2024年沪教版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版高二化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列关于海水资源综合利用的说法中rm{.}正确的是A.海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化B.只通过物理变化即可从海水中提取溴单质C.从海水中可以得到rm{MgC1_{2}}可电解rm{MgC1_{2}}溶液制备rm{Mg}D.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等2、在rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}四个不同的容器中，在不同条件下进行反应rm{2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)}在rm{0隆芦}rm{t}时间内测得：rm{a}容器中rm{v}rm{(A)=1mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}rm{b}容器中rm{v}rm{(B)=0.6mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}rm{(B)=0.6

mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}容器中rm{c}rm{(C)=1.5mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}rm{v}容器中rm{(C)=1.5

mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}rm{(D)=12mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}则在rm{d}rm{v}时间内，反应速率最大的是A.rm{(D)=12

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}容器中B.rm{0隆芦}容器中C.rm{t}容器中D.rm{a}容器中rm{b}3、下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=1}的溶液中：rm{CO_{3}^{2-}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Na^{+}}B.由水电离产生的rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液中：rm{NO_{3}^{-}}rm{Mg^{2+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}C.在rm{dfrac{c(OH^{-})}{c(H^{+})}=1隆脕10^{12}}的溶液中：rm{dfrac

{c(OH^{-})}{c(H^{+})}=1隆脕10^{12}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cl^{-}}D.含rm{NO_{3}^{-}}的溶液中：rm{Al^{3+}}rm{Na^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{K^{+}}4、对于rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.都是直线形结构B.中心原子都采用rm{SP}杂化轨道C.rm{SO_{2}}为rm{V}形结构，rm{CO_{2}}为直线形结构D.rm{S}原子和rm{C}原子上都没有孤对电子5、下列物质分类正确的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}rm{SiO_{2}}rm{CO}均为酸性氧化物B.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、下列玻璃仪器中不能直接加热的是rm{(}rm{)}A.烧杯B.蒸馏烧瓶C.蒸发皿D.试管7、下列烷烃的系统命名中，不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{4-}二甲基戊烷B.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷C.丁烷D.rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷8、已知：rm{25隆忙}时，rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=5.61隆脕10^{-12}}rm{K_{sp}[MgF_{2}]=7.42隆脕10^{-11}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{25隆忙}时，饱和rm{Mg(OH)_{2}}溶液与饱和rm{MgF_{2}}溶液相比，前者的rm{c(Mg^{2+})}小B.rm{25隆忙}时，在rm{Mg(OH)_{2}}的悬浊液中加入rm{NaF}溶液后，rm{Mg(OH)_{2}}不可能转化为rm{MgF_{2}}C.rm{25隆忙}时，在等体积等浓度的氨水、rm{NH_{4}Cl}溶液中，rm{Mg(OH)_{2}}的rm{Ksp}前者小于后者D.rm{25隆忙}时，在rm{MgF_{2}}的悬浊液中通入少量的rm{HF}气体，rm{c(Mg^{2+})}减小9、下列各类烃中，碳氢两元素的质量比为定值的是（）A.烷烃B.环烷烃C.烯烃D.苯的同系物10、下列各组中的物质均能发生加成反应的是rm{(}rm{)}A.丙烯和丙醇B.苯和聚乙烯C.乙酸和溴乙烷D.丙烯和氯乙烯11、为了鉴定氯乙烷中氯元素的存在，以下各步实验：rm{垄脵}加入rm{AgNO_{3}}溶液rm{垄脷}加入rm{NaOH}的醇溶液，rm{垄脹}加热rm{垄脺}用rm{HNO_{3}}酸化溶液rm{垄脻}加入rm{NaOH}的水溶液其中操作顺序合理的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脻}B.rm{垄脷垄脹垄脺垄脵}C.rm{垄脺垄脹垄脻垄脵}D.rm{垄脻垄脹垄脺垄脵}12、下列物质一定属于同系物的是rm{(}rm{)}

A.rm{垄脺}和rm{垄脿}B.rm{垄脵.垄脷}和rm{垄脹}C.rm{垄脻}和rm{垄脽}D.rm{垄脺.垄脼}和rm{垄脿}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、（16分）写出下列反应的方程式和反应类型：①2-甲基丙烯使溴水褪色：②与氢氧化钠乙醇溶液共热：③蒸汽与O2的混合气体通过灼热的铜网：④与浓硫酸混合170℃反应：14、某些共价键的键能数据如下rm{(}单位：rm{kJ隆陇mol^{-1})}

。共价键rm{H-H}rm{Cl-Cl}rm{Br-Br}rm{H-Cl}rm{H-I}rm{I-I}rm{N隆脭N}rm{H-O}rm{H-N}键能rm{436}rm{247}rm{193}rm{431}rm{299}rm{151}rm{946}rm{463}rm{391}rm{(1)}把rm{1molCl_{2}}分解为气态原子时，需要____rm{(}填“吸收”或“放出”rm{)}____________rm{kJ}能量。rm{(2)}由表中所列的共价键所形成的分子中，最稳定的分子是____，最不稳定的分子是____，上表中极性最强的共价键是____。rm{(3)}试通过键能数据估算，写出氯化氢分解的热化学方程式____。15、（1）25℃；101kPa时；______纯物质完全燃烧生成______时所放出的热量，叫作该物质的燃烧热。

（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol

求：C（s）+O2（g）═CO（g）的反应热△H3=______。16、在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：。时间(s)012345n(NO)(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=。已知：＞则该反应是____热反应。（2）图中表示NO2的变化的曲线是。用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=____。（3）能说明该反应已达到平衡状态的是。A．v(NO2)=2v(O2)B．容器内压强保持不变C．NO、O2、NO2的浓度之比为2：1：2D．容器内密度保持不变E．容器内气体的颜色不再变化（4）缩小容器体积使压强增大，平衡向____反应方向移动（填“正”或“逆”），K值（填“增大”、“减小”或“不变”）17、运用化学反应原理研究氮；氧等单质及其化合物的反应有重要意义．

（1）发射卫星时可用肼（N2H4）作燃料；其方程式为：

N2H4+O2=N2+2H2O；若将此反应设计成如右图所示的原电池装置，请回答：

①负极反应式为：____；

②工作一段时间后正极附近溶液的pH变化为____（填“增大”“减小”或“不变”）；

③若用该电池电解以石墨为电极的100mL氯化铜溶液，一段时间后，两极均收集到2.24L气体（已换算成标准状况下的体积），则原溶液中Cu2+的物质的量浓度为____．

（2）在25℃时，向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成____沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为____．（已知25℃Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20）．

（3）在25℃时，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-），则溶液显____性（填“酸”“碱”或“中”），用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数kb=____．

18、影响化学反应速率的外界因素有______，______，______，______以及反应物颗粒大小，电磁波，紫外线等．19、按要求完成下列各小题rm{(1)}按要求写出下列反应方程式rm{垄脵}实验室制取乙炔：_______________________________________________________；rm{垄脷}乙醛发生银镜反应：_____________________________________________________；rm{垄脹CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}}与rm{NaOH}的水溶液共热：____________________________________；rm{(2)}有机物rm{A}的结构简式为它可通过不同化学反应分别制得rm{B}rm{C}和rm{D}三种物质。回答下列问题：

rm{垄脵A}rm{B}rm{C}中均含有的官能团的名称是________；rm{A篓D隆煤C}的反应类型是__________________；rm{D}属于烃的含氧衍生物中的______________rm{(}答物质类别rm{)}rm{垄脵A}rm{B}中均含有的官能团的名称是________；rm{C}的反应类型是__________________；rm{A篓D隆煤C}属于烃的含氧衍生物中的______________rm{D}答物质类别rm{(}

rm{)}由rm{垄脷}由rm{A}生成rm{B}的化学方程式是：_______________________________________________。生成rm{垄脷}的化学方程式是：_______________________________________________。rm{A}评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)20、一定温度下将rm{6molA}及rm{6molB}混合于rm{2L}的密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)篓TxC(g)+2D(g)}经过rm{5}分钟后反应达到平衡，测得rm{A}的转化率为rm{60{%}{,}C}的平均反应速率是rm{0{.}36{mol}{/}(L{?}min){.}}求：

rm{(1)}平衡时rm{D}的浓度rm{{=}}______．

rm{(2)B}的平均反应速率rm{upsilon(B){=}}______．

rm{(3)x{=}}______．

rm{(4)}开始时容器中的压强与平衡时的压强之比为______rm{(}化为最简整数比rm{)}．21、一定温度下的密闭容器中存在如下反应：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO_{2}(g)+H_{2}(g)}已知rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO_{2}(g)+H_{2}(g)}和rm{CO(g)}的起始浓度均为rm{H_{2}O(g)}经测定该反应在该温度下的平衡常数rm{2mol隆陇L^{-1}}试判断：rm{K=1}当rm{(1)}转化率为rm{CO}时，该反应是否达到平衡，若未达到，向哪个方向进行？rm{25%}达到平衡时，rm{(2)}的转化率为多少？rm{CO}当rm{(3)}的起始浓度仍为rm{CO}rm{2mol隆陇L^{-1}}的起始浓度均为rm{H_{2}O(g)}求平衡时rm{6mol隆陇L^{-1}}的转化率？rm{CO}22、rm{(1)}如图所示，将相同条件下的rm{m}体积rm{NO}和rm{n}体积rm{O_{2}}同时通入倒立于水槽中且盛满水的试管内，充分反应后，试管内残留rm{dfrac{m}{2}}体积的气体，该气体与空气接触后立即变为红棕色。则rm{n}与rm{m}的比值为_____

rm{(2)}将rm{25.6g}铜与rm{200mL10mol/L}的硝酸反应，铜完全溶解，产生的rm{NO}和rm{NO_{2}}混合气体在标准状况下的体积为rm{11.2L}则产生的rm{NO}与rm{NO_{2}}的体积比为________；参加反应的rm{HNO_{3}}的物质的量是________；待产生的气体全部释放后，向溶液中加入rm{2.5mol隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，恰好使溶液中的rm{Cu^{2+}}全部转化成沉淀，则加入rm{NaOH}溶液的体积为________rm{mL}评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。24、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

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

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。25、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。26、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

本题考查了海水资源及其综合利用，注意物质制备方法和原理的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单。A.海水蒸发制海盐；氯化钠溶解度随温度变化不大，利用溶剂蒸发析出氯化钠晶体分析，过程中是物理变化，故A错误；

B.海水中溴元素是溴离子；海水提溴的工业生产过程是先氧化溴离子为溴单质，用热空气吹出得到，过程中有氧化还原反应，故B错误；

C.电解氯化镁溶液得到氢氧化镁氢气和氯气；不能得到金属镁，工业上是电解熔融氯化镁得到，故C错误；

D.蒸馏法；电渗析法、离子交换法是海水淡化的主要方法；故D正确。

故选D。

【解答】【解析】rm{D}2、B【分析】【分析】本题是对化学反应速率的知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是掌握化学反应速率与化学计量数的关系，侧重基础知识的考查。【解答】依据rm{2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)}在rm{0隆芦}在rm{2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)}rm{0隆芦}rm{t}容器中rm{t}时间内测得：rm{a}容器中rm{a}rm{v}rm{v}rm{(A)=1mol隆陇L}容器中rm{(A)=1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆陇s}rm{隆陇s}rm{{,!}^{-1}}，rm{b}容器中rm{b}rm{v}rm{v}rm{(B)=0.6mol隆陇L}rm{(B)=0.6mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆陇s}rm{隆陇s}容器中rm{{,!}^{-1}}，换算成rm{v}rm{v}rm{(A)=1.2}rm{(A)=1.2}rm{mol隆陇L}rm{mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆陇s}rm{隆陇s}rm{{,!}^{-1}}rm{c}容器中rm{c}容器中rm{v}rm{v}rm{(C)=1.5mol隆陇L}rm{(C)=1.5mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆陇s}rm{隆陇s}rm{{,!}^{-1}}，换算成rm{v}rm{v}rm{(A)=1.0}rm{(A)=1.0}rm{mol隆陇L}rm{mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆陇s}rm{隆陇s}【解析】rm{B}3、B【分析】解：rm{A.pH=1}的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，rm{CO_{3}^{2-}}与氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B.由水电离产生的rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液呈酸性或碱性，rm{NO_{3}^{-}}rm{Mg^{2+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}之间不反应；都不与氢离子反应，在酸性条件下能够大量共存，故B正确；

C.在rm{dfrac{c(OH^{-})}{c(H^{+})}=1隆脕10^{12}}的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，rm{dfrac

{c(OH^{-})}{c(H^{+})}=1隆脕10^{12}}rm{NH_{4}^{+}}与氢氧根离子反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D.rm{Fe^{2+}}rm{Al^{3+}}之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选B．

A.该溶液中存在大量氢离子；碳酸根离子与氢离子反应；

B.该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子；四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

C.该溶液中存在大量氢氧根离子；铵根离子；亚铁离子与氢氧根离子反应；

D.铝离子与碳酸氢根离子发生水解反应．

本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间rm{HCO_{3}^{-}}如rm{(}和rm{Fe^{3+}}等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的rm{SCN^{-})}或rm{H^{+}}溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．rm{OH^{-}}【解析】rm{B}4、C【分析】解：rm{A.SO_{2}}的价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}(6-2隆脕2)=3}含有rm{=2+dfrac

{1}{2}(6-2隆脕2)=3}个孤电子对，该分子为rm{1}形结构，rm{V}的价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}(4-2隆脕2)=2}该分子是直线形结构，故A错误；

B.rm{CO_{2}}的价层电子对个数是rm{=2+dfrac

{1}{2}(4-2隆脕2)=2}所以硫原子采取rm{SO_{2}}杂化，rm{3}的价层电子对个数是rm{sP^{2}}所以碳原子采取rm{CO_{2}}杂化；故B错误；

C.rm{2}的价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}(6-2隆脕2)=3}该分子为rm{sP}形结构，rm{SO_{2}}的价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}(4-2隆脕2)=2}该分子是直线形结构，故C正确；

D.rm{=2+dfrac

{1}{2}(6-2隆脕2)=3}的孤电子对个数rm{V}rm{CO_{2}}的孤电子对个数rm{=2+dfrac

{1}{2}(4-2隆脕2)=2}所以二氧化硫有rm{SO_{2}}对孤对电子；二氧化碳没有孤对电子，故D错误；

故选：rm{=dfrac{1}{2}(6-2隆脕2)=1}

A.先计算分子的价层电子对；再根据价层电子对互斥理论确定分子的空间结构；

B.先计算分子的价层电子对；再根据价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式；

C.先计算分子的价层电子对；再根据价层电子对互斥理论确定分子的空间结构；

D.根据rm{CO_{2}}计算中心原子的孤对电子个数．

本题考查了原子的杂化方式、价层电子对互斥理论、分子的空间构型的判断等知识点，难度不大，注意原子的杂化方式的判断、分子空间构型的判断．rm{=dfrac{1}{2}(4-2隆脕2)=0}【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A}能与碱反应生成盐和水的化合物属于酸性氧化，rm{CO}为中性氧化物；与酸碱均不反应，故A错误；

B、有两种或多种物质组成的为混合物，福尔马林、水玻璃rm{(}硅酸钠的水溶液rm{)}氨水均为水溶液；所以都是混合物，故B正确；

C；四氯化碳在水溶液里和熔融状态下都不导电；是非电解质，故C错误；

D；硅酸是纯净物；不是分散系，所以不属于胶体，氯化铁溶液属于溶液，也不属于胶体，故D错误．

故选B．

A；根据能与碱反应生成盐和水的化合物属于酸性氧化物分析；

B；根据有两种或多种物质组成的为混合物判断；

C；根据在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质判断；

D、根据分散质粒子的直径在rm{1-100nm}的分散系为胶体判断．

本题考查了物质的分类，解答本题要充分理解物质的分类方法和常见物质的名称、俗名等，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断，题目难度不大．【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)6、rAB【分析】解：rm{A.}烧杯应垫石棉网加热；故A正确；

B.蒸馏烧瓶应垫石棉网加热；故B正确；

C.蒸发皿不是玻璃仪器；故C错误；

D.试管能直接加热；故D错误．

故选AB．

能够直接加热的仪器有：试管等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等rm{.}不能加热的仪器有：漏斗；量筒、集气瓶等．

本题考查直接加热的仪器及使用方法，难度不大，实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些根本就不能被加热．【解析】rm{AB}7、rAC【分析】解：rm{A.3}rm{4-}二甲基戊烷，该命名中编号错误，应该从距离取代基最近的一端开始，正确名称为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；故A错误；

B.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷，主链为丁烷，在rm{2}rm{3}号rm{C}各含有rm{1}个甲基；该命名合理，故B正确；

C.丁烷；没有指出是正丁烷还是异丁烷，该命名不合理，故C错误；

D.rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷，在rm{2}rm{3}号rm{C}各含有rm{2}个甲基；该命名合理，故D正确；

故选AC．

烷烃命名原则：

rm{垄脵}长选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

本题考查烷烃命名，题目难度不大，明确有机物的命名原则为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的规范答题能力．【解析】rm{AC}8、rAD【分析】解：rm{A.}因氢氧化镁溶度积小于rm{K_{sp}[MgF_{2}]}则饱和rm{Mg(OH)_{2}}溶液中的rm{Mg^{2+}}浓度较小；故A正确；

B.二者rm{Ksp}接近，加入浓rm{NaF}溶液可以使rm{Mg(OH)_{2}}转化为rm{MgF_{2}}故B错误；

C.rm{Ksp}不随浓度变化；只与温度有关，故C错误；

D.在rm{MgF_{2}}的悬浊液中通入少量的rm{HF}气体，溶液中氟离子浓度增大，则rm{c(Mg^{2+})}减小；故D正确；

故选AD．

A.氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中rm{Mg^{2+}}浓度较小；

B.氢氧化镁和rm{MgF_{2}}的溶度积接近，加入浓rm{NaF}溶液后，rm{Mg(OH)_{2}}可以转化为rm{MgF_{2}}

C.溶度积只要温度有关；

D.加入氟化氢后；溶液中氟离子浓度增大，则镁离子浓度减小．

本题考查了难溶物溶解平衡及其影响，题目难度中等，注意溶度积与温度有关，与离子浓度大小无关，为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{AD}9、B|C【分析】解：A、烷烃通式为CnH2n+2；碳氢两元素的质量比不为定值，故A错误；

B、环烷烃通式为CnH2n，最简式为CH2；碳氢两元素的质量比为定值，故B正确；

C、烯烃通式为CnH2n，最简式为CH2；碳氢两元素的质量比为定值，故C正确；

D、苯的同系物为CnH2n-6；碳氢两元素的质量比不为定值，故D错误；

故选BC．

碳氢两元素的质量比为定值；说明通式中碳氢元素原子最简式相同，据此分析判断．

本题考查了各类烃类同系物的通式分析，明确不同烃的通式书写是解题关键，题目较简单．【解析】【答案】BC10、rBD【分析】解：rm{A.}丙醇含rm{-OH}不能发生加成反应，故A不选；

B.苯可发生加成反应；苯乙烯含苯环；碳碳双键可发生加成反应，故B选；

C.乙酸含rm{-COOH}溴乙烷含rm{-Br}均不能发生加成反应，故C不选；

D.二者均含碳碳双键；可发生加成反应，故D选；

故选BD．

含碳碳双键、三键rm{-CHO}及苯环的有机物可发生加成反应；以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大．【解析】rm{BD}11、rBD【分析】解：鉴别氯乙烷中氯元素，由试剂可知应先发生消去反应，后加酸中和至酸性，然后加硝酸银生成白色沉淀，则操作顺序为rm{垄脷}加入rm{NaOH}的醇溶液、rm{垄脹}加热、冷却后加rm{垄脺}用rm{HNO_{3}}酸化溶液，最后rm{垄脵}加入rm{AgNO_{3}}溶液，生成白色沉淀可说明，即为rm{垄脷垄脹垄脺垄脵}或rm{垄脻垄脹垄脺垄脵}

故选BD．

鉴别氯乙烷中氯元素；应先水解或发生消去反应，后加酸中和至酸性，然后加硝酸银生成白色沉淀，以此来解答．

本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握有机物的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意卤代烃不含氯离子，题目难度不大．【解析】rm{BD}12、rAC【分析】本题考查同系物的判断。结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质互称为同系物。互为同系物的物质具有以下特点：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同；分子式不同、物理性质不同；研究对象是有机物。

A.rm{垄脺}为乙烯，含有一个双键，rm{垄脺}也只含一个双键，两者互为同系物，故A正确；B.rm{垄脿}rm{垄脵}和rm{垄脷}都属于芳香烃，结构不相似，分子式通式不相同，不是同系物，故B错误；C.rm{垄脹}和rm{垄脻}均属于链状二烯烃，且分子组成相差一个rm{垄脽}原子团，互为同系物，故C正确；D.rm{CH_{2}}rm{垄脺}和、rm{垄脼}和rm{垄脿}最简式相同，rm{垄脼}与rm{垄脿}rm{垄脼}与rm{垄脺}结构不一定相似。若都为烯烃，则为同系物，而rm{垄脼}存在同分异构体，可能为环烷烃，故D错误。故选A、rm{垄脺}和rm{垄脿}【解析】rm{AC}三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【解析】【答案】（共16分）方程式每个3分，反应类型1分答案略14、（1）吸收247（2）N2I2H-O（4）2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)△H=+179kJ·mol－1【分析】【分析】本题考查了键能与物质稳定性的关系，注意把握键能越大物质的稳定性越强。【解答】rm{(1)}化学键断裂要吸收能量，由表中数据可知把rm{1molCl_{2}}分解为气态原子时，需要吸收rm{247kJ}的能量，故答案为：吸收；rm{247KJ}

rm{(2)}因键能越大越稳定，最稳定的是rm{H_{2}}最不稳定的是rm{I_{2}}非金属性最强的是氧元素，rm{O-H}的极性最强；

故答案为：rm{H_{2}}rm{I_{2}}rm{H-O}rm{(3)}反应热rm{=}反应物的总键能rm{-}生成物的总键能rm{=2隆脕431kJ/mol-436kJ/mol-247kJ/mol=+179kJ/mol}热化学方程式为rm{=2隆脕

431kJ/mol-436kJ/mol-247kJ/mol=+179kJ/mol}rm{2HCl(g)=H}rm{2}rm{2}rm{(g)+Cl}rm{2}rm{2}。rm{(g)}【解析】rm{(1)}吸收rm{247}rm{(2)N_{2}}rm{I_{2}}rm{H-O}rm{(4)2HCl(g)=H_{2}(g)+Cl_{2}(g)}rm{triangleH=+179kJ隆陇mol^{-1;}}rm{triangle

H=+179kJ隆陇mol^{-1;}}15、1mol稳定的氧化物-110.5kJ/mol【分析】解：（1）25℃；101kPa时；1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫作该物质的燃烧热，故答案为：1mol；稳定的氧化物；

（2））①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol

由盖斯定律①-②得到C（s）+O2（g）═CO（g）的焓变△H3═-393.5kJ/mol-（-283.0kJ/mol）=-110.5kJ/mol；故答案为：-110.5kJ/mol。

（1）25℃；101kPa时；燃烧热指1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物的反应热；

（2）①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol

根据盖斯定律①-②得到C（s）+O2（g）═CO（g）的焓变△H3；

本题考查燃烧热概念和根据盖斯定律计算反应热，侧重概念和基础知识的考查，注意根据目标反应结合已知反应和盖斯定律进行计算，题目简单。【解析】1mol稳定的氧化物-110.5kJ/mol16、略

【分析】试题分析：化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物浓度幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数乘积的比。K=由于＞说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应反应是吸热反应，所以正反应是放热反应。（2）由于NO2是生成物，开始时的浓度小，达到平衡时的浓度大，排除cd。△C(NO)=(0.020-0.007)mol÷2L=0.0065mol/L,△C(NO)：△C(NO2)=1:1所以右图中表示NO2的变化的曲线是b.在0—2s内△C(NO)=(0.020-0.008)mol÷2L=0.006mol/L.△C(NO)：△C(O2)=2:1，△C(NO)=0.006mol/L,所以V(O2)=△C(O2)/△t=0.006mol/L÷2÷2s=1.5×10-3mol/(L·s）.(3)A在任何时刻都存在v(NO2)=2v(O2)，因此不能说明该反应达到平衡状态。错误。B.因为该反应是是在体积固定的密闭容器中进行的反应前后气体体积不等的可逆反应，如果反应前后气体的物质的量不变，则容器的压强就不变，任何物质的浓度都不发生变化。反应达到了平衡状态。正确。C.NO、O2、NO2的浓度之比为2：1：2只是一种极其特殊的情况，反应可能达到平衡状态，也可能未达到平衡状态。错误。D.由于容器的容积不变，所以无论是否反应，也无论反应是否达到平衡状态，容器内的气体的密度都不会发生变化。错误。E.如果反应达到平衡状态，则任何物质的浓度不变，则容器内C(NO2)的浓度不变，所以气体的颜色也不会发生变化。正确。选项为BE。（4）如果缩小容器体积使压强增大，根据平衡移动原理：增大压强化学平衡向气体体积减小的反应方向移动。对该反应来说，化学平衡向正反应方向移动。化学平衡常数K只与温度有关，而与其它外界条件无关。所以K不变。考点：考查化学平衡常数的表达、化学反应速率的计算、平衡状态的判断及移动的知识。【解析】【答案】（1）K=放热（2）b1.5×10-3mol/(L·s）（3）BE（4）正不变17、略

【分析】

（1）①N2H4+O2=N2+2H2O反应设计原电池；图中电解质溶液是碱性溶液，氮元素化合价-2变化为0价，失电子发生氧化反应；

电极反应为：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

故答案为：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

②原电池负极电极反应为N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；工作一段时间后正极附近溶液的pH变化增大；

故答案为：增大；

③若用该电池电解以石墨为电极的100mL氯化铜溶液，一段时间后，两极均收集到2.24L气体物质的量为0.1mol，电极反应为：阳极2Cl--2e-=Cl2↑，若生成0.1mol氯气转移电子0.2mol，阴极电极反应，Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，生成0.1mol氢气转移电子0.2mol，分析判断可知阳极除生成氯气外，还有氧气生成，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，电解过程是先电极氯化铜，再电解水，依据生成氢气为0.1mol，计算得到氧气0.05mol，生成氯气0.05mol，所以阴极得到电子的铜离子物质的量为0.05mol，原溶液中铜离子浓度==0.5mol/L

故答案为：0.5mol•L-1；

（2）已知25℃Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Mg（OH）2Cu（OH）2组成相似，溶度积常数越小，越易析出沉淀，在25℃时，向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H20=Cu（OH）2↓+2NH4+；

故答案为：Cu（OH）2；Cu2++2NH3•H20=Cu（OH）2↓+2NH4+；

（3）在25℃时，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-），依据电解质溶液电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），得到c（H+）=c（OH-），溶液呈中性；溶液中c（OH-）=10-7mol/L，c（NH4+）=c（Cl-）=×0.01mol•L-1=0.005mol•L-1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol•L-1-0.005mol•L-1=（0.5a-0.005）mol/L，NH3•H2O的电离常数===

故答案为：中，

【解析】【答案】（1）①；负极失电子发生氧化反应；依据元素化合价变化分析结合电解质溶液是碱性书写负极电极反应；

②；依据正极电极反应产物分析判断溶液PH变化；

③；依据电解过程中电极反应和电子守恒计算得到；

（2）依据氢氧化铜和氢氧化镁溶度积比较；组成相似，溶度积常数越小越易析出沉淀；依据沉淀生成写出离子方程式；

（3）依据电解质溶液电荷守恒分析判断溶液酸碱性；依据一水合氨电离常数不随浓度变化结合离子浓度计算电离常数；

18、略

【分析】解：常见的影响化学反应速率的外界因素有：温度；浓度、压强、催化剂、接触面积、构成原电池等；且搅拌、振荡、紫外线等均可加快反应速率；

故答案为：浓度；温度，压强，催化剂．

常见的影响化学反应速率的外界因素有：温度；浓度、压强、催化剂、接触面积、构成原电池等；以此来解答．

本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握常见的外界因素对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应物本性为影响反应速率的内因，题目难度不大．【解析】浓度；温度；压强；催化剂19、rm{(1)垄脵CaC_{2}+2H_{2}O隆煤C_{2}H_{2}隆眉+Ca(OH)_{2}}

rm{垄脷CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

rm{垄脹CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{脣庐}CH_{2}OHCOONa+HOCH}rm{垄脷CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}

CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{垄脹CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{脣庐}

CH_{2}OHCOONa+HOCH}rm{2}rm{2}

rm{CH}羧基消去反应酯类

rm{3}

rm{3}【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，化学方程式的书写等。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重官能团判断、物质分类及醇性质的考查，题目难度不大。【解答】rm{(1)垄脵}实验室用饱和食盐水与碳化钙反应制取乙炔，化学方程式为rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤C_{2}H_{2}隆眉+Ca(OH)_{2}}故答案为：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤C_{2}H_{2}隆眉+Ca(OH)_{2}}rm{垄脷}乙醛发生银镜反应的化学方程式为：rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}故答案为：rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}

CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}与rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}

CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}的水溶液共热发生氯原子、酯基的水解，化学方程式为：rm{CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{水}CH_{2}OHCOONa+HOCH_{2}CH_{3}+NaCl}故答案为：rm{CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{水}CH_{2}OHCOONa+HOCH_{2}CH_{3}+NaCl}rm{垄脹CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}}中含rm{NaOH}和碳碳双键，含氧官能团为羧基；rm{CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{水}

CH_{2}OHCOONa+HOCH_{2}CH_{3}+NaCl}中rm{CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{水}

CH_{2}OHCOONa+HOCH_{2}CH_{3}+NaCl}转化为碳碳双键，发生醇的消去反应；rm{(2)垄脵C}中含rm{-COOH}则属于酯类物质，且含苯环，为芳香酯类物质，故答案为：羧基；消去反应；酯类；rm{A隆煤C}由rm{-OH}生成rm{D}rm{-COOC-}转化为rm{垄脷}发生醇的催化氧化反应，该反应为故答案为：rm{A}【解析】rm{(1)垄脵CaC_{2}+2H_{2}O隆煤C_{2}H_{2}隆眉+Ca(OH)_{2}}rm{垄脷CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{垄脹CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{脣庐}CH_{2}OHCOONa+HOCH}rm{垄脷CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}

CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{垄脹CH_{2}ClCOOCH_{2}CH_{3}+2NaOHxrightarrow[?]{脣庐}

CH_{2}OHCOONa+HOCH}rm{2}rm{2}rm{CH}羧基消去反应酯类rm{3}

rm{3}四、计算题(共3题，共30分)20、（1）1.2mol/L

（2）0.12mol/（L．min）

（3）3

（4）10：11

【分析】【分析】

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法计算、速率及压强比的计算方法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。

【解答】

rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}经过rm{5}分钟后反应达到平衡，测得rm{A}的转化率为rm{60%}则。

rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}

起始浓度rm{(mol/L)3}rm{3}rm{0}rm{0}

转化浓度rm{(mol/L)3隆脕60%}rm{0.6}rm{0.6x}rm{1.2}

平衡浓度rm{(mol/L)}rm{1.2}rm{2.4}rm{0.6x}rm{1.2}

rm{(1)}由上述分析可知平衡状态rm{D}的浓度为rm{1.2mol/L}

故答案为：rm{1.2mol/L}

rm{(2)B}的平均反应速率rm{娄脭(B)=dfrac{0.6mol/L}{5min}=0.12mol/(}rm{娄脭(B)=dfrac

{0.6mol/L}{5min}=0.12mol/(}

故答案为：rm{L.min)}rm{0.12mol/(}

rm{L.min)}由速率之比等于化学计量数之比可知，rm{dfrac{1}{x}=dfrac{0.12}{0.36}}解得rm{(3)}

故答案为：rm{dfrac{1}{x}=dfrac

{0.12}{0.36}}

rm{x=3}开始时容器中的压强与平衡时的压强之比等于反应前后的物质的量之和的比，为rm{3}rm{(4)}rm{(6+6)mol}

故答案为：rm{(1.2+2.4+0.6隆脕3+1.2)mol/L隆脕2L=10}rm{11}

rm{10}【解析】rm{(1)1.2mol/L}

rm{(2)0.12mol/(L.min)}

rm{(3)3}

rm{(4)10}rm{11}

21、（1）当CO转化率为25%时，生成CO2和H2浓度均为0.5mol/L，未反应的CO和H2O浓度均为1.5mol/L，Q=所以反应未达到平衡状态，反应向右进行。（2）设平衡时CO转化率为xCO(g)+H2O(g)CO(g)+H2(g)起始(mol/L)2200转化(mol/L)2x2x2x2x平衡(mol/L)2-2x2-2x2x2xK=x=50%答：平衡时CO的转化率为50%。（3）设平衡时CO转化率为yCO(g)+H2O(g)CO(g)+H2(g)起始(mol/L)2200转化(mol/L)2y2y2y2y平衡(mol/L)2-2y6-2y2y2y温度不变，K不变，则K=y=75%答：平衡时CO的转化率为75%。【分析】【分析】本题考查化学平衡计算，涉及平衡常数有关计算，注意理解掌握平衡常数的应用，注意三段式法在化学平衡计算中的应用。【解答】rm{(1)}当rm{CO}转化率为rm{25%}时，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}浓度均为rm{0.5mol/L}未反应的rm{CO}和rm{H_{2}O}浓度均为rm{1.5mol/L}rm{Q=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{1}{9}<K=1}所以反应未达到平衡状态，反应向右进行；故答案为：反应未达到平衡，rm{Q=dfrac{1}{9}<k=1}平衡向正反应方向进行；

rm{Q=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{1}{9}<K=1}设平衡时反应未达到平衡，rm{Q=

dfrac{1}{9}<k=1}平衡向正反应方向进行；转化率为rm{Q=

dfrac{1}{9}<k=1}rm{(2)}rm{CO}起始rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}rm{2}转化rm{2}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{2x}平衡rm{2x}rm{2x}rm{2x}rm{(mol/L)2-2x}rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}rm{2-2x}故答案为rm{2x}rm{2x}设平衡时rm{K=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}转化率为rm{x=50%}rm{50%}rm{(3)}起始rm{CO}rm{y}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}转化rm{2}rm{6}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}平衡rm{2y}rm{2y}rm{2y}rm{2y}温度不变，rm{(mol/L)2-2y}不变，则rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2y隆脕2y}{left(2-2yright)left(2-2yright)}=1}rm{6-2y}故答案为：rm{2y}rm{2y}【解析】rm{(1)}当rm{CO}转化率为rm{25%}时，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}浓度均为rm{0.5mol/L}未反应的rm{CO}和rm{H_{2}O}浓度均为rm{1.5mol/L}rm{Q=}rm{dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{1}{9}<K=1}所以反应未达到平衡状态，反应向右进行。rm{

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{1}{9}<K=1}设平衡时rm{(2)}转化率为rm{CO}rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}起始rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}rm{2}rm{2}rm{0}转化rm{0}rm{(mol/L)}rm{2x}rm{2x}rm{2x}平衡rm{2x}rm{(mol/L)2-2x}rm{2-2x}rm{2x}rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}rm{2x}rm{K=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}的转化率为rm{x=50%}答：平衡时rm{CO}的转化率为rm{50%}设平衡时rm{CO}转化率为rm{50%}rm{(3)}rm{CO}起始rm{y}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}rm{2}转化rm{2}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{2y}平衡rm{2y}rm{2y}rm{2y}rm{(mol/L)2-2y}温度不变，rm{6-2y}不变，则rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2y隆脕2y}{left(2-2yright)left(2-2yright)}=1}rm{2y}rm{2y}的转化率为rm{K}rm{K=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆陇cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{2y隆脕2y}{left(2-2yright)left(2-2yright)}=1}22、rm{(1)3:8}

rm{(2)3:7}rm{1.3mol}rm{600}【分析】【分析】本题考查氮的氧化物、硝酸性质的化学反应及其与化学方程式有关的计算等，难度较大。【解答】rm{(1)}在一定条件下，将rm{m}体积rm{NO}和rm{n}体积rm{O_{2}}同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应，一氧化氮和氧气全部溶于水时按照下列反应进行，化学方程式为：rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}容器内残留气体为一氧化氮，所以和氧气全部溶于水的一氧化氮气体为rm{m-m/2=m/2}一氧化氮和氧气按照rm{4}rm{3}混合溶于水恰好全部溶解，所以rm{m/2}rm{n=4}rm{3}得到rm{n}rm{m=3}rm{8}故答案为：rm{3}rm{8}rm{(2)25.6g}铜的物质的量为rm{25.6g/64g/mol=0.4mol}rm{11.2L}混合气体的物质的量为rm{11.2L/22.4L/mol=0.5mol}令混合气体中rm{NO}和rm{NO_{2}}物质的量分别为rm{xmol}rm{ymol}由电子转移守恒有：rm{3x+y=0.4隆脕2}由二者物质的量之和：rm{x+y=0.5}联立方程，解得rm{x=0.15}rm{y=0.35}则产生的rm{NO}与rm{NO_{2}}的体积比为rm{0.15:0.35=3:7}参加反应的rm{HNO_{3}}一部分转化为rm{NO}和rm{NO_{2}}一部分与rm{Cu^{2+}}结合为rm{Cu(NO_{3})_{2}}所以参加反应的rm{HNO_{3}}的物质的量是rm{0.4molx2+0.5mol=1.3mol}向反应后溶液中加入rm{2.5mol隆陇L^{-1}NaOH}溶液，恰好使溶液中的rm{Cu}rm{2+}全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为rm{2+}rm{NaNO}，溶液中原有硝酸的物质的量浓度为rm{3}根据氮原子守恒可知rm{3}rm{0.2Lx10mol/L=2mol}rm{n(HNO}rm{3}rm{3}rm{)=n(NaNO}rm{3}故rm{3}由钠离子守恒rm{)+n(NO}rm{2}rm{2}所以加入rm{+NO)=n(NaNO_{3})+0.5mol=2mol}溶液的体积为rm{dfrac{1.5mol}{2.5mol/L}=0.6L=600mL}故答案为：rm{n(NaNO_{3})=1.5mol}rm{n(NaNO}rm{3}

rm{3}【解析】rm{(1)3:8}rm{(2)3:7}rm{1.3mol}rm{600}五、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）224、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电