2025年人教版高二化学下册月考试卷

…………○…………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2025年人教版高二化学下册月考试卷49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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列酸在与金属发生反应时，其中S或N元素的化合价不发生变化的是（）A.稀硫酸B.稀硝酸C.浓硫酸D.浓硝酸2、醋酸溶液中存在电离平衡rm{CH_{3}COOH?H^{+}+CH_{3}COO^{-}}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数rm{Ka}值增大B.rm{0.10mol/L}的rm{CH_{3}COOH}溶液中加水稀释，溶液中rm{c(OH^{-})}增大C.rm{CH_{3}COOH}溶液中加少量的rm{CH_{3}COONa}固体，平衡逆向移动D.室温下，欲使rm{0.1mol/L}醋酸溶液的rm{pH}电离度rm{娄脕}都减小，可加入少量水3、rm{017}年rm{12}月rm{11}日，长征三号乙运载火箭成功将阿尔及利亚一号通信卫星送入预定轨道。长征三号乙运载火箭使用偏二甲肼rm{(}rm{)}作推进剂。偏二甲肼属于rm{(}rm{)}A.酸B.盐C.无机物D.有机物4、下列物质不可以导电的是（）A.甲苯B.金属CuC.NaCl溶液D.HCl溶液5、下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A.乙醇与浓硫酸共热至170℃；由丙烯与水反应制丙醇B.由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C.乙醇与浓硫酸加热到140℃；由丙烯加溴制1，2二溴丙烷D.由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；溴乙烷与氢氧化钠溶液反应6、光导纤维的主要成分是rm{(}rm{)}A.纯硅B.玻璃C.纯rm{SiO_{2}}D.沙子7、下列各组有机物，不论以何种比例混合，只要二者的物质的量之和不变，完全燃烧时消耗氧气的物质的量和生成水的物质的量分别相等的是rm{(}rm{)}A.乙醛和甲酸甲酯B.乙烷和乙醇C.苯和苯甲酸D.乙炔和苯评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、Na2CO3固体中混有少量NaHCO3，除去的方法是_______________________，反应的化学方程式为___________________________；NaHCO3溶液中含有少量Na2CO3，除去的方法是___________________，反应的离子方程式为．9、（14分）X、Y、Z三种元素，原子序数依次减小。X是第四周期主族元素，其部分电离能如图17所示；X、Y元素具有相同的最高正化合价；Z元素是形成化合物种类最多的元素。回答下列问题：（1）已知Y元素的电负性为1.2，氮元素的电负性为3.0，则Y与氮形成的化合物的化学式为，该化合物的晶体类型为（2）电负性：X______Y（填“>”、“=”或“<”）。（3）元素Z的一种氢化物（化学式为Z2H4）是重要的化工原料。有关Z2H4分子的说法正确的是__________（填字母）。A．分子中含有氢键B．分子中既含有极性键又含有非极性键C．含有4个σ键和1个π键D．属于非极性分子（4）X的氧化物与钛（Ti）的氧化物相互作用，能形成钛酸盐，其晶体结构示意图如图18所示（X、Ti和O三种元素对应的离子分别位于立方体的体心、顶点和面心）。该晶体中，钛离子和周围________（填数字）个氧离子相紧邻。（5）X的氧化物的熔点比Y的氧化物的熔点____（填“高”或“低”），原因是。10、已知rm{25隆忙}时，rm{K_{a}(CH_{3}COOH)=1.6隆脕10^{-5}}．

rm{(1)}向rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液中加入一定量rm{1mol?L^{-1}}盐酸时，上式中的数值是否发生变化______rm{(}填是或否rm{)}解释原因______

rm{(2)}若醋酸的起始浓度为rm{0.010mol?L^{-1}}平衡时rm{c(H^{+})=}______．11、（1）水在不同的温度和压强条件下可以形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g·cm－3到约为水的一倍半。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰－Ⅶ的晶体结构为一个如下图所示的立方晶胞，每个水分子可与周围____________个水分子以氢键结合，晶体中，1mol水可形成________mol氢键。（2）已知下列元素的电负性数据：H为2.1，O为3.5，F为4.0。OF2与水的立体结构相似，但水分子的极性比OF2强得多，其原因有：①OF2中氧原子上有两对孤对电子，抵消了F—O键中共用电子对偏向F而产生的极性；②从电负性上看，___________________________。12、有三瓶无色溶液的标签损坏了，只知道它们分别是盐酸、BaCl2溶液和Na2CO3溶液。甲、乙两位同学各用一种试剂，一次性鉴别都取得了成功。甲用的一种指示剂是_________；乙用的一种酸溶液是__________。丙同学没用任何试剂也鉴别成功了，他的鉴别过程是：取样于试管中，编号为a、b、c，然后将三种溶液两两混合，发现a加入b中有气泡产生，a加入c中有白色沉淀产生，则a、b、c分别是________、________、__________。13、（14分）硝酸是一种重要的化工原料，工业上生产硝酸的主要过程如下：（1）以N2和H2为原料合成氨气:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应。若容器容积恒定，达到平衡状态时，容器内的压强是原来的则N2的转化率a1=_______；若容器压强恒定，达到平衡状态时，N2的转化率为a2，则a2______a1（填“＞”、“＜”或“=”）。（2）以氨气、空气为主要原料制硝酸：①NH3被氧气催化氧化生成NO的反应的化学方程式是___________________________________；②在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＞0该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图所示,若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）_______________；a．在t1～t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态b．在t2时，采取的措施一定是升高温度c．在t3～t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态d．在t0～t5时，容器内NO2的体积分数在t3时值的最大③向容积相同、温度分别为T1和T2的两个密闭容器中分别充入等量NO2发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，恒温恒容下反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量分别为a1、a2，已知T1＜T2，则a1_______a2A．大于B．小于C．等于D．以上都有可能（3）硝酸厂常用如下2种方法处理尾气：①催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2；已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=﹣483.5kJ/mol、N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+133kJ/mol则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是_________________________；②碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，若每9.2gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.1mol，则反应的离子方程式是__________________________________。评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)14、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）。15、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：_____________。16、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）。17、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_______评卷人得分四、简答题(共3题，共12分)18、在10L的氧气中充分燃烧2.0L乙烷，反应后气体的体积为______L，如果将生成的气体通过足量的石灰水后，剩余气体的体积是______L（气体体积均在常温下测定）．19、根据题目要求完成有关填空：

rm{(1)A}rm{B}两种有机物分子式都是rm{C_{9}H_{11}NO_{2}}．

化合物rm{A}是天然蛋白质的水解产物，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基rm{.}则rm{A}的结构简式是______．

化合物rm{B}是某种分子式为rm{C_{9}H_{12}}的芳香烃的一硝化后的唯一产物rm{(}硝基连在苯环上rm{).}则rm{B}的结构简式是______．

rm{(2)}烷基取代苯rm{(C_{6}H_{5}-R)}可以被rm{KMnO4}的酸性溶液氧化成rm{(C_{6}H_{5}-COOH).}但若烷基rm{R}中直接与苯环连接的碳原子上没有rm{C-H}键，则不容易被氧化得到羧酸rm{.}现有分子式是rm{C_{11}H_{16}}的一烷基取代苯，已知它可以被氧化为苯甲酸的异构体有rm{7}种，其中的rm{3}种是：

请写出其它四种同分异构体的结构简式：______、______、______、______．20、某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题rm{(}甲、乙、丙三池中溶质足量rm{)}当闭合该装置的电键rm{K}时；观察到电流计的指针发生了偏转．

请回答下列问题：

rm{(1)}甲池为______rm{(}填“原电池”、“电解池”或“电镀池”rm{)}rm{A}电极的电极反应式为______．

rm{(2)}丙池中rm{F}电极为______rm{(}填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”rm{)}该池的总反应方程式为______．

rm{(3)}当乙池中rm{C}极质量减轻rm{10.8g}时，甲池中rm{B}电极理论上消耗rm{O_{2}}的体积为______rm{mL(}标准状况rm{)}．

rm{(4)}一段时间后，断开电键rm{K}下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是______rm{(}填选项字母rm{)}．

A.rm{Cu}rm{B.CuO}

C.rm{Cu(OH)_{2}}rm{D.Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}．评卷人得分五、综合题(共2题，共10分)21、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．22、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7题，共14分)1、A【分析】稀硫酸是非氧化性酸，和金属反应，氢离子被还原。BCD都是氧化性酸，酸根被还原，所以正确的答案是A。【解析】【答案】A2、D【分析】解：rm{A.}醋酸的电离是吸热反应；升高温度促进醋酸电离，导致醋酸电离平衡常数增大，故A正确；

B.加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，醋酸电离平衡常数不变，导致rm{c(OH^{-})}增大；故B正确；

C.向醋酸中加入rm{CH_{3}COONa}固体；抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故C正确；

D.加入少量水促进电离平衡正向进行，氢离子浓度减小，溶液rm{PH}减小；电离度增大，故D错误；

故选D．

A.升高温度；促进弱电解质电离，温度不变，电离平衡常数不变；

B.加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，rm{c(OH^{-})}增大；

C.向醋酸中加入rm{CH_{3}COONa}固体；抑制醋酸电离；

D.室温下，欲使rm{0.1mol/L}醋酸溶液的rm{pH}电离度rm{娄脕}都减小；氢离子浓度增大，平衡逆向进行．

本题考查了弱电解质的电离，根据电离平衡原理来分析解答，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液酸性强弱、溶液浓度无关，为易错点，题目难度中等．【解析】rm{D}3、D【分析】略【解析】rm{D}4、A【分析】解：A．甲苯是非电解质；不含自由移动电子或离子，所以不能导电，故A选；

B．Cu中含有自由移动电子；所以能导电，故B不选；

C．NaCl溶液中含有自由移动的离子；所以能导电，故C不选；

D．HCl溶液中含有自由移动的离子；所以能导电，故D不选；

故选A．

含有自由移动电子或离子的物质能导电；只要该物质中含有自由电子或自由移动的离子就能导电，据此分析解答．

本题考查物质的导电性，明确物质导电原理是解本题关键，知道电解质与导电的关系，注意电解质不一定导电，题目难度不大．【解析】【答案】A5、D【分析】解：A．乙醇与浓硫酸共热至170℃生成乙烯和水；属于消去反应；由丙烯与水反应制丙醇，是碳碳双键断裂，分别加上氢原子和羟基，属于加成反应，二者反应类型不同，故A错误；

B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；是苯环上的H被硝基取代，属于取代反应；由甲苯氧化制苯甲酸，属于氧化反应，二者反应类型不同，故B错误；

C．乙醇与浓硫酸加热到140℃生成乙醚；属于取代反应；由丙烯加溴制1，2二溴丙烷属于加成反应，二者反应类型不同，故C错误；

D．由乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；酯化反应属于取代反应；溴乙烷与氢氧化钠溶液发生水解反应生成乙醇和溴化钠，水解反应属于取代反应，二者反应类型相同，故D正确．

故选：D．

根据物质的性质及反应来分析选项中的反应的类型；掌握常见的有机反应类型有取代；加成、氧化等．

有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；

有机物分子中的不饱和键断裂；断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；

反应过程中有电子转移的化学反应是氧化还原反应；在有机反应中加H去O属于还原反应，反之加O去H属于氧化反应；

有机化合物在有β氢的条件下；从一个分子中脱去一个或几个小分子（如水；卤化氢等分子），而生成不饱和（碳碳双键或三键或苯环状）化合物的反应，叫做消去反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物中的官能团及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重性质及有机反应类型的考查，题目难度不大．【解析】【答案】D6、C【分析】解：光导纤维的主要成分是rm{SiO_{2}}

rm{A}因纯硅的成分为硅；故A错误；

rm{B}因玻璃的主要成分为硅酸钠、硅酸钙、rm{SiO_{2}}故B错误；

rm{C}因光导纤维的成分为rm{SiO_{2}}故C正确；

rm{D}因沙子的主要成分为rm{SiO_{2}}故D错误；

故选：rm{C}．

根据各物质的主要成分分析，纯硅的成分为硅，玻璃的主要成分为硅酸钠、硅酸钙、rm{SiO_{2}}导纤维的成分为rm{SiO_{2}}沙子的主要成分为rm{SiO_{2}}．

本题的选项D很容易误选，光导纤维的主要成分rm{SiO_{2}}而不是沙子，因为沙子的主要成分是rm{SiO_{2}}．【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A}乙醛rm{(C_{2}H_{4}O)}和甲酸甲酯rm{(C_{2}H_{4}O_{2})}两者等物质的量时消耗氧的物质的量不等，故A错误；

B、乙烷rm{(C_{2}H_{6})}和乙醇rm{(C_{2}H_{6}O)}分子中氢原子个数相同，rm{1mol}乙烷的耗氧量为rm{(2+dfrac{6}{4})mol=3.5mol}rm{(2+dfrac

{6}{4})mol=3.5mol}乙醇的耗氧量为rm{(2+dfrac{6}{4}-0.5)mol=3mol}耗氧量不相等，不符合题意，故B错误；

C、苯rm{1mol}和苯甲酸rm{(2+dfrac

{6}{4}-0.5)mol=3mol}分子中氢原子数目相同，rm{(C_{6}H_{6})}苯的耗氧量为rm{(6+dfrac{6}{4})mol=7.5mol}rm{(C_{7}H_{6}O_{2})}苯甲酸的耗氧量为rm{(7+dfrac{6}{4}-1)mol=7.5mol}符合题意，故C正确；

D、乙炔rm{1mol}和苯rm{(6+dfrac

{6}{4})mol=7.5mol}分子中氢原子数目不相等；不符合题意，故D错误；

故选C．

根据总物质的量一定时有机物完全燃烧时，生成水的质量和消耗rm{1mol}的质量不变，则化学式中的氢原子个数相同，在rm{(7+dfrac

{6}{4}-1)mol=7.5mol}中rm{(x+dfrac{y}{4}-dfrac{z}{2})}相同即符合题意．

本题考查有机物的燃烧计算，掌握利用燃烧通式法进行的分析解答，本题中学生容易按照总质量一定来解答而出错．rm{(C_{2}H_{2})}【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，所以加热即可，方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；碳酸钠内吸收CO2生成碳酸氢钠，所以通入CO2即可，方程式为CO32－+CO2+H2O=2HCO3－。【解析】【答案】(6分)加热；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；通入足量的二氧化碳；CO32－+CO2+H2O=2HCO3－9、略

【分析】根据X的电离能可知，X的最高价是＋2价，所以X是钙，则Y是镁。Z元素是形成化合物种类最多的元素，所以Z是碳元素。（1）镁的最高价是＋2价，氮元素的最低价是－3价，二者都是活泼的金属和非金属，所以形成的化学键是离子键，化合物是离子化合物，化学式为Mg3N2。（2）金属性越强，电负性越小，所以X的电负性小于Y的。（3）化学式为Z2H4的应是乙烯，碳元素不能形成氢键，A不正确，B正确，C不正确，分子中含有碳碳双键，所以应该是5个σ键和1个π键，D正确，答案选BD。（4）钛离子在顶点处，而氧离子在面心处，所以钛离子和周围3×8÷2＝12铬氧离子相紧邻。（5）CaO、MgO都是离子晶体，Ca2＋半径比Mg2＋大，CaO晶格能小，熔点低。【解析】【答案】（14分，每空2分）（1）Mg3N2（2分）离子晶体（2分）（2）<（2分）（3）B、D（2分）（4）12（2分）（5）低（2分）CaO、MgO都是离子晶体，Ca2＋半径比Mg2＋大，CaO晶格能小，熔点低（2分）10、略

【分析】解：rm{(1)}向醋酸溶液中加入盐酸；醋酸的电离平衡常数不变，因为电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故答案为：不变；温度不变，弱电解质的电离平衡常数不变；

rm{(2)c(H^{+})=sqrt{K_{w}c(CH_{3}COOH)}=sqrt{1.6隆脕10^{-5}隆脕0.010}mol/L隆脰4隆脕10^{-4}mol/L}故答案为：rm{(2)c(H^{+})=sqrt

{K_{w}c(CH_{3}COOH)}=sqrt

{1.6隆脕10^{-5}隆脕0.010}mol/L隆脰4隆脕10^{-4}mol/L}．

rm{4隆脕10^{-4}mol/L}电离平衡常数只与温度有关；温度不变，酸的电离平衡常数不变；

rm{(2)c(H^{+})=sqrt{K_{w}c(CH_{3}COOH)}}．

本题考查了弱电解质的电离，根据电离平衡常数公式来分析解答，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点．rm{(1)}【解析】不变；温度不变，弱电解质的电离平衡常数不变；rm{4隆脕10^{-4}mol/L}11、略

【分析】（1）观察图示的立方晶胞的中心水分子可知，该水分子与周围4个水分子以氢键结合；每2个水分子间形成的1个氢键，每个水分子只分得一半，故晶体中1mol水可形成4mol×0.5＝2mol氢键。（2）根据题中所给出的元素的电负性数据：H为2.1，O为3.5，F为4.0，氧与氢的电负性差（1.4）大于氧与氟的电负性差（0.5），因此，虽然OF2与水的立体结构相似，但水分子的极性比OF2强得多。【解析】【答案】（1）42（2）氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差12、略

【分析】试题分析：因为盐酸呈酸性、Na2CO3溶液呈碱性、BaCl2溶液呈中性，因此盐酸、BaCl2溶液和Na2CO3溶液三种溶液与紫色石蕊试液混合时，溶液颜色依次变化为红色、紫色、蓝色；因为盐酸、BaCl2溶液和Na2CO3溶液三种溶液与稀硫酸混合，BaCl2生成白色硫酸钡沉淀、Na2CO3放出二氧化碳气体、盐酸不发生反应而无明显现象；因此与稀硫酸混合，出现的现象依次为无明显现象、出现白色沉淀、放出气体；盐酸、BaCl2溶液和Na2CO3溶液三种溶液两两相互混合时，发现a加入b中有气泡产生，推出产生气体是Na2CO3溶液能与盐酸产生二氧化碳气体；a加入c中有白色沉淀产生，是碳酸钠能与氯化钡溶液形成白色沉淀；则a、b、c分别是Na2CO3、盐酸、BaCl2。考点：考查物质鉴别。【解析】【答案】石蕊试液；H2SO4。Na2CO3、盐酸、BaCl2。13、略

【分析】试题分析：（1）根据三段式N2+3H22NH3开始物质的量（mol）130变化物质的量（mol）n3n2n平衡物质的量（mol）1-n3-3n2n根据压强和物质的量成正比，（1+3）：（1-n+3-3n+2n）=16：15，解得n=0.125mol,则N2的转化率a1=(0.123×3)÷3×100%=12.5%,若容器压强恒定，随着反应的进行，气体分子数不断减少，达到平衡状态时，气体体积减小，相当于在恒容条件下加压，平衡正向移动，氮气的转化率增大，则转化率a2大于a1。（2）①NH3被氧气催化氧化生成NO和水，在根据化合价升降相等配平，该反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O②a．该反应是气体体积减小的可逆反应，压强随着减小，达到平衡时，压强保持不变，则在t1～t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态，正确；b．升高温度，V(正)、V(逆)都增大，平衡逆向移动，V(逆)增幅达，在t2时，采取的措施不是升高温度，错误；c．在恒容、密闭容器中，密度始终不变，在t3～t4时，不能依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态，错误；d．该图像改变的条件均能使平衡正向移动，所以在t0～t5时，容器内NO2的体积分数在t5时值的最大，正确；选ad。③升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡时二氧化氮的含量增大，温度越高反应速度越快，到达平衡时时间越短，由pV=nRT可知，两个容器中的压强相等时，a1=a2，若P1＞P2，a1＞a2，若P1＜P2，a1＜a2，则以上都有可能，选D。（3）①根据盖斯定律，一式×2-二式，得-483.5×2-133=﹣1100kJ/mol，则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100kJ/mol；②9.2gNO2的物质的量为9.2/46=0.2mol，反应中只有NO2中氮元素化合价发生变化，有NO3-生成，0.2molNO2转移电子的物质的量是0.1mol,生成的NO3-的物质的量为0.1/(5-4)=0.1mol，解得x=+3，故还原产物为NO2-，且生成的NO3-和NO2-物质的量之比为1:1，同时反应生成CO2，二氧化氮和碳酸钠溶液反应的离子反应方程式为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2。考点：考查化学平衡的计算，热化学方程式的书写以及离子方程式的书写等知识。，【解析】【答案】（14分，每空2分）（1）12.5%；＞；（2）①4NH3+5O24NO+6H2O；②ad；③D；（3）①4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100kJ/mol；②2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2三、元素或物质推断题(共4题，共8分)14、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）215、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子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

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

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H216、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）217、略

【分析】【分析】

【详解】

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

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、简答题(共3题，共12分)18、略

【分析】解：2C2H6+7O2→4CO2+H2O

起始：2L10L00

变化：2L7L4L0

结束：03L4L0

反应后气体的体积为3L+4L=7L；

CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O；剩余的气体是3L氧气；

故答案为：7；3．

根据2C2H6+7O2→4CO2+H2O计算，CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O；剩余的气体是3L氧气．

本题考查化学方程式的计算，侧重于物质的性质和过量计算的考查，难度不大，注意常温下水是液体．【解析】7；319、略

【分析】解：rm{(1)A}是天然蛋白质的水解产物，一定是一种rm{娄脕-}氨基酸，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基rm{(-CH_{3})}所以是含有苯环的结构，所以结构简式为：rm{C_{9}H_{12}}芳香烃硝化后只得到一种产物，应为rm{1}rm{3}rm{5-}三甲基苯，所以rm{B}为：故答案为：

rm{(2)}由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是rm{C_{5}H_{12}}的一个取代基，这样写出rm{C_{5}H_{12}}的rm{3}种异构体：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}可以被氧化成为的酸一取代苯共有rm{7}种异构体rm{.}分别是．

故答案为：．

rm{(1)}天然蛋白质的水解产物是rm{娄脕-}氨基酸；rm{C_{9}H_{12}}芳香烃硝化后只得到一种产物，说明芳香烃的结构的对称性，应为rm{1}rm{3}rm{5-}三甲基苯；

rm{(2)}从题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是rm{C_{5}H_{12}}的一个取代基，这样只要写出rm{C_{5}H_{12}}的rm{3}种同分异构体；此题就可解决．

本题是对有机物的同分异构体知识的考查，以及结构简式的书写，可以根据所学的知识加以分析与回答，本题难度中等．【解析】20、略

【分析】解：rm{(1)}甲池能自发进行氧化还原反应为原电池，燃料电池中，燃料失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：rm{CH_{3}OH+8OH^{-}-6e^{-}篓TCO_{3}^{2-}+6H_{2}O}

故答案为：原电池；rm{CH_{3}OH+8OH^{-}-6e^{-}=CO_{3}^{2-}+6H_{2}O}

rm{(2)F}连接原电池负极，所以为阴极，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，电池反应式为：rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}2H_{2}SO_{4}+2Cu+O_{2}隆眉}

故答案为：阴极；rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}2H_{2}SO_{4}+2Cu+O_{2}隆眉}

rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

underline{;{碌莽陆芒};}}{;}2H_{2}SO_{4}+2Cu+O_{2}隆眉}极上的电极反应为：rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

underline{;{碌莽陆芒};}}{;}2H_{2}SO_{4}+2Cu+O_{2}隆眉}rm{(3)C}电极上的电极反应为：rm{Ag-e^{-}篓TAg^{+}}当