2025年沪教版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年沪教版高三化学上册月考试卷432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6题，共12分)1、乙醇和乙酸乙酯组成的混合物中，已知其中氧的质量分数为36%，则100g此混合物完全燃烧后生成水的质量为（）A.104gB.90gC.92gD.88g2、工业废气中氮氧化物是主要的大气污染源之一．

已知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O．现有amolNO2和bmolNO的混合气，若用足量的NaOH溶液将其完全吸收，则混合气中两种气体的物质的量必须满足的关系是（）A.a=B.2a=bC.a≥bD.a＜b3、用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置图如图所示,下列说法中正确的是（）A.燃料电池工作时,正极反应为:O2+2H2O+4e-=4OH-B.a极是铁,b极是铜时,b极逐渐溶解,a极上有铜析出C.a极是粗铜,b极是纯铜时,a极逐渐溶解,b极上有铜析出D.a、b两极均是石墨时,在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等4、下列有关说法中正确的是()A.硅是非金属元素，与任何酸都不发生反应B.SiO2溶于水生成硅酸，其水溶液显酸性C.硅的性质很稳定，但在自然界中不存在游离态D.二氧化硅是酸性氧化物，可以与碱反应，但是不能与酸反应5、下列说法正确的是（）A.在光照条件下，甲烷与氯水发生取代反应B.有机反应中，卤代、硝化、磺化、酯化、水解反应等不完全是取代反应C.乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成了氢键D.若烃中碳、氢元素的质量分数相同．它们必定是同系物6、实验用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体经历下列过程，Fe3+在PH=5时已完全沉淀；其分析错误的是（）

A.利用Cu（OH）2替代CuO也可调试溶液pH不影响实验结果B.若要用实验测定所得硫酸铜晶体中结晶水的数目要用到坩埚和坩埚钳C.洗涤晶体：向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2-3次D.用18mol/L浓硫酸配制溶解所用4mol/L的稀硫酸，玻璃仪器一般只有3种评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.将0.2mol•L-1CH3COOH溶液和0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合液中：2c（OH-）+c（CH3COO-）=2c（H+）+c（CH3COOH）B.物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中，c（）的大小关系：①＞②＞③C.0.1mol•L-1NaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（）+c（）D.一定量（NH4）2SO4与NH3•H2O混合所得的酸性溶液中：c（）＜2c（）8、下列说法中正确的是（）A.NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B.P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′C.NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个D.单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子9、用电炉法炼镁时，要用大量的冷气体将炉口挥发出的镁蒸气降温以得到镁粉，可选用的气体是（）A.H2B.HeC.N2D.CO210、2013年4月5日国家食品药品监督管理局批准了抗H7N9流感新药帕拉米韦氯化钠注射液，帕拉米韦结构如图所示．下列有关说法正确的是（）A.该分子式为C15H28N4O4B.帕拉米韦能发生取代、加成、消去和氧化反应C.该分子为难溶于水的药物，遇FeCl3溶液显紫色D.该分子中含有4种官能团11、下列说法正确的是（）A.烷烃的熔、沸点随着相对分子质量的增大而升高B.凡是分子组成相差一个或若干个“CH2”原子团的物质，彼此一定是同系物C.各组成元素的质量分数相同且相对分子质量也相同的不同有机物一定互为同分异构体D.同分异构体间有相似的化学性质12、下列变化必须加入其他物质作还原剂才能发生的是（）A.SiO2→Na2SiO3B.H2SO4→SO2C.HClO→HClD.N2→NH3评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”．由合成气制备二甲醚的主要原理如下：

反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1

反应Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

反应Ⅲ：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H3

相关反应在不同温度时的平衡常数及其大小关系如下表所示。

。温度/K反应I反应II已知：

K1＞K2＞K1′＞K2′298K1K2328K1′K2′回答下列问题：

（1）反应Ⅰ的△S____0（填“＞”或“＜”）；反应Ⅱ的平衡常数表达式为____，反应Ⅲ是____反应（填“吸热”或“放热”）．

（2）在合成过程中，因为有CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应发生，所以能提高CH3OCH3的产率，原因是____．

（3）如图1两条曲线分别表示反应I（按物质的量比：n（CO）：n（H2）=1：2）中压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化关系，计算压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是____．

（4）反应Ⅲ逆反应速率与时间的关系如2图所示：

①试判断t2时改变的条件是____或____．

②若t4扩大容器体积，t5达到平衡，t6时增大反应物浓度，请在图2中画出t4-t6的变化曲线．14、药物E具有抗癌抑菌功效，其合成路线如下。已知：NaBH4是一种很强的还原剂，可以将-CN还原为-CH2NH2（1）关于化合物D的说法错误的是_______________a．1molD最多可与3molH2发生加成反应b．可以与盐酸发生反应c．可以使高锰酸钾酸性溶液褪色d．是烃的含氧衍生物（2）反应③在水溶液中进行，HCl是催化剂，此反应中除了生成D外，还有一种产物，该产物的名称是_________________。（3）E的结构简式为______________________。（4）合成路线中设计反应①和③的目的是____________________________________________（5）阅读以下信息，依据以上流程图和所给信息，以CH3CHO和CH3NH2为原料设计合成α-氨基丙酸【CH3CH(NH2)COOH】的路线。已知：提示：①合成过程中无机试剂任选，②合成反应流程图表示方法示例如下：A→B→C→H．15、焦亚硫酸钠（化学式为Na2S2O5）是一种常用的食品抗氧化剂，Na2S2O5中硫元素的化合价为____，工业上制备Na2S2O5的方法有多种；下面是其中的一种生产工艺流程图．

（1）晶体Ⅰ的成分是____，操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥，则洗涤剂最好是____，干燥时需要在还原性气候或惰性气体氛围下，其原因____

（2）写出有关反应方程式：CuS灼烧____，反应釜Ⅱ：____．16、氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙；丙在标准状态下的密度为1.25g/L．请回答下列问题：

（1）甲的化学式是____；乙的电子式是____．

（2）甲与水反应的化学方程式是____．

（3）气体丙与金属镁反应的产物是____（用化学式表示）．

（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式____．

（5）甲与乙之间可能发生反应产生H2，理由是____．17、某研究小组模拟工业无隔膜电解法处理电镀含氰废水；进行以下有关实验．填写下列空白：

实验Ⅰ：制取次氯酸钠溶液．

用石墨做电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠溶液；设计图1所示装置进行实验．

（1）电源中，a电极名称是____．

（2）反应时，生成次氯酸钠的离子方程式为____．

实验Ⅱ：测定含氰废水处理百分率．

利用所示装置（图2）进行实验．将CN-的浓度为0.2000mol•L-1的含氰废水100mL与100mLNaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴入100mL稀H2SO4；关闭活塞．

已知装置②中发生的主要反应依次为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-，2CNO-+2H++3ClO-═N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O

（3）①和⑥的作用是____．

（4）装置②中，生成需由装置③除去的物质的离子方程式为____．

（5）反应结束后，缓缓通入空气的目的是____．

（6）为计算该实验中含氰废水被处理的百分率，需要测定____的质量．

（7）上述实验完成后，为了回收装置③中的CCl4需要的操作是____．

（8）若要研究装置②中所加稀硫酸的最佳浓度；请设计利用该装置进行实验的记录表．

要求：①在进行理论判断后；将理论浓度作为第一组实验数据；②记录表要体现实验过程中的不变量；自变量、因变量；③可将提供的方框作为表的外边框使用．

18、苯环上原有的取代基对新导入苯环上的取代基的位置有一定影响；其规律是：

①苯环上新导入的取代基所占的位置主要决定于原有取代基的性质．

②可以把原有取代基分成两类：第一类如：-OH，-X（Cl，Br），-O-C-R，-R等，可使新导入的取代基进入苯环的邻位和对位；第二类如-NO2、-SO3H、-CHO等，可使新导入的取代基进入苯环的间位．当第一类和第二类同时存在时，以第一类为准．

（1）请写出图中第②步反应的化学方程式及C的结构简式．

②的化学方程式是____，C的结构简式为____．

（2）写出同分异构体D，E的结构简式：D____；E____．评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)19、同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其体积比为3：2：1，则SO浓度之比为3：2：3．____（判断对错）20、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）评卷人得分五、书写(共1题，共8分)21、Ⅰ．（1）向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸；请完成下列问题：

（1）写出反应的离子方程式：____．

（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是____．

A、向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）溶液至显中性。

B、向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）溶液至SO恰好完全沉淀。

C、向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）溶液至过量。

Ⅱ．实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应式如下：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O

（1）用双线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目____．

（2）反应中发生氧化反应的物质是____（填化学式），被还原的元素是____（填元素名称）．

（3）氧化剂与还原剂的物质的量之比为____．

（4）若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气体积为____（标准状况下）．评卷人得分六、其他(共2题，共18分)22、日常生活中的一些用品与我们化学实验中的仪器作用相似．请写出下列生活用品相对应的实验仪器名称：

。炒菜时取味精（小勺子）____烧热水（电热器）____冲白糖水（杯子）____给病人打针（注射器）____23、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】根据乙醇（C2H6O）、乙酸乙酯（C4H8O2）的分子式可知，两者碳氧质量比例相同，m（C）：m（O）=24：16=3：2（质量比），根据O的质量分数计算出C的质量分数，H的质量分数ω（H）=1-ω（C）-ω（O），进而计算生成水的质量，以此解答该题．【解析】【解答】解：根据乙醇（C2H6O）、乙酸乙酯（C4H8O2）的分子式可知；两者碳氧质量比例相同；

所以m（C）：m（O）=24：16=3：2（质量比）

由于ω（O）=36%，所以ω（C）=×36%=54%；

所以混合物中含氢的质量分数为ω（H）=1-ω（C）-ω（O）=1-54%-36%=10%．

则100g此混合物含有m（H）=100g×10%=10g，n（H）==10mol；

则可生成5mol水；质量为5mol×18g/mol=90g；

故选B．2、C【分析】【分析】由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，结合NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O判断混合气体能被NaOH溶液完全吸收n（NO2）、n（NO）满足的关系．【解析】【解答】解：方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，由方程式可知满足n（NO2）：n（NO）≥1时，混合气体能被NaOH溶液完全吸收，故a≥b；

故选C．3、C【分析】氢氧燃料电池的电解质溶液呈酸性,故正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,A项错误;B项中a极是阳极,b极是阴极,a极逐渐溶解,b极上有铜析出,故B项错误;C项中a极发生主要反应是:Cu-2e-=Cu2+,b极发生反应:Cu2++2e-=Cu,C项正确;D中a极发生反应:4OH--4e-=O2↑+2H2O,电池中H2发生反应:H2-2e-=2H+,由电子守恒关系可知,a极产生的气体与电池中消耗的H2体积不可能相等,D项错误。【解析】【答案】C4、C【分析】试题分析：硅在常温下可以与氢氟酸反应，A项错误；SiO2不溶于水，也不能与水反应，B项错误；自然界中没有游离态的硅，化合态的硅几乎全部是二氧化硅和硅酸盐，C项正确；SiO2是酸性氧化物，但是可以与氢氟酸反应，D项错误。考点：含硅矿物与信息材料【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】A．甲烷与氯水不反应；

B．卤代；硝化、磺化、酯化、水解反应中均为原子或原子团被其它原子或原子团取代；

C．O的非金属性强；乙醇与水分子之间易形成氢键；

D．乙炔、苯中碳、氢元素的质量分数相同，二者结构不同．【解析】【解答】解：A．甲烷与氯水不反应；光照下甲烷与氯气发生取代反应，故A错误；

B．卤代；硝化、磺化、酯化、水解反应中均为原子或原子团被其它原子或原子团取代；则均属于取代反应，故B错误；

C．O的非金属性强；乙醇与水分子之间易形成氢键，所以乙醇可与水以任意比例混溶，故C正确；

D．乙炔；苯中碳、氢元素的质量分数相同；二者结构不同，不是同系物，故D错误；

故选C．6、D【分析】【分析】样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO或Cu（OH）2等物质的调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体．【解析】【解答】解：A．Cu（OH）2和CuO都与溶液中H+反应；起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故A正确；

B．测定结晶水的含量；通过解热固体，脱去结晶水，称量质量的变化可的结晶水的个数，加热用到坩埚和坩埚钳，故B正确．

C．固体具有吸附性；过滤时表面有可溶性物质，可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2-3次，可洗涤晶体，故C正确；

D．用18mol/L浓硫酸配制溶解所用4mol/L的稀硫酸；用到量筒；烧杯、胶头滴管、玻璃棒以及容量瓶等仪器，故D错误；

故选：D．二、多选题(共6题，共12分)7、AD【分析】【分析】A．混合液为等浓度的醋酸钠和醋酸；根据混合液中电荷守恒；物料守恒进行判断；

B．氢离子抑制铵根离子水解；碳酸氢根离子促进铵根离子水解；

C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断，注意碳酸根离子带有2个单位负电荷，其系数应该为2；

D．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），再结合电荷守恒判断c（NH4+）、2c（SO42-）的大小．【解析】【解答】解：A．将0.2mol•L-1CH3COOH溶液和0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合，得到等浓度的CH3COONa和CH3COOH溶液，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根据物料守恒可得：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）；故A正确；

B．NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子水解、NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子促进铵根离子水解；则相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：①＞③＞②，故B错误；

C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故C错误；

D．混合液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=2c（SO42-）+c（OH-）得：c（NH4+）＜2c（SO42-）；故D正确；

故选AD．8、CD【分析】【分析】A．在ABn型化合物中；中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构；

B．白磷的键角是60°；

C．NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个；钠离子的配位数是6；

D．单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子，可能含有阳离子．【解析】【解答】解：A．NCl3中所有原子都达到8电子结构；故A错误；

B．白磷是正四面体结构；但键角是60°，故B错误；

C．NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+个数=3×=12；故C正确；

D．单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子；可能含有阳离子，如金属晶体，故D正确；

故选CD．9、AB【分析】【分析】用大量的冷气体将炉口挥发出的镁蒸气降温以得到镁粉单质，则和镁粉反应的气体不能选取，据此分析解答．【解析】【解答】解：用大量的冷气体将炉口挥发出的镁蒸气降温以得到镁粉单质，则和镁粉反应的气体不能选取，镁在氮气中燃烧生成氮化镁，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和C，氢气和He都不与镁反应，所以应该选取氢气和He，故选AB．10、AB【分析】【分析】该有机物含有肽键，可发生水解反应，含有羟基，可发生氧化、消去和取代反应，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，含有氨基，可与酸反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．由结构简式可知有机物分子式为C15H28N4O4；故A正确；

B．含有羟基；可发生氧化；消去和取代反应，含有C=N，可发生加成反应，故B正确；

C．不含酚-OH，则不能遇FeCl3溶液显紫色；故C错误；

D．含-CONH-、-OH、-COOH、C=N、-NH2；5种官能团，故D错误．

故选AB．11、AC【分析】【分析】A．根据烷烃的物理性质的递变规律进行判断；

B．互为同系物的有机物必须具有相似的结构；结构不相似，一定不属于同系物；

C．具有相同分子式；不同结构的有机物互为同分异构体；

D．同分异构体结构不同，化学性质不一定相同．【解析】【解答】解：A．随着碳原子数目的增多；烷烃的熔；沸点逐渐升高，即烷烃的熔沸点随着相对分子质量的增大而升高故，A正确；

B．分子组成相差一个或若干个“CH2”原子团的物质；如果结构不相似，不一定互为同系物，如乙烯与环丙烷，故B错误；

C．各组成元素的质量分数相同且相对分子质量也相同的有机物一定具有相同的分子式；不同有机物具有不同的结构，所以一定互为同分异构体，故C正确；

D．同分异构体具有不同的结构；所以化学性质不一定相似，如丙烯与环丙烷互为同分异构体，二者的化学性质不同，故D错误；

故选AC．12、BD【分析】【分析】必须加入其他物质作还原剂才能发生，则选项中为氧化剂的变化，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答．【解析】【解答】解：A．SiO2→Na2SiO3中；元素的化合价不变，不发生氧化还原反应，故A不选；

B．H2SO4→SO2中；S元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B选；

C．HClO→HCl中；Cl元素的化合价降低，但自身分解可实现，故C不选；

D．N2→NH3中；N元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故D选；

故选BD．三、填空题(共6题，共12分)13、＜放热此反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2，有利于反应I、III正向移动25%增大生成物C浓度升高温度【分析】【分析】（1）根据反应中气体的体积减小可判断反应的焓变减小，平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，从图中数据可知温度升高反应Ⅰ和Ⅱ的平衡常数均减小，所以反应Ⅰ和Ⅱ均是放热反应，△H1、△H2小于0，利用盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ，根据△H1、△H2判断△H3的正负；确定反应Ⅲ的热效应；

（2）依据化学平衡移动的原理：减小生成物浓度平衡向正方向移动；增大反应物浓度平衡向正方向移动；

（3）增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象，判断A、B两条曲线对应的压强，从方程式可知，反应物有3mol气体，生成物有2mol气体，所以压强增大时平衡气体体积减小的方向移动，即正向移动，在200℃时，转化率高的压强大，故A曲线对应压强为5.0MPa，曲线对应压强为0.1MPa，从图中可知压强为0.1MPa、温度为200℃时CO的转化率为0.5，然后利用三段式列式计算甲醇物质的量分数=×100%；

（4）①该反应是一个反应前后气体体积减小的且正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率；平衡向逆反应方向移动；

②t4时降压，逆反应速率减小，平衡逆向移动，随着反应的进行，逆反应速率减小，在t5时达到新的平衡状态，t6时增大反应物的浓度，t6点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡浓度，据此画出变化的图象．【解析】【解答】解：（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）是一个气体体积减小的反应；所以熵值减小，△S＜0；

依据方程式2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）可知平衡常数K=；

从图中数据可知温度升高反应Ⅰ和Ⅱ的平衡常数均减小，所以反应Ⅰ和Ⅱ均是放热反应，△H1、△H2都小于0，利用盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ，则△H3=2×△H1+△H2，△H1、△H2都小于0，所以△H3=2×△H1+△H2＜0；故反应Ⅲ是放热反应；

故答案为：＜；；放热；

（2）依据化学平衡移动原理：减小生成物浓度平衡向正方向移动，增大反应物浓度平衡向正方向移动，在CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）中反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2；有利于反应I；III正向移动；

故答案为：此反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2；有利于反应I；III正向移动；

（3）从方程式可知；反应物有3mol气体，生成物有2mol气体，所以压强增大时平衡气体体积减小的方向移动，即正向移动，在200℃时，转化率高的压强大，故A曲线对应压强为5.0MPa，曲线对应压强为0.1MPa，从图中可知压强为0.1MPa；温度为200℃时CO的转化率为0.5；

设加入COamol，则有H22amol

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．

反应前（mol）a2a0

反应了（mol）0.5aa0.5a

平衡时（mol）0.5aa0.5a

可求得×100%=25%

故答案为：25%；

（4）①该反应是一个反应前后气体体积减小的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率；平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物C浓度或升高温度；

故答案为：增大生成物C浓度；升高温度；

②t4时降压，逆反应速率减小，平衡逆向移动，随着反应的进行，逆反应速率减小，在t5时达到新的平衡状态，t6时增大反应物的浓度，t6点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡浓度，所以其图象为：

故答案为：．14、略

【分析】试题分析：（1）化合物D中含有一个醛基和一个苯环都可以与氢气加成，a．1molD最多可与4molH2发生加成反应，错误。b．由于存在氨基可以与盐酸发生反应，正确。c．醛基和苯环侧链都可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，正确。d．由于存在氮元素，不是烃的含氧衍生物，错误。（2）根据C到D恢复了醛基，说明还生成了乙二醇。（3）D生成E为脱水反应生成六元环，-CHO和-CH2NH2生成-C=N-，E的结构简式为（4）醛基在有机合成中易被还原，故应先保护，而后释放出来，故答案为：保护醛基不被还原；（5）由CH3CHO和CH3NH2反应生成CH3CH=NCH3，然后与HCN发生加成反应生成CH3CH(CN)=NCH3，然后在酸性条件下可生成目标物，反应流程为考点：本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是根据官能团的结构、性质以及物质之间反应的官能团的转化判断可能发生的反应类型。【解析】【答案】（1）a、d（2分）（2）乙二醇（2分）（3）（2分）（4）保护醛基不被还原（2分）（5）（4分）15、+4NaHCO3无水乙醇Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO42CuS+3O22CuO+2SO22NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O【分析】【分析】一般的化合物中O元素化合价为-2价；Na元素化合价为+1；根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定S元素化合价；

将氯化钠溶液中加入反应釜I中，通入氨气、二氧化碳，碳酸氢钠溶解度较小，所以发生反应NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，析出NaHCO3晶体；将晶体I溶于水，然后向反应釜II中加入SO2，发生反应2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O，向反应釜II中加入等体积乙醇得到晶体II，则晶体II为Na2S2O5；过滤；洗涤得到纯品；

将CuS在空气中灼烧，发生反应2CuS+3O22CuO+2SO2；得到的黑色固体CuO，将CuO溶于稀硫酸，生成硫酸铜，然后蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、干燥得到硫酸铜；

据此分析解答．【解析】【解答】解：一般的化合物中O元素化合价为-2价、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得S元素化合价==+4；

故答案为：+4；

将氯化钠溶液中加入反应釜I中，通入氨气、二氧化碳，碳酸氢钠溶解度较小，所以发生反应NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，析出NaHCO3晶体；将晶体I溶于水，然后向反应釜II中加入SO2，发生反应2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O，向反应釜II中加入等体积乙醇得到晶体II，则晶体II为Na2S2O5；过滤；洗涤得到纯品；

将CuS在空气中灼烧，发生反应2CuS+3O22CuO+2SO2；得到的黑色固体CuO，将CuO溶于稀硫酸，生成硫酸铜，然后蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、干燥得到硫酸铜；

（1）通过以上分析知，晶体Ⅰ的成分是NaHCO3，操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥，则洗涤剂最好是乙醇，因为Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3，干燥时需要在还原性气候或惰性气体氛围下，其原因Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4；

故答案为：NaHCO3；无水乙醇；Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4；

（2）CuS灼烧方程式为2CuS+3O22CuO+2SO2，反应釜Ⅱ反应方程式为2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O；

故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；2NaHCO3+2SO2=Na2S2O5+2CO2+H2O．16、AlH3AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑Mg3N23CuO+2NH3N2+3Cu+3H2OAlH3中的H为-1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气【分析】【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3；

（1）由以上分析可知甲为AlH3，乙为NH3，电子式为

故答案为：AlH3；

（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2；

故答案为：Mg3N2；

（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；

故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；

（5）AlH3中的H为-1价，NH3中的H为+1价；从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气；

故答案为：AlH3中的H为-1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气．17、负极Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O排除空气中的二氧化碳对实验的干扰ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O使装置中残留的二氧化碳全部进入装置⑤装置⑤反应前后质量或沉淀分液、蒸馏【分析】【分析】I．（1）a电极一侧有一根导气管；说明该电极产生氢气，说明连接a电极的电极为阴极，连接阴极的电极为原电池负极；

（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

II．（3）根据①⑥中试剂的性质和装置的位置判断；

（4）酸性条件下；次氯酸根离子和氯离子反应生成氯气，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质；

（5）反应结束后；缓缓通入空气，可是生成的二氧化碳全部被吸收；

（6）通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量；根据关系式计算含氰废水处理百分率；

（7）回收装置③中的CCl4需要分液；蒸馏操作；

（8）研究装置②中所加稀硫酸的最佳浓度，应在硫酸体积和NaClO体积相同的条件下用不同浓度的硫酸进行对照实验．【解析】【解答】解：I．（1）a电极一侧有一根导气管；说明该电极产生氢气，a连接的电极为阴极，则a为原电池负极，故答案为：负极；

（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

故答案为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

II．（3）根据装置①⑥中试剂的性质和装置位置知；其作用为防止空气中二氧化碳对实验结果造成干扰，所以其作用是排除空气中的二氧化碳对实验的干扰；

故答案为：排除空气中的二氧化碳对实验的干扰；

（4）根据已知装置②中发生的主要反应依次为CN-+ClO-═CNO-+Cl-、2CNO-+2H++3ClO-═N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O，可知溶液中有氯离子、氢离子和次氯酸根离子，酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，产生的氯气用碘化钾吸收，所以发生的离子反应方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；

故答案为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；

（5）反应后装置中残留二氧化碳；应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置⑤，以减少实验误差；

故答案为：使装置中残留的二氧化碳全部进入装置⑤；

（6）通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量；根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量；

故答案为：装置⑤反应前后质量或沉淀；

（7）四氯化碳不溶于水；可通过分液分离，然后蒸馏可得到；

故答案为：分液；蒸馏；

（8）研究装置②中所加稀硫酸的最佳浓度；应在硫酸体积和NaClO体积相同的条件下用不同浓度的硫酸进行对照实验，第1组硫酸的浓度可为0.100mol/L，然后改变硫酸的浓度，应该为第一组的倍数；

所以可以设计为：

故答案为：．18、【分析】【分析】苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成A为与溴发生取代反应，由信息可知，取代硝基间位氢原子生成B为．苯与溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，由信息可知，溴苯与浓硝酸、浓硫酸条件下发生取代反应，硝基取代溴原子邻位、或对位位置氢原子，故C为C与溴发生取代反应，取代溴原子邻位或对位位置，故生成D、E为．【解析】【解答】解：苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成A为与溴发生取代反应，由信息可知，取代硝基间位氢原子生成B为．苯与溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，由信息可知，溴苯与浓硝酸、浓硫酸条件下发生取代反应，硝基取代溴原子邻位、或对位位置氢原子，故C为C与溴发生取代反应，取代溴原子邻位或对位位置，故生成D、E为

（1）反应②的化学方程式是由上述分析可知，C的结构简式为

故答案为：

（2）由上述分析可知，D、E为

故答案为：．四、判断题(共2题，共16分)19、×【分析】【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解答．【解析】【解答】解：假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3，故答案为：×．20、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．五、书写(共1题，共8分)21、Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OAHCl氯1：513.44L【分析】【分析】Ⅰ、向Ba（O