)?xC(g)}經測定rm{C}在反應混合物中的物質的量分數rm{(C%)}與時間rm{(t)}符合下列圖rm{I}所示關系，由此推斷下列說法中正確的是rm{(}rm{)}

A.在上述可逆反應中rm{x=3}B.在圖rm{II}中rm{P_{3}>P_{4}}rm{Y}軸表示混合氣體的平均摩爾質量C.一定溫度下，向達到平衡后的容器中再加入rm{2molC}重新達到平衡時，rm{C}的物質的量分數增大D.在圖rm{II}中rm{P_{3}<P_{4}}rm{Y}軸表示rm{A}的轉化率8、下列有關能量轉換的說法正確的是rm{(}rm{)}A.煤燃燒是化學能轉化為熱能的過程B.化石燃料和植物燃料燃燒時放出的能量均來源于太陽能C.動物體內葡萄糖被氧化成rm{CO_{2}}是熱能轉變成化學能的過程D.植物通過光合作用將rm{CO_{2}}轉化為葡萄糖是太陽能轉變成熱能的過程9、下列有關物質性質、結構的表述均正確，且存在因果關系的是rm{(}rm{)}

。表述Ⅰ表述Ⅱrm{A}在水中，rm{NaCl}的溶解度比rm{I_{2}}的溶解度大rm{NaCl}晶體中rm{C1^{-}}與rm{Na^{+}}間的作用力大于碘晶體中分子間的作用力rm{B}通常條件下，rm{CH_{4}}分子比rm{PbH_{4}}分子穩(wěn)定性高rm{Pb}的原子半徑比rm{C}的大，rm{Pb}與rm{H}之間的鍵能比rm{C}與rm{H}間的小rm{C}金屬晶體具有良好的延展性金屬晶體中的原子層可以發(fā)生相對滑動但不會改變原來的排列方式，也不會破壞金屬鍵rm{D}rm{P_{4}O_{10}}rm{C_{6}H_{12}O_{6}}溶于水后均不導電rm{P_{4}O_{10}}rm{C_{6}H_{12}O_{6}}均屬于共價化合物A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}10、某電池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}為電極材料，rm{KOH}溶液為電解溶質溶液rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}為電池的負極B.正極反應式為rm{2FeO_{4}^{2-}+10H^{+}+6e^{-}=Fe_{2}O_{3}+5H_{2}O}C.該電池放電過程中電解質溶液濃度不變D.電池工作時rm{OH^{-}}向負極遷移11、下列化合物中的所有碳原子都一定在同一平面上的是（）A.CH3（CH2）4CH3B.CH3CH2CHOC.CH3CH=CHCH3D.（CH3）3C-C≡C-CH=CHCH312、下列物質久置于空氣中，顏色會發(fā)生變化的是A.rm{Na_{2}CO_{3}}B.苯酚C.rm{CaO}D.rm{Na_{2}O_{2}}13、構造原理揭示的電子排布能級順序，實質是各能級能量高低rm{.}若以rm{E(nl)}表示某能級的能量，以下各式中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{E(5s)>E(4f)>E(4s)>E(3d)}B.rm{E(4f)>E(3d)>E(4s)>E(3p)}C.rm{E(5d)>E(4d)>E(3d)>E(2d)}D.rm{E(5s)>E(4s)>E(4f)>E(3d)}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、（１１分）氫氧燃料電池是將H2通入負極，O2通入正極而發(fā)生電池反應的，其能量轉換率高。（1）若電解質溶液為KOH溶液，其正極反應為，負極反應為；（2）若電解質溶液為硫酸，其正極反應為，負極反應為；若反應過程中轉移了2mol電子，可產生水的質量為g。（3）若用氫氧燃料電池電解由NaCl和CuSO4組成的混合溶液，其中c（Na+）=3c（Cu2+）=0.3mol·L—1，取該混合液100mL用石墨做電極進行電解，通電一段時間后，在陰極收集到0.112L（標準狀況）氣體。此時氫氧燃料電池外電路中轉移電子數為，消耗H2的質量為。15、芳香化合物rm{A}是一種基本化工原料，可以從煤和石油中得到rm{.A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}的轉化關系如圖所示：

回答下列問題：rm{(1)A}的化學名稱是rm{_}_______；rm{(2)A隆煤B}的反應條件____，在該反應的副產物中，與rm{B}互為同分異構體的副產物的結構簡式為____；rm{(3)A隆煤E}的化學方程式為____；rm{(4)A}與酸性rm{KM}rm{n}rm{O_{4}}溶液反應可得到rm{D}寫出rm{D}的結構簡式____．16、如下圖是一個化學過程的示意圖rm{.}已知甲池的總反應式為：rm{2CH_{3}OH+3O_{2}+4KOH=2K_{2}CO_{3}+6H_{2}O.}

rm{(1)}甲池是______裝置．

rm{(2)}乙池中rm{A(}石墨rm{)}電極的名稱是______．

rm{(3)}寫出通入rm{CH_{3}OH}的電極的電極反應式：______．

rm{(4)}乙池中反應的化學方程式為______．

rm{(5)}當乙池中rm{B(Ag)}極的質量增加rm{5.40g}時，甲池中理論上消耗rm{O_{2}}______rm{mL(}標準狀況rm{)}此時丙池某電極上析出rm{1.60g}某金屬，則丙池中的某鹽溶液可能是______rm{(}填序號rm{)}．

A.rm{MgSO_{4}}rm{B.CuSO_{4}}rm{C.NaCl}rm{D.AgNO_{3}}．17、下圖為以惰性電極進行電【解析】

寫出A、B、電極上的電極反應式和總反應式：A：_________________________]B：__________________________，總反應方程式：________________________；18、寫出298K時；下列反應的熱化學方程式：

（1）3molNO2（g）與1molH2O（l）反應生成HNO3（aq）和NO（g），放熱138kJ______

（2）用CO（g）還原1molFe2O3（s），放熱24.8kJ______

（3）1molHgO（s）分解為液態(tài)汞和氧氣，吸熱90.7kJ______

（4）0.1molB2H6（g）在氧氣中燃燒，生成固態(tài)B2O3和液態(tài)水，放熱649.5kJ______．19、工業(yè)廢水中常含有一定量的rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}和rm{CrO_{4}^{2-}}它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產生很大的傷害，必須進行處理。常用的處理方法有還原沉淀法，該法的工藝流程為：rm{Cr{{O}_{4}}^{2-}xrightarrow[壟脵脳陋祿爐]{{H}^{+}}C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-}xrightarrow[壟脷祿鹿脭顱]{F{e}^{2+}}C{r}^{3+}xrightarrow[壟脹魯脕碌鉚]{O{H}^{-}}Cr{left(OHright)}_{3}隆媒}rm{Cr{{O}_{4}}^{2-}

xrightarrow[壟脵脳陋祿爐]{{H}^{+}}C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-}

xrightarrow[壟脷祿鹿脭顱]{F{e}^{2+}}C{r}^{3+}

xrightarrow[壟脹魯脕碌鉚]{O{H}^{-}}Cr{left(OHright)}_{3}隆媒}制備該工藝流程需用rm{(1)}甲同學方案：用部分生銹的廢鐵屑與稀硫酸反應制備rm{Fe^{2+}}檢驗溶液中是否含有rm{Fe^{2+}}試劑是rm{Fe^{3+}}rm{(}A.鐵氰化鉀rm{)}硫氰化鉀rm{B.}酸性高錳酸鉀溶液制備中除發(fā)生反應rm{C.}rm{Fe+2H^{+}}外，其他可能反應的離子方程式為__________。乙同學方案：把一塊純凈的鐵片插入裝有稀硫酸的燒杯里，可觀察到鐵片上有氣泡，在平行插入一塊銅片，可觀察到銅片上_____rm{=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}填“有”或“沒有”rm{(}氣泡產生，再用導線把鐵片和銅片連接起來，組成一個原電池，正極的電極反應式為_____________________。rm{)}工藝流程中第rm{(2)}步存在平衡：rm{壟脵}黃色rm{)+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙色rm{2CrO_{4}^{2-}(}若平衡體系的rm{)+2H^{+}?

Cr_{2}O_{7}^{2-}(}則溶液顯_______色。rm{)+H_{2}O}工藝流程中第rm{pH=2}步中，還原rm{(3)}離子，需要______rm{壟脷}的rm{1molCr_{2}O_{7}^{2-}}rm{mol}工藝流程中第rm{FeSO_{4}隆隴7H_{2}O}步生成的rm{(4)}在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：rm{壟脹}rm{Cr(OH)_{3}}rm{Cr(OH)}rm{Cr(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{(s)}rm{(s)}rm{?}rm{Cr}常溫下，rm{Cr}的溶度積rm{{,!}^{3+}}要使rm{(aq)+3OH}降至rm{(aq)+3OH}溶液的rm{{,!}^{-}}應調至_________。rm{(aq)}已知rm{(aq)}rm{Cr(OH)_{3}}磚紅色rm{Ksp=10^{-32}}的rm{c(Cr^{3+})}分別為rm{10^{-5}mol/L}和rm{pH}分析化學中，測定含氯的中性溶液中rm{(5)}的含量，以rm{AgCl}作指示劑，用rm{Ag_{2}CrO_{4}(}溶液滴定。滴定過程中首先析出沉淀____，當溶液中rm{)}恰好完全沉淀rm{Ksp}濃度等于rm{2隆脕10^{-10}}時，此時溶液中rm{2.0隆脕10^{?12}}等于_____rm{Cl^{-}}rm{K_{2}CrO_{4}}20、聚乳酸rm{(PLA)}是一種無毒性、可再生、可分解的高分子聚合物塑料rm{.PLA}早期是開發(fā)在醫(yī)學上使用，作手術縫合線及骨釘等，以下是制備rm{PLA}的一種合成路線：rm{(1)}寫出rm{A隆煤B}的化學方程式為_________________________________________rm{(2)}寫出rm{B隆煤C}的化學方程式為_________________________________________rm{(3)}寫出rm{D隆煤E}的化學方程式為_________________________________________rm{(4)}寫出rm{E隆煤PLA}的化學方程式為_________________________________________rm{(5)}寫出rm{2}分子的rm{E}脫水形成環(huán)狀化合物的化學方程式為______________________________21、能源是現(xiàn)代社會發(fā)展的支柱之一．

rm{(1)}化學反應中的能量變化；通常主要表現(xiàn)為熱量的變化．

rm{壟脵}下列反應中，屬于放熱反應的是______rm{(}填序號rm{)}．

rm{a.}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}與rm{NH_{4}Cl}混合攪拌。

rm{b.}高溫煅燒石灰石。

rm{c.}鋁與鹽酸反應。

rm{壟脷}某同學進行如圖rm{1}所示實驗，測量稀鹽酸與燒堿溶液中和反應的能量變化rm{.}實驗表明：反應溫度升高，由此判斷該反應是______rm{(}填“吸熱”或“放熱”rm{)}反應；其離子方程式是______．

rm{(2)}電能是現(xiàn)代社會應用最廣泛的能源之一．

圖rm{2}所示的原電池裝置中，其負極是______，正極上能夠觀察到的現(xiàn)象是______，正極的電極反應式是______rm{.}原電池工作一段時間后，若消耗鋅rm{6.5g}則放出標準狀況下氣體______rm{L}電路中通過的電子數為______．評卷人得分四、實驗題(共3題，共15分)22、（9分）實驗室可用NaBr、濃H2SO4、乙醇為原料制備少量溴乙烷：C2H5—OH+HBrC2H5Br+H2O已知反應物的用量為：0.30molNaBr（s）；0.25molC2H5OH（密度為0.80g·cm-3）；36mL濃H2SO4（質量分數為98%，密度為1.84g·mL-1）；25mL水。試回答下列問題。（1）該實驗應選擇圖中的a裝置還是b裝置？_____________。（2）反應裝置中的燒瓶應選擇下列哪種規(guī)格最合適（）A.50mLB.100mLC.150mLD.250mL（3）冷凝管中的冷凝水的流向應是（）A.A進B出B.B進A出C.從A進或B進均可（4）可能發(fā)生的副反應為：_____________、__________、______________（至少寫出3個方程式）。（5）實驗完成后，須將燒瓶內的有機物蒸出，結果得到棕黃色的粗溴乙烷，欲得純凈溴乙烷，應采用的措施是________________。23、（16）聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學式為廣泛用于污水處理。實驗室利用硫酸廠燒渣（主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等）制備聚鐵和綠礬（FeSO4·7H2O）過程如下：（1）驗證固體W焙燒后產生的氣體含有SO2的方法是_____。（2）實驗室制備、收集干燥的SO2，所需儀器如下。裝置A產生SO2，按氣流方向連接各儀器接口，順序為a____f裝置D的作用是_____，裝置E中NaOH溶液的作用是______。（3）制備綠礬時，向溶液X中加入過量_____，充分反應后，經_______操作得到溶液Y，再經濃縮，結晶等步驟得到綠礬。（4）溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質量分數，用pH試紙測定溶液pH的操作方法為______。若溶液Z的pH偏小，將導致聚鐵中鐵的質量分數偏_______。24、實驗室用圖裝置制取少量溴苯；試填寫下列空白．

（1）寫出儀器A的名稱______；B的名稱______；

（2）請你寫出實驗室制取溴苯的化學方程式______；

（3）長導管的下口為什么不插入錐形瓶的液面下______

（4）反應完畢后，向燒瓶中滴加NaOH溶液的作用是：______

（5）冷凝水的進水口是（填m或n）______，圖中干燥管C的作用是______．評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共20分)25、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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。26、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為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的水化物反應的化學方程式為____________。

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

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

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。27、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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。28、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_______評卷人得分六、解答題(共3題，共6分)29、在557℃時密閉容器中進行反應：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）．若CO起始濃度為2mol?L-1，水蒸氣的起始濃度為3mol?L-1，達到平衡后，CO2平衡濃度為1.2mol?L-1；求：

（1）CO和H2O（g）的平衡轉化率。

（2）此溫州下；平衡常數Kc．

30、已知可逆反應：M（g）+N（g）?P（g）+Q（g）△H＞0；請回答下列問題．

（1）在某溫度下，反應物的起始濃度分別為：c（M）=1mol?L-1，c（N）=2.4mol?L-1；達到平衡后，M的轉化率為60%，此時N的轉化率為______．

（2）若反應溫度升高；M的轉化率______（填“增大”；“減小”或“不變”）

（3）若反應溫度不變，反應物的起始濃度分別為c（M）=4mol?L-1，c（N）=amol?L-1；達到平衡后，c（P）=2mol?L-1；a=______．

（4）若反應溫度不變，反應物的起始濃度為：c（M）=c（N）=bmol?L-1；達到平衡后，M的轉化率為______．

31、已知A、B、C、D、E五種元素的原子序數依次遞增，A、B、C、D位于前三周期．A位于周期表的s區(qū)，其原子中電子層數和未成對電子數相同；B的基態(tài)原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同；D元素是地殼中含量最多的元素．E有“生物金屬”之稱，E4+離子和氬原子的核外電子排布相同．

請回答下列問題：（答題時；A；B、C、D、E用所對應的元素符號表示）

（1）E的基態(tài)原子的外圍電子排布式為______．

（2）由A；B、C形成的ABC分子中；含有______個σ鍵，______個π鍵；

（3）E的一種氧化物Q；其晶胞結構如圖所示，則Q的化學式為______，該晶體中氧原子的配位數為______．

（4）B；C、D三種元素的第一電離能由小到大的順序為______．

（5）在濃的ECl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數為6、組成為ECl3?6H2O的綠色晶體；該晶體中兩種配體的物質的量之比為1：5，則該配離子的化學式為______．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】試題分析：A、因為燃料電池的電解質呈酸性，正極反應為：O2+4H++4e－=2H2O，正確；B、a極為陽極，逐漸溶解，b極為陰極，有銅析出，錯誤；C、因為a極Cu、Zn、Fe失電子，b極Cu2+得電子生成Cu，a極溶解銅的質量與b極析出銅的質量不相等，錯誤；D、a、b兩極均是石墨時，根據電子守恒，a極產生產生O2，體積為電池中消耗的H2體積的1/2，錯誤?？键c：本題考查燃料電池、電解原理及應用?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、B【分析】A不正確，沒有注明物質的狀態(tài)；C不正確，反應熱的單位是kJ/mol；D不正確，碳燃燒是放熱反應，△H小于0，所以正確的答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、C【分析】【解答】解：A、2min內Y物質的量變化為0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，則Z的變化的物質的量為0.08mol，根據v===4.0×10﹣3mol/（L?s）；故A錯誤；B；根據影響速率的因素，Y固體，增加量，濃度不變，所以不影響反應速率，故B錯誤；

C、反應進行4s時，Y的轉化的物質的量為0.16mol﹣0.10mol=0.06mol，計算出X的轉化的物質的量為0.06mol×2=0.12mol，再根據轉化率=×100%計算得X的轉化率為×100%=75%；故C正確；

D、反應達到平衡時，Y轉化的物質的量為0.16mol﹣0.09mol=0.07mol，則X的轉化的物質的量為0.07mol×2=0.14mol，所以平衡時X的物質的量為0.6mol﹣0.14mol=0.02mol，根據c=求得X的物質的量濃度為=0.002mol?L﹣1；故D錯誤；

故選C．

【分析】A、2min內Y物質的量變化為0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，則Z的變化的物質的量為0.08mol，根據v=計算v（Z）；

B；根據影響速率的因素；Y固體，增加量，濃度不變，所以不影響反應速率，據此判斷；

C、根據Y的轉化的物質的量計算出X的轉化的物質的量，再根據轉化率=×100%計算；

D、根據Y的轉化的物質的量計算出X的轉化的物質的量，進而求得平衡時X的物質的量，根據c=求得X的物質的量濃度．4、A【分析】【分析】

本題考查有機物的結構和性質；側重于有機物知識的綜合考查，注意把握有機物官能團的性質，特別是有機物的性質與結構特點的關系，在學習中一定要注意，題目難度不大。

【解答】

當該鹵代烴發(fā)生水解反應時，被破壞的鍵是rm{壟脵}生成rm{-OH}當該鹵代烴發(fā)生消去反應時，被破壞的鍵是rm{壟脵}和rm{壟脹}生成碳碳雙鍵和rm{HX}故A正確。

故選A?！窘馕觥縭m{A}5、D【分析】【分析】本題旨在考查學生對有機物的成鍵特征、結構式和結構簡式、球棍模型等應用。【解答】A.因乙烯中存在官能團，在書寫結構簡式時碳碳雙鍵不能省略，乙烯的結構簡式為rm{CH}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=CH}rm{=CH}丁烯的碳碳雙鍵應位于號位，故B不符合題意；rm{2}故C不符合題意；rm{2}，故A不符合題意；故D符合題意。故選D。B.rm{1-}丁烯的碳碳雙鍵應位于rm{1}號位，故B不符合題意；【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A.}含甲酸某酯結構，具有rm{-CHO}的性質；能發(fā)生銀鏡發(fā)應，故A錯誤；

B.碳碳雙鍵、酚rm{-OH}的鄰對位與溴反應，rm{1mol}該物質最多可與rm{3molBr_{2}}反應；故B錯誤；

C.不能與碳酸氫鈉反應；故C錯誤；

D.酚rm{-OH}rm{HCOOC-}rm{-Cl}均與rm{NaOH}反應，rm{1mol}該物質最多可與rm{4mol}rm{NaOH}反應；故D正確；

故選D．

由結構可知分子中含酚rm{-OH}rm{HCOOC-}碳碳雙鍵、rm{-Cl}結合酚；酯、烯烴、鹵代烴的性質來解答．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意常見有機物的性質，題目難度不大．【解析】rm{D}二、雙選題(共7題，共14分)7、rBC【分析】解：由圖rm{1}可知，rm{T_{1}}時，rm{P_{2}}到達平衡的時間短，則速率快，所以rm{P_{2}>P_{1}}壓強越大，rm{C%}越大，即正方向為體積減小的方向，所以rm{x=1}rm{P_{2}}時，rm{T_{1}}到達平衡的時間短，則速率快，所以rm{T_{1}>T_{2}}溫度越高，rm{C%}越小，故正反應為放熱反應；即該反應為：rm{A(g)+B(g)}rm{C(g)triangleH<0}

A、由以上分析可知rm{x=1}故A錯誤；

B、在圖rm{II}中rm{Y}隨溫度的升高而降低，已知升高溫度平衡逆移，所以氣體的物質的量增加，平均摩爾質量減小，故rm{Y}軸可以表示混合氣體的平均摩爾質量，增大壓強平衡正移，平均摩爾質量增大，所以rm{P_{3}>P_{4}}故B正確；

C、一定溫度下，向達到平衡后的容器中再加入rm{2molC}采用極限法全部轉化為rm{A}和rm{B}時恰好為rm{1molA(g)}和rm{1molB(g)}達到平衡時與原平衡相比壓強增大，所以平衡正移，rm{C}的物質的量增大，則rm{C}的物質的量分數增大；故C正確；

D、在圖rm{II}中rm{Y}隨溫度的升高而降低，已知升高溫度平衡逆移，所以rm{A}的轉化率減??；若增大壓強平衡正移，rm{A}的轉化率增大，所以rm{P_{3}>P_{4}}故D錯誤；

故選BC．

由圖rm{1}可知，rm{T_{1}}時，rm{P_{2}}到達平衡的時間短，則速率快，所以rm{P_{2}>P_{1}}壓強越大，rm{C%}越大，即正方向為體積減小的方向，所以rm{x=1}rm{P_{2}}時，rm{T_{1}}到達平衡的時間短，則速率快，所以rm{T_{1}>T_{2}}溫度越高，rm{C%}越小，故正反應為放熱反應；即該反應為：rm{A(g)+B(g)}rm{C(g)triangleH<0}

由圖Ⅱ可知，rm{Y}隨溫度的升高而降低，可判斷rm{Y}為rm{A}的轉化率或混合氣體的平均摩爾質量等，結合壓強對平衡移動的影響判斷rm{P_{3}}rm{P_{4}}的關系．

本題旨在考查學生對化學平衡圖象的理解，由于勒夏特列原理只適用于“單因素”rm{(}濃度或溫度或壓強rm{)}改變，分析時應固定一個物理量，分析另一物理量對縱坐標的影響，題目難度中等．【解析】rm{BC}8、rAB【分析】解：rm{A}煤燃燒是化學能轉化為熱能的過程；故A正確；

B、植物進行光合作用制造有機物，儲存能量，植物死后，其尸體的一部分被腐生細菌或是真菌分解，剩下的植物的這些殘骸經過一系列的演變形成了煤炭rm{.}所以煤中儲存的能量來源于植物，植物中的能量來源于太陽能rm{(}或光能rm{)}所以化石燃料和植物燃料燃燒時放出的能量均來源于太陽能，故B正確；

C、動物體內葡萄糖被氧化成rm{CO_{2}}是化學能轉變成熱能的過程；故C錯誤；

D、植物通過光合作用將rm{CO_{2}}轉化為葡萄糖是太陽能轉變成化學能的過程；故D錯誤；

故選AB．

A；煤燃燒是化學能轉化為熱能的過程；

B、植物在光合作用中的物質轉化和能量轉化rm{.}植物的光合作用是將光能rm{(}太陽能rm{)}轉化為化學能；將無機物轉化為有機物；

C、動物體內葡萄糖被氧化成rm{CO_{2}}是化學能轉變成熱能的過程；

D、植物通過光合作用將rm{CO_{2}}轉化為葡萄糖是太陽能轉變成化學能的過程．

本題考查能量的轉換形式，注意常見能量的形式有哪些，結合轉化的特點來分析．【解析】rm{AB}9、rBC【分析】解：rm{A.}氯化鈉為離子晶體；易溶于極性分子水，而碘為非極性分子，不易溶于水，與分子間作用力無關，故A錯誤；

B.rm{Pb}的原子半徑比rm{C}的大，元素的非金屬性比rm{C}弱；對應的氫化物的穩(wěn)定性較弱，故B正確；

C.金屬晶體中金屬陽離子與自由電子存在金屬鍵；受外力時，陽離子容易發(fā)生滑動，不會破壞堆積方式和化學鍵，因此具有延展性，故正確；

D.氯化氫為共價化合物，水溶液能導電，rm{P_{4}O_{10}}rm{C_{6}H_{12}O_{6}}溶于水后均不導電；是因為二者為非電解質，故D錯誤；

故選：rm{BC}

A.依據相似相溶原理解答；

B.元素的非金屬性越強；對應的氫化物的穩(wěn)定性越強；

C.金屬晶體中金屬陽離子與自由電子存在金屬鍵；受外力時，陽離子容易發(fā)生滑動，不會破壞堆積方式和化學鍵；

D.有些共價化合物類型的電解質的水溶液能導電．

本題考查原子的結構與元素的性質，明確晶體的結構及性質是解題關鍵，注意元素性質的遞變規(guī)律，題目難度中等．【解析】rm{BC}10、rAD【分析】解：rm{A.}根據化合價升降判斷，rm{Zn}化合價只能上升，故為負極材料，rm{K_{2}FeO_{4}}為正極材料；故A正確；

B.rm{KOH}溶液為電解質溶液，則正極電極方程式為rm{2FeO_{4}^{2-}+6e^{-}+8H_{2}O=2Fe(OH)_{3}+10OH^{-}}故B錯誤；

C.總方程式為rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}生成rm{KOH}則該電池放電過程中電解質溶液濃度增大，故C錯誤；

D.電池工作時陰離子rm{OH^{-}}向負極遷移；故D正確．

故選AD．

某電池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}為電極材料，rm{KOH}溶液為電解溶質溶液，原電池發(fā)生工作時，發(fā)生反應為rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}rm{Zn}被氧化，為原電池的負極，rm{K_{2}FeO_{4}}具有氧化性，為正極，堿性條件下被還原生成rm{Fe(OH)_{3}}結合電極方程式以及離子的定向移動解答該題．

本題考查原電池知識，為rm{2016}年海南高考題，側重考查學生的分析能力，題目較為基礎，注意從元素化合價的角度分析，把握原電池與氧化還原反應的關系，難度不大．【解析】rm{AD}11、B|C【分析】解：A．CH3（CH2）4CH3中碳鏈呈立體鋸齒形；不都在同一平面上，故A錯誤；

B．CH3CH2CHO中含有3個碳原子；三點共面，一定處于同一平面上，故B正確；

C．CH3CH=CHCH3相當于乙烯中的2個H分別被甲基取代生成的；即甲基取代H原子的位置，乙烯中六個原子共平面，故此有機物中四個碳原子可以共平面，故C正確；

D．（CH3）3C-C部分中碳原子為四面體結構；一定不在同一平面上，故D錯誤；

故選BC．

常見具有平面形結構的有機物有苯；乙烯、甲醛；可在此基礎上結合甲烷的正四面體結構特征判斷有機物的結構，以此解答該題．

本題主要考查有機化合物的結構特點，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，做題時注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結構特點判斷有機分子的空間結構．【解析】【答案】BC12、BD【分析】【分析】本題考查了反應的現(xiàn)象，明確物質的性質是解題關鍵，注意苯酚與三價鐵離子顯紫色?！窘獯稹緼.碳酸鈉性質穩(wěn)定，久置于空氣中不發(fā)生變化，顏色不變，故A錯誤；B.苯酚久置在空氣；被氧化而顯粉紅色，故B正確；

C.rm{CaO}久置在空氣中生成氫氧化鈣，二者都是白色，所以顏色不變，故C錯誤；D.rm{Na}rm{2}rm{2}rm{O}久置在空氣中反應生成碳酸鈉，顏色由淡黃色變?yōu)榘咨蔇正確。故選BD。

rm{2}【解析】rm{BD}13、rBC【分析】解：在原子核外電子排布中，能量大小順序是rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d}

A.根據能量順序知，rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d

}故A錯誤；

B.根據能量順序知，所以rm{E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)}故B正確；

C.根據能量順序知，能級名稱相同時，能層越大其能量越大，所以rm{E(4f)>E(3d)>E(4s)>E(3p)}故C正確；

D.根據能量順序知，rm{E(5d)>E(4d)>E(3d)>E(2d)}故D錯誤；

故選BC．

在原子核外電子排布中，各能級能量高低順序為rm{E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)}相同rm{壟脵}而不同能級的能量高低順序為：rm{n}rm{ns<np<nd<nf}不同時的能量高低：rm{2s<3s<4s2p<3p<4p}rm{壟脷n}不同層不同能級rm{2s<3s<4s

2p<3p<4p}所以能量大小順序是rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d}據此分析解答．

本題考查原子核外電子中能量大小比較，明確不同能層、相同能層、不同能級等電子能量大小是解本題關鍵，會根據構造原理書寫原子核外電子排布式，題目難度中等．rm{壟脹}【解析】rm{BC}三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】【解析】【答案】（１１分）(1)O2+2H2O+4e-=4OH-2H2+4OH--4e-=4H2O（每空2分）(2)O2+4H++4e-=2H2O2H2-4e-=4H+（每空2分）18（1分）（3）0.03NA0.03g（每空１分）15、（1）鄰二甲苯（2）溴光照（3）（4）【分析】【分析】本題考查有機合成，題目難度中等，明確常見有機物結構與性質為解答關鍵，注意掌握苯及其同系物性質，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及邏輯推理能力?！窘獯稹?/p>

rm{A}和溴發(fā)生取代反應生成rm{B}根據rm{B}的結構簡式知，rm{A}為鄰二甲苯，其結構簡式為和溴發(fā)生取代反應生成rm{A}根據rm{B}的結構簡式知，rm{B}為鄰二甲苯，其結構簡式為rm{A}和溴在催化劑條件下發(fā)生取代反應生成，rm{A}和溴在催化劑條件下發(fā)生取代反應生成rm{C}根據rm{C}的分子式知，rm{C}的結構簡式為根據rm{A}的分子式知，rm{C}的結構簡式為rm{C}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{C}對二苯甲酸，其結構簡式為，rm{A}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{D}對二苯甲酸，其結構簡式為與氫氣發(fā)生加成反應生成rm{A}為rm{D}

，rm{A}與氫氣發(fā)生加成反應生成rm{E}為根據分析可知，rm{A}的結構簡式為：rm{E}

，

rm{(1)}根據分析可知，rm{A}的結構簡式為：是鄰二甲苯與溴在光照條件下發(fā)生的取代反應，在該反應的副產物中，與rm{(1)}互為同分異構體的副產物的結構簡式為rm{A}

，其化學名稱是鄰二甲苯，故答案為：鄰二甲苯；

rm{(2)A隆煤B}是鄰二甲苯與溴在光照條件下發(fā)生的取代反應，在該反應的副產物中，與rm{B}互為同分異構體的副產物的結構簡式為為rm{(2)A隆煤B}為rm{B}的化學方程式為：，

故答案為：溴，光照；；

rm{(3)A}為與酸性rm{(3)A}溶液反應可得到，rm{C}為則rm{C}的結構簡式為：，rm{A隆煤C}的化學方程式為：

rm{A隆煤C}，故答案為：【解析】rm{(1)}鄰二甲苯rm{(2)}溴光照rm{(3)}rm{(4)}16、rm{(1)}原電池

rm{(2)}陽極

rm{(2)}

rm{(4)4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}

rm{(3)CH_{3}OH-6e^{-}+8OH^{-}簍T6H_{2}O+CO_{3}^{2-}}rm{(4)4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=

end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}rm{(5)280}【分析】【分析】本題考查了原電池和電解池原理，為高頻考點，涉及電極反應式的書寫及物質的量的金屬，會結合電解質溶液酸堿性書寫電極反應式，再結合轉移電子相等進行計算，題目難度不大。【解答】rm{(1)}圖中甲池能自發(fā)進行氧化還原反應，將化學能轉化為電能，屬于原電池，故答案為：原電池；rm{(2)}通入甲醇的電極為負極、通入氧氣的電極為正極，rm{A}連接原電池正極，為電解池陽極，故答案為：陽極；rm{(3)}甲醇失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，電極反應式為rm{CH_{3}OH-6e^{-}+8OH^{-}簍T6H_{2}O+CO_{3}^{2-}}故答案為：rm{CH_{3}OH-6e^{-}+8OH^{-}簍T6H_{2}O+CO_{3}^{2-}}

rm{(4)}乙池中rm{A}電極上氫氧根離子放電、陰極上銀離子放電，所以乙池電池反應式為rm{4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}

故答案為：rm{4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}

rm{4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=

end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}極的質量增加rm{4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=

end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}時，rm{n(Ag)=dfrac{5.4g}{108g/mol}=0.05mol}則轉移電子為rm{(5)B(Ag)}根據轉移電子相等，甲池中理論上消耗rm{5.4g}的體積rm{=dfrac{0.05mool}{4}隆脕22.4L/mol=0.28L=280ml}rm{n(Ag)=dfrac

{5.4g}{108g/mol}=0.05mol}電極連接甲醇電極，所以rm{0.05mol}是陰極，根據轉移電子相等知，當析出一價金屬時，其摩爾質量rm{O_{2}}rm{dfrac{1.6g}{dfrac{5.4g}{108g/mol}}}rm{=dfrac

{0.05mool}{4}隆脕22.4L/mol=0.28L=280ml}如果金屬完全析出時還繼續(xù)電解才能與乙中轉移電子數相等，則析出的金屬摩爾質量大于丙池是電解池，陰極上金屬離子放電析出金屬單質，則金屬元素在氫元素之后，rm{D}電極連接甲醇電極，所以rm{D}是陰極，根據轉移電子相等知，當析出一價金屬時，其摩爾質量rm{=}則D正確；rm{D}rm{dfrac{1.6g}{dfrac{5.4g}{108g/mol}}隆脕2}rm{D}所以該金屬是銅，則溶液是硫酸銅溶液，故選BD；

故答案為：rm{=}rm{dfrac{1.6g}{dfrac

{5.4g}{108g/mol}}}rm{=32g/mol}如果金屬完全析出時還繼續(xù)電解才能與乙中轉移電子數相等，則析出的金屬摩爾質量大于rm{32g/mol}則D正確；【解析】rm{(1)}原電池rm{(2)}陽極rm{(2)}rm{(4)4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}rm{(3)CH_{3}OH-6e^{-}+8OH^{-}簍T6H_{2}O+CO_{3}^{2-}}rm{(4)4AgN{O}_{3}+2{H}_{2}Obegin{matrix}脥簍碌莽=

end{matrix}4Ag+{O}_{2}隆眉+4HN{O}_{3}}rm{(5)280}17、略

【分析】按照離子的放電順序書寫。Cu2+>H+；Cl—>OH—【解析】【答案】Cu2++2e-==Cu2Cl--2e-==Cl2CuCl2===Cu+Cl218、略

【分析】解：（1）3molNO2（g）與1molH2O（l）反應生成HNO3（aq）和NO（g），放熱138kJ，則熱化學方程式為3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=-138kJ/mol，故答案為：3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=-138kJ/mol；

（2）用CO（g）還原1molFe2O3（s），放熱24.8kJ，熱化學方程式為3CO（g）+Fe2O3（s）=3CO2（g）+2Fe（s）△H=-24.8kJ/mol；

故答案為：3CO（g）+Fe2O3（s）=3CO2（g）+2Fe（s）△H=-24.8kJ/mol；

（3）1molHgO（s）分解為液態(tài)汞和氧氣，吸熱90.7kJ，熱化學方程式為HgO（s）=Hg（l）+O2（g）△H=+90.7kJ/mol；

故答案為：HgO（s）=Hg（l）+O2（g）△H=+90.7kJ/mol；

（4）0.1molB2H6（g）在氧氣中燃燒，生成固態(tài)B2O3和液態(tài)水，放熱649.5kJ，則1molB2H6（g）在氧氣中燃燒，生成固態(tài)B2O3和液態(tài)水，放熱6495kJ，熱化學方程式為B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-6495kJ/mol；

故答案為：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-6495kJ/mol．

熱化學方程式應注明物質的狀態(tài)；物質的量與熱量成正比，且焓變的數值；單位、符號缺一不可，以此來解答．

本題考查熱化學方程式的書寫，為高頻考點，把握物質的狀態(tài)、反應中能量變化為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大，注意焓變的正負．【解析】3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）△H=-138kJ/mol；3CO（g）+Fe2O3（s）=3CO2（g）+2Fe（s）△H=-24.8kJ/mol；HgO（s）=Hg（l）+O2（g）△H=+90.7kJ/mol；B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-6495kJ/mol19、【答案】

（1）B；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；沒有；2H++2e-=H2↑

（2）橙。

（3）6

（4）5

（5）AgCl；5×10-3

【分析】rm{(1)}硫氰化鉀通常用來檢驗三價鐵離子；產生血紅色；

鐵屑中含有三氧化二鐵，故可能反應的離子方程式為rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}

金屬銅和硫酸不反應，不會產生氣泡，鐵片、銅片和硫酸形成的原電池中，金屬銅為正極，該極上氫離子得電子生成氫氣，電極反應為：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=

2Fe^{3+}+3H_{2}O}

故答案為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}沒有；rm{B}rm{B_{攏祿}Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}沒有；rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{B_{攏祿}Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=

2Fe^{3+}+3H_{2}O}若平衡體系的rm{2H^{+}+2e^{-_{=}}H_{2}隆眉}在酸性環(huán)境下，化學平衡rm{(2)}黃色rm{)+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙色rm{pH=2}正向移動；溶液顯示橙色，故答案為：橙；

rm{2CrO_{4}^{2-}(}第rm{)+2H^{+}?

Cr_{2}O_{7}^{2-}(}步中，還原rm{)+H_{2}O}rm{(3)}離子，即得到了rm{壟脷}的電子，根據氧化還原反應中的電子守恒，硫酸亞鐵中的亞鐵離子要變?yōu)槿齼r鐵離子，即需要rm{1mol}的rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}故答案為：rm{6mol}

rm{6mol}根據溶度積常數的表達式rm{FeSO_{4}隆隴7H_{2}O}可知，當溶液中rm{6}時，溶液的rm{c(OH^{-})=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-32}}{{10}^{-5}}}=10^{-9}mol/L}因此rm{c(H^{+})=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-9}}=10^{-5}mol/L}所以rm{(4)}即要使rm{Ksp=c(Cr^{3+})隆隴c^{3}(OH^{隆陋})=10^{-32}}降至rm{c(Cr^{3+})=10^{-5}mol/L}溶液的rm{c(OH^{-})=sqrt[3]{

dfrac{{10}^{-32}}{{10}^{-5}}}=10^{-9}mol/L}應調至rm{c(H^{+})=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-9}}

=10^{-5}mol/L}故答案為：rm{pH=5}

rm{c(Cr^{3+})}滴定過程中首先析出沉淀是rm{10^{-5}mol/L}rm{pH}時，rm{c(Ag^{+})=dfrac{2隆脕{10}^{-10}}{{10}^{-5}}=2隆脕{10}^{-5}mol/L}rm{c(CrO_{4}^{2?})=dfrac{2隆脕{10}^{-12}}{(2隆脕{10}^{-5}{)}^{2}}=5隆脕{10}^{-3}mol/L}故答案為：rm{5}rm{5}rm{(5)}rm{AgCl}【解析】【答案】

rm{(1)B_{攏祿}Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}沒有；rm{(1)B_{攏祿}Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=

2Fe^{3+}+3H_{2}O}

rm{2H^{+}+2e^{-_{=}}H_{2}隆眉}橙。

rm{(2)}

rm{(3)6}

rm{(4)5}rm{(5)AgCl}

rm{5隆脕10^{-3}}20、rm{.(1)}

rm{(2)}

rm{(3)}

rm{(4)}

rm{(5)}【分析】【分析】本題考查了有機物的結構、性質及其反應方程式的書寫，掌握有機物分子的結構特點和官能團之間的轉化是關鍵，側重考查官能團之間的轉化?！窘獯稹縭m{(1)A隆煤B}是烯烴與溴的加成反應，方程式為故答案為：rm{(2)B隆煤C}是鹵代烴的水解反應，方程式為故答案為：rm{(3)D隆煤E}是羰基與氫氣的加成反應，化學方程式為故答案為：rm{(4)E隆煤PLA}是乳酸的縮聚反應，化學方程式為故答案為：rm{(5)2}分子的乳酸脫水形成的環(huán)狀化合物中含有兩個酯基，化學方程式為故答案為：【解析】rm{.(1)}rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}21、c；放熱；H++OH-=H2O；Zn；銅片表面產生無色氣泡；2H++2e-=H2↑；2.24；0.2NA【分析】解：rm{(1)壟脵a}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}與rm{NH_{4}Cl}混合攪拌屬于常見的吸熱反應，故rm{a}錯誤；

B、碳酸鈣高溫分解成氧化鈣和二氧化碳的反應是吸熱反應，故rm錯誤；

碳與水蒸氣生成一氧化碳和氫氣是常見的吸熱反應；故B錯誤；

C、鋁與鹽酸反應，發(fā)生置換反應，屬于氧化還原反應，反應過程中放熱，故rm{c}正確；

故答案為：rm{c}

rm{壟脷}中和反應是放熱反應，離子方程式為rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}故答案為：放熱；rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}

rm{(2)}由于鋅比銅活潑；所以鋅作負極，所以消耗的金屬為鋅．

鋅失電子生成鋅離子進入溶液，電極反應式為鋅片：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}銅片上氫離子得電子生成氫氣，所以電極反應式為rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}原電池工作一段時間后，若消耗鋅rm{6.5g}物質的量rm{n(Zn)=dfrac{6.5g}{65g/mol}=0.1mol}

總反應：rm{n(Zn)=dfrac

{6.5g}{65g/mol}=0.1mol}

rm{Zn+2H^{+}=H_{2}隆眉+Zn^{2+}}rm{1}

rm{1}rm{0.1mol}

則放出標準狀況下氣體體積rm{0.1mol}

rm{=0.1mol隆脕22.4L/mol=2.24L}電路中通過的電子數為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}

故答案為：rm{0.2N_{A}}銅片表面產生無色氣泡；rm{Zn}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}rm{2.24}

rm{0.2N_{A}}根據常見的放熱反應有：所有的物質燃燒；所有金屬與酸反應、金屬與水反應；所有中和反應；絕大多數化合反應和鋁熱反應；

常見的吸熱反應有：絕大數分解反應，個別的化合反應rm{(1)壟脵}如rm{(}和rm{C}少數分解置換以及某些復分解rm{CO_{2})}如銨鹽和強堿rm{(}rm{)}或氫氣做還原劑時的反應；

rm{C}中和反應是放熱反應；

rm{壟脷}根據金屬的活潑性和原電池原理分析；鋅做負極被氧化，銅做正極溶液中氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，根據消耗的金屬的量和電極反應中電子守恒計算；

本題以原電池為載體考查了氧化還原反應的有關計算、原電池原理和電極反應，明確各物理量之間的關系和原電池原理是解本題的關鍵，難度不大．rm{(2)}【解析】rm{c}放熱；rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Zn}銅片表面產生無色氣泡；rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}rm{2.24}rm{0.2N_{A}}四、實驗題(共3題，共15分)22、略

【分析】（1）由于需要加熱，所以應選a裝置（2）乙醇體積=0.25*46/0.80(mL)=14.375mL，溶液總體積=36ml+25ml+14mL=75mL，加熱時溶液體積不能超過選用容器體積的一半，接近一半最好，故選用150mL燒瓶（5）棕黃色的粗溴乙烷含有很多的無機試劑H2SO4、NaBr、NaHSO4等，將粗溴乙烷和稀NaOH（aq）的混合物放在分液漏斗中用力振蕩，并不斷放氣，至油層無色，分液可得純溴乙烷【解析】【答案】(1)a。（1分）(2)C（1分）(3)B（1分）(4)C2H5OHC2H4↑+H2O2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O（3分）2HBr+H2SO4（濃）Br2+SO2↑+2H2OC2H5OH+2H2SO4（濃）2C+2SO2↑+5H2OC+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O（任意選取3個反應即可）（3分）(5)加入NaOH溶液后，分液，再把產品水洗，蒸餾即可。23、略

【分析】【解析】【答案】(1)將氣體通入品紅溶液中，如品紅褪色，加熱后又變紅，證明有SO2。（2分）(2)debc；（2分）安全瓶，防止倒吸；尾氣處理，防止污染（各2分）（3）鐵粉過濾（各2分）（4）將試紙放到表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，點到試紙的中央，然后跟標準比色卡對比。低（各2分）24、略

【分析】解：（1）依據儀器形狀可知：A為分液漏斗；B為冷凝管；

故答案為：分液漏斗；冷凝管；

（2）苯與液溴在Fe的催化作用下發(fā)生取代反應生成溴苯，其反應的化學方程式為：

故答案為：．

（3）溴化氫易溶于水；容易發(fā)生倒吸，長導管的下口不插入錐形瓶可以防止倒吸的發(fā)生；

故答案為：防止倒吸；

（4）反應后生成的溴苯中含有少量的溴；溴苯與氫氧化鈉不反應，溴與氫氧化鈉反應生成溴化鈉和次溴酸鈉，可用NaOH溶液洗滌除去溴苯中的溴；

故答案為：除去溴苯中的溴；

（5）冷凝水的流動方向應自下而上；這樣的冷卻效果好，確保充分冷卻，反應尾氣中有揮發(fā)的溴和生成的溴化氫，能污染空氣，所以要用堿石灰吸收尾氣；

故答案為：m；吸收多余HBr氣體；防止空氣污染．

（1）熟悉儀器的性質；說出其名稱；

（2）液溴與苯在鐵做催化劑條件下發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫；

（3）溴化氫易溶于水；容易發(fā)生倒吸；

（4）溴與氫氧化鈉反應生成溴化鈉和次溴酸鈉；

（5）根據冷凝效果判斷水的流動方向；反應尾氣中有揮發(fā)的溴和生成的溴化氫，能污染空氣，所以要吸收尾氣．

本題主要考查了苯的性質實驗，掌握反應的原理、各物質的性質以及操作的方法是解題的關鍵，難度不大．【解析】分液漏斗；冷凝管；防止倒吸；除去溴苯中的溴；m；吸收多余HBr氣體，防止空氣污染五、元素或物質推斷題(共4題，共20分)25、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，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是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應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是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，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）226、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等，二者原子序數相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數是最外層電子數的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數之比為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，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：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越大原子半徑越??；原子核外電子層數越多，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)生中和反應產生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：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反應產生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應產生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據H；Na反應后的固體與水反應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構在元素推斷中的應用。根據元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H227、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，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