2024年沪教版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年沪教版高二化学上册阶段测试试卷947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、下列离子方程式的书写正确的是（）A.硫化钠水解：S2﹣+2H2O⇌H2S↑+2OH﹣B.硫氢化钠水解：HS﹣+H2O⇌H3O++S2﹣C.硫化钾水解：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣D.硫酸铝溶液跟碳酸氢钠溶液反应：Al3++3HCO3﹣+6H2O⇌Al（OH）3↓+3CO2↑2、下列分子的立体结构，其中属于直线型分子的是（）A.CH≡CHB.H2OC.P4D.CH43、下列各种情况下一定能大量共存的离子组为A.rm{pH=7}的溶液中：rm{Fe^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{Na^{+}}rm{NOrlap{_{3}}{^{-}}}B.由水电离出的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol/L}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}rm{Cl^{-}}rm{K^{+}}C.rm{pH=1}的溶液中：rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}rm{Cl^{-}}rm{Cu^{2+}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}D.无色溶液中：rm{Al^{3+}}rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}}rm{I^{-}}rm{K^{+}}4、使用前不需检查是否漏液的仪器是rm{(}rm{)}A.容量瓶B.分液漏斗C.酸式滴定管D.蒸馏烧瓶5、将rm{K}rm{SiO_{2}}rm{Na_{2}O}rm{NaOH}rm{NaHSO_{4}}分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有rm{(}rm{)}A.rm{2}种B.rm{3}种C.rm{4}种D.rm{5}种6、分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2．则该有机物的同分异构体有（）种（不考虑立体异构）A.10B.11C.12D.137、下列各组物质的晶体，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（）A.SO2和SiO2B.NaOH和NaClC.NH4Cl和HClD.H2O2和C3H6评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、(10分)有机化学反应因条件不同,可生成不同的产物.例如:请回答下列问题:(1)反应①的反应类型:________________;(2)写出A1、A2可能的结构简式:______________,____________(3)B的结构简式:______________C的结构简式:_______________.(4)反应⑤的化学方程式:____________________________________.(5)与D的碳架结构相同且含有羟基的同分异构体有______种.任意写出其中两种_____________________,_______________________.9、从Na2CO3、NaCl、CH3COOH、Al2（SO4）3、NH3五种物质中：

（1）选取溶于水中会促进水电离，且溶液显碱性的物质，用离子方程式表示溶液其显碱性的原因：______；

（2）选取溶于水会抑制水电离，且溶液显酸性的物质，用化学用语表示其显酸性的原因：______；

（3）选取溶于水会促进水电离，且溶液显酸性的物质，用离子方程式表示溶液其显酸性的原因：______．10、（10分）6.02×1022个CO2分子的物质的量为，质量为，标准状况下的体积为，含有氧原子的物质的量为，约为个。11、Ⅰ．肼(N2H4)又称联氨，广泛用于火箭推进剂、有机合成及燃料电池，NO2的二聚体N2O4则是火箭中常用氧化剂．试回答下列问题。

(1)肼燃料电池原理如图所示；左边电极上发生的电极反应式为____________．

(2)火箭常用N2O4作氧化剂；肼作燃料，已知：

N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=-67.7kJ•mol-1

N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.0kJ•mol-1

2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=-52.7kJ•mol-1

试写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：____________．

Ⅱ．研究NO2、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义．

(1)一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)；下列各项能说明反应达到平衡状态的是____________．

a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变。

c．NO和O2的物质的量之比保持不变d．每消耗1molO2同时生成2molNO2

(2)CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；达平衡后测得各组分浓度如下：

。物质COH2CH3OH浓度(mol•L-1)0.91.00.6①列式并计算平衡常数K=____________．

②若降低温度；K值增大，则反应的△H____________0(填“＞”或“＜”)．

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正____________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)．12、rm{2015}年rm{CES}消费电子展开幕前夕，丰田汽车公司宣布将会开放氢燃料电池技术专利的使用权，并正式发布量产型氢燃料电池轿车rm{Mirai.}氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置rm{.}如下右图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体能力强，性质稳定．rm{(1)}该电池的负极反应式为___________________rm{(2)}氢气的制备和存储是氢氧燃料电池能否有效推广的关键技术rm{.}有人提出利用光伏发电装置电解尿素的碱性溶液来制备氢气rm{.}光伏发电是当今世界利用太阳能最主要方式之一rm{.}图rm{1}为光伏并网发电装置，图rm{2}为电解尿素rm{CO(NH_{2})_{2}(C}为rm{+4}价rm{)}的碱性溶液制氢的装置示意图rm{(}电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极rm{)}．

rm{垄脵}图rm{1}中rm{N}型半导体为______________rm{(}“正极”或“负极”rm{)}rm{垄脷}该系统工作时，rm{A}极的电极反应式为_____________________rm{垄脹}若rm{A}极产生rm{7.00gN_{2}}则此时rm{B}极产生_____rm{LH_{2}(}标准状况下rm{).N}的原子量为rm{14}13、从rm{A.}乙烯rm{B.}乙醇rm{C.}乙酸rm{D.}油脂rm{E.}葡萄糖rm{F.}纤维素六种有机物中选择合适的物质；将其标号填在空格内．

rm{(1)}属于烃类的是______

rm{(2)}能与碳酸钠溶液发生反应放出二氧化碳气体的是______

rm{(3)}能水解生成高级脂肪酸和甘油的是______

rm{(4)}属于有机高分子化合物的是______

rm{(5)75%(}体积分数rm{)}的______溶液常用于医疗消毒；

rm{(6)}糖尿病人的尿液能发生银镜反应，该尿液里含有______．14、rm{(1)}请给下列有机物命名：rm{垄脵}________________；rm{垄脷}________________；rm{(2)}写出rm{2-}甲基rm{-2-}戊烯的结构简式：________________。rm{(3)}指出下列有机物命名的错因，并给以正确命名。rm{垄脵(CH_{3})_{3}CCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{2}rm{4}rm{4-}三甲基戊烷________________；rm{垄脷CH_{2}=CHCH(CH_{3})_{2}}rm{2-}甲基rm{-3-}丁烯________________；rm{垄脹CH_{3}CH=C(CH_{3})_{2}}rm{3-}甲基rm{-2-}丁烯________________。15、rm{(1)}现有反应rm{2H_{2}+O_{2}overset{KOH}{!=!=!=!=!=}2H_{2}O}要构成燃料电池，则负极通入的应是____，正极通入的应是____，电极反应式分别为____、____。rm{(2)}如把rm{KOH}改为稀rm{H_{2}SO_{4}}作电解液，则电极反应式分别为____、____。rm{(3)}如把rm{H_{2}}改为甲烷，rm{KOH}溶液作电解液，则电极反应式分别为____、____。评卷人得分三、解答题(共9题，共18分)16、现有等物质的量的Mg和Al的混合物ag与100ml盐酸反应；（气体体积均以标准状况计算）

（1）该混合物中Mg和Al的质量比为______

（2）如果金属与盐酸恰好完全反应；则盐酸的浓度为______

（3）如果反应后金属有剩余，盐酸不足，要计算生成H2的体积；还需要知道______

（4）如盐酸过量，生成H2的体积为______L

（5）若Mg和Al不是以等物质的量混合，则ag混合物与足量盐酸完全反应时生成H2体积（V）的范围是______．

17、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E的原子序数为24，ECl3能与B；C的氢化物形成六配位的配合物；且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

（1）A；B、C的第一电离能由小到大的顺序为______．

（2）B的氢化物的分子空间构型是______．其中心原子采取______杂化．

（3）写出化合物AC2的电子式______；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体；其化学式为______．

（4）E的核外电子排布式是______，ECl3形成的配合物的化学式为______．

（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时；B被还原到最低价，该反应的化学方程式是______．

18、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料；有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成．有关物质的物理性质；实验装置如下所示：

。苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4-97-12.3沸点/℃24964.3199.6密度/g．cm-31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯。

在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验．

（1）苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为______．

（2）中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有______．

实验二：提纯苯甲酸甲酯。

该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯；再利用图C装置进行蒸馏提纯。

（3）用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是______．

（4）用图C装置进行蒸馏提纯时；当温度计显示______时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯．

19、（1）已知NaHA水溶液呈碱性．

①用离子方程式表示NaHA水溶液呈碱性的原因______．

②在NaHA水溶液中存在的微粒有______．

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

20、合成高分子材料用途广泛；性能优异；其功能与分子结构有密切的关系．下面是几种高分子材料的结构简式：

（1）A是天然橡胶的主要成分；易老化，A中含有的官能团的名称是______．

（2）B的单体是苯酚和X，这两种单体在碱催化下，可得到网状高分子化合物，俗称电木，是（填“热塑性”或“热固性”）______塑料，写出X与足量新制的Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：______21、温室效应和资源短缺等问题和如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用引起了各国的普遍重视．目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）；如图1表示该反应进行过程中能量的变化．

（1）关于该反应的下列说法中；正确的是______．

A．△H＞0；△S＞0

B．△H＞0；△S＜0

C．△H＜0；△S＜0

D．△H＜0；△S＞0

（2）该反应平衡常数K的表达式为______．

（3）温度降低；平衡常数K______（填“增大”；“不变”或“减小”）．

（4）为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示．从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v（H2）______mol•L-1•min-1．

（5）下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的有______．

A．升高温度。

B．加入催化剂。

C．将H2O（g）从体系中分离。

D．再充入1molCO2和3molH2

E．充入He（g）；使体系总压强增大．

22、A、B、C、D均为含苯环的化合物，且分子量B＞A＞C，已知有机物A的结构简式

（1）写出A和NaHCO3溶液反应的化学方程式：______

（2）有机物B在浓H2SO4存在下；相互作用生成一种环状酯，如图．

则有机物B的结构简式为______，1molB最多能与______molH2发生加成反应．

（3）D和B互为同分异构体，且苯环上的一氯代物只有两种，D不与NaHCO3反应；能与Na；NaOH反应，等质量的D消耗Na、NaOH的物质的量之比为2：3，则D的结构简式有______种，写出其中一种物质的结构简式______．

23、在实验室里制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫，有人设计如图实验以确认上述混合气体中有C2H4和SO2．

（1）写出实验室制备乙烯的化学方程式：______

24、按要求完成各题。

（1）已知，1molN2（g）与足量O2（g）起反应，生成2molNO2（g）；吸收68kJ的热量．该反应的热化学方程式可表示为：

______

（2）写出下列各物质的电离方程式：CH3COOH______；NH3•H2O______

（3）写出下列各物质水解的离子方程式：NaHCO3______；AlCl3______

（4）把足量的碳酸钙粉末放入水中；建立的溶解平衡可表示为：______．

评卷人得分四、计算题(共4题，共40分)25、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0,温度一定，体积为3L的密闭容器中，投入2molSO2和1molO2,2min反应达平衡时，容器中有1.2molSO3，放出热量117.6kJ,试计算：（1）写出该反应的热化学方程式。（2）该反应中SO2的转化率是多少？（3）其他条件相同，若起始时改为充入2molSO3，计算达平衡后SO3的质量分数为多少？26、(6分)常温时，将0.05mol/l的盐酸和未知浓度的氢氧化钠溶液以1：2的体积比混合，所得溶液pH值为12，用上述氢氧化钠溶液滴定pH=3的某一元弱酸溶液20ml，达到终点时，消耗氢氧化钠溶液12.5ml，试求：（1）氢氧化钠溶液的物质的量浓度？（2）此一元弱酸的电离度？27、（6分）有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。现取2.3gA与2.8L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7g，碱石灰增重2.2g。回答下列问题：（1）2.3gA中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少?（2）通过计算确定该有机物的分子式。28、一定条件下将rm{8molH_{2}}和rm{4molCO}充入rm{0.5L}的密闭容器中，发生如下反应：rm{2H_{2}(g)+CO(g)}rm{CH_{3}OH(g).6s}后测得容器内生成rm{CH_{3}OH}的rm{2mol}求：

rm{(1)}用rm{H_{2}}表示的化学反应速率．

rm{(2)}如果此时将反应所得到的混合物充分燃烧，至少需要标准状况下的氧气多少升？评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共32分)29、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）。30、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：_____________。31、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）。32、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_______参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【解答】解：A．硫化钠水解，离子方程式：S2﹣+2H2O⇌HS﹣+OH﹣；故A错误；

B．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，离子方程式：HS﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；故B错误；

C．硫化钾水解，离子方程式：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；故C正确；

D．硫酸铝溶液跟碳酸氢钠溶液反应：Al3++3HCO3﹣⇌Al（OH）3↓+3CO2↑；故D错误；

故选：C．

【分析】A．硫离子为二元弱酸酸根离子；分步水解，以第一步为主；

B．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子；

C．硫离子为二元弱酸酸根离子；分步水解，以第一步为主；

D．铝离子跟碳酸氢根离子发生复分解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；2、A【分析】解：A．CH≡CH分子中每个C原子含有2个σ键和2个π键；价层电子对个数是2，中心原子上没有孤对电子，则分子空间构型是直线型，故A正确；

B．水分子中价层电子对个数=2+×（6-2×1）=4；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，故B错误；

C．白磷P4的结构式为P原子最外层电子数是5，每个P原子形成3个共价键，P4属于正四面体结构；故C错误；

D．CH4分子的中心原子C原子上含有4个σ键，中心原子上的孤电子对数=（0-4×1）=0；中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型是正四面体结构，故D错误；

故选A．

根据价电子对互斥理论；价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．

价层电子对个数为4；不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；

价层电子对个数为3；不含孤电子对，平面形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；

价层电子对个数是2且不含孤电子对；为直线形结构，据此判断．

本题考查了分子的立体构型的判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等．【解析】【答案】A3、C【分析】略【解析】rm{C}4、D【分析】解：rm{A}容量瓶用来配制一定浓度的溶液；应检漏，故A错误；

B；分液漏斗用来分离互不相溶的液体；应检漏，故B错误；

C；酸式滴定管是用来精确量取溶液或滴定的；应检漏，故C错误；

D；蒸馏烧瓶用来盛装液体；但一般不倒置，只要不破裂就不漏水，无需检漏，故D正确．

故选D．

化学仪器中凡是带有玻璃塞或活塞，并用来盛装液体的仪器rm{(}有时需要倒置rm{)}在使用时要先检查是否漏水．

本题考查常用仪器的使用，题目难度不大，学习中注意常见实验仪器的使用方法和注意事项【解析】rm{D}5、B【分析】解：rm{Na_{2}O}rm{NaOH}rm{NaHSO_{4}}加热熔化均克服离子键，而rm{SiO_{2}}熔化克服共价键，rm{K}熔化克服金属键；

故选B．

一般来说；活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，而金属晶体熔化克服金属键，以此来解答．

本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握不同晶体中化学键及熔化克服非作用力为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意晶体类型的判断，题目难度不大．【解析】rm{B}6、C【分析】【解答】解：有机物分子式为C5H10O3，等量的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个﹣COOH、1个﹣OH，该有机物可以看作，C4H10中2个H原子；分别被﹣COOH；﹣OH代替；

若C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3；2个H原子分别被﹣COOH；﹣OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原子的2个H原子，有6种，相应的同分异构体有8种；

若C4H10为异丁烷：CH3CH（CH3）CH3；2个H原子分别被﹣COOH；﹣OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种，相应的同分异构体有4种；

故该有机物的可能的结构有8+4=12种；

故选C．

【分析】有机物分子式为C5H10O3，等量的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个﹣COOH、1个﹣OH，该有机物可以看作，C4H10中2个H原子，分别被﹣COOH、﹣OH代替，结合C4H10的同分异构体判断．7、D【分析】【解答】解：A．固体SO2是分子晶体；含极性键，二氧化硅是原子晶体，只含共价键，故A错误；B．NaOH是离子晶体，含离子键和共价键，NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，故B错误；

C．NH4Cl是离子晶体；含离子键和共价键，HCl是分子晶体，只含共价键，故C错误；

D．O2和C3H6都是分子晶体；都只含共价键，故D正确；

故选：D．

【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键．二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】D的羟基可以放苯环上面也可以放侧链上。【解析】【答案】9、略

【分析】解：（1）Na2CO3是能水解的盐，会促进水的电离，弱酸阴离子碳酸根离子水解导致溶液显示碱性，即CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（2）CH3COOH属于酸电离出的氢离子对水的电离起到抑制作用，即CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

（3）Al2（SO4）3是能水解的盐，会促进水的电离，弱碱阳离子铝离子水解导致溶液显示酸性，即Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+．

（1）能水解的盐促进水的电离；弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性；

（2）酸或是碱对水的电离起到抑制作用；

（3）能水解的盐促进水的电离；弱碱阳离子水解导致溶液显示酸性；

本题考查学生盐的水解规律、实质以及水解方程式的书写知识，注意水解进行的程度不是很大，方程式中使用可逆号的问题，难度不大．【解析】CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；CH3COOH⇌CH3COO-+H+；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+10、略

【分析】【解析】【答案】0.1mol1.4g2.24L0.2mol11、略

【分析】解：Ⅰ．(1)左端为负极，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；

(2)由①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=-67.7kJ•mol-1

②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.0kJ•mol-1

③2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=-52.7kJ•mol-1

根据盖斯定律可知②×2-①-③得2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)，△H=(-534.0kJ•mol-1)×2-(-67.7kJ•mol-1)-(-52.7kJ•mol-1)=-947.6kJ•mol-1；

即热化学方程式为2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-947.6kJ•mol-1，故答案为：2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-947.6kJ•mol-1；

Ⅱ．(1)反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)；为反应前后气体的物质的量不等的反应，则。

a．体系压强保持不变；则该反应达到平衡，故a正确；

b．该混合物中只有二氧化氮为红棕色气体，则混合气体颜色保持不变，即物质的浓度不变，则反应达到平衡，故b正确；

c．NO和O2的物质的量之比保持不变；则各物质的物质的量不发生变化，该反应达到平衡，故c正确；

d．每消耗1molO2同时生成2molNO2；只能说明正反应速率的关系，不能确定正逆反应速率的关系，则不能判断是否平衡，故d错误；

故答案为：abc；

(2)①由表格中平衡浓度，则算平衡常数为K==L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)；

故答案为：L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)；

②降低温度；K值增大，则降低温度时平衡正向移动，即正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，Qc=L2•moL-2=K，则平衡不移动，即正逆反应速率相等，故答案为：=．【解析】N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O;2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-947.6kJ•mol-1;abc;L2•moL-2(或0.67L2•moL-2);＜;=12、（1）H2-2e-+2OH-=2H2O

（2）①负极

②CO(NH2)2+80H--6e-=CO32-+N2↑+6H2O

③16.8【分析】【分析】本题考查了原电池和电解的工作原理、电极方程式书写和电化学综合计算，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。rm{(1)}该电池的负极是氢气在碱性条件下发生氧化反应；

rm{(2)}该电池反应时中，氮元素化合价由rm{-3}价变为rm{0}价，rm{H}元素化合价由rm{+1}价变为rm{0}价，所以生成氮气的电极rm{A}是阳极，生成氢气的电极rm{B}是阴极，结合电解池的工作原理分析解答。【解答】rm{(1)}该电池的负极是氢气在碱性条件下发生氧化反应，电极反应式为：，，，，

故答案为：；该电池反应时中，氮元素化合价由价变为价，元素化合价由rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}价变为，价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极，是阳极，生成氢气的电极，是阴极，则图，中，型半导体为负极，型半导体为正极；

故答案为：负极；，极为阳极发生氧化反应电极反应式为：

故答案为：；若极产生rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}氮气的物质的量为：rm{(2)垄脵}rm{?3}rm{?3}rm{?3}rm{?3}转移电子的物质的量为：rm{?3}rm{?3}rm{?3}rm{0}rm{0}rm{0}rm{0}rm{0}rm{0}rm{H}rm{H}rm{H}所以生成氢气的物质的量为：rm{H}rm{H}rm{H}rm{+1}rm{+1}rm{+1}，则体积为：rm{+1}rm{+1}rm{+1}rm{+1}rm{0}rm{0}rm{0}rm{0}rm{0}rm{0}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}；

故答案为：rm{A}rm{A}【解析】rm{(1)H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}rm{(2)垄脵}负极rm{垄脷CO(NH_{2})_{2}+80H^{-}-6e^{-}=CO_{3}^{2-}+N_{2}隆眉+6H_{2}O}rm{垄脹16.8}13、A；C；D；F；B；E【分析】解：rm{(1)}因烃是只含rm{C}rm{H}两种元素的化合物，故答案为：rm{A}

rm{(2)}乙酸酸性比碳酸强，能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故答案为：rm{C}

rm{(3)}油脂是高级脂肪酸甘油酯，在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：rm{D}

rm{(4)}常见天然高分子化合物为淀粉、纤维素、蛋白质和天然橡胶，故答案为：rm{F}

rm{(5)75%}的乙醇可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故答案为：rm{B}

rm{(6)}淀粉最终水解生成葡萄糖；葡萄糖中含有醛基，能够与银氨溶液发生银镜反应，所以糖尿病患者的尿液能发生银镜反应，该尿液里含有葡萄糖；

故答案为：rm{E}．

rm{(1)}根据烃是只含rm{C}rm{H}两种元素的化合物；

rm{(2)}能与碳酸钠反应生成二氧化碳；说明酸性比碳酸强；

rm{(3)}油脂是高级脂肪酸甘油酯；能水解；

rm{(4)}常见天然高分子化合物为淀粉；纤维素、蛋白质和天然橡胶；

rm{(5)}乙醇可使蛋白质变性；可用于杀菌消毒；

rm{(6)}葡萄糖含醛基；能发生银镜反应．

解答本题要掌握物质的成分、性质方面的知识，只有这样才能确定各种物质的用途．【解析】rm{A}rm{C}rm{D}rm{F}rm{B}rm{E}14、（1）①3，3-二甲基-1-丁炔

②3-甲基-1-戊烯

（2）

（3）①位号顺序错2，2，4-三甲基戊烷

②位号顺序错3－甲基－1－丁烯

③位号顺序错2－甲基－2－丁烯【分析】【分析】本题考查有机物的命名，题目难度中等，解答的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。【解答】rm{(1)}rm{垄脵}rm{垄脵}含有碳碳三键，最长碳链含有个rm{4}为丁炔；编号从距离碳碳三键最近的一端开始，在rm{C}号rm{1}上有三键，rm{C}号rm{3}有rm{C}个甲基，该有机物命名为：rm{2}rm{3}二甲基rm{3-}丁炔，故答案为：rm{-1-}rm{3}二甲基rm{3-}丁炔；rm{-1-}含有碳碳双键，最长碳链含有rm{垄脷}个rm{垄脷}为戊烯；编号从距离rm{5}最近的一端开始，在rm{C}号rm{C=C}上有双键，rm{1}号rm{C}有rm{3}个甲基，该有机物命名为：rm{C}甲基rm{1}戊烯，故答案为：rm{3-}甲基rm{-1-}戊烯；rm{3-}rm{-1-}甲基rm{(2)}戊烯，主链为戊烯，碳碳双键在rm{(2)}号rm{2-}在rm{-2-}号碳原子上含有一个甲基，该有机物结构简式为：故答案为：rm{2}rm{C}rm{2}rm{(3)}rm{垄脵(CH}rm{垄脵(CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{3}rm{3}rm{CCH}rm{CCH}三甲基戊烷：该命名中位次和不是最小，其正确名称应该为：rm{2}rm{2}rm{CH(CH}三甲基戊烷，故答案为：rm{CH(CH}rm{3}rm{3}三甲基戊烷；rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{2}rm{4}rm{4-}三甲基戊烷rm{2}rm{4}甲基rm{4-}丁烯，应为碳碳双键位次最小，其正确名称应该为：rm{2}甲基rm{2}丁烯，故答案为：rm{4-}甲基rm{2}丁烯；rm{2}rm{4-}rm{垄脷CH}rm{垄脷CH}rm{2}rm{2}rm{=CHCH(CH}甲基rm{=CHCH(CH}丁烯，应为取代基位次最小，其正确名称应该为：rm{3}甲基rm{3}丁烯，故答案为：rm{)}甲基rm{)}丁烯。rm{2}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{3}二甲基rm{3-}丁炔rm{-1-}rm{垄脷}甲基rm{垄脷}戊烯rm{3-}rm{-1-}rm{(2)}位号顺序错rm{(3)}rm{垄脵}位号顺序错rm{垄脵}三甲基戊烷rm{2}位号顺序错rm{2}甲基rm{4-}丁烯rm{垄脷}位号顺序错位号顺序错rm{垄脷}甲基rm{3-}甲基rm{-1-}丁烯丁烯rm{3-}15、（1）H2O2负极：2H2＋4OH－－4e－=4H2O正极：O2＋2H2O＋4e－=4OH－

（2）负极：2H2－4e－=4H＋

正极：O2＋4H＋＋4e－=2H2O

（3）负极：CH4＋10OH－－8e－=CO32-＋7H2O

正极：2O2＋4H2O＋8e－=8OH－

【分析】

【分析】

本题考查了电池的工作原理及电极反应式的书写，侧重基础知识的考查，难度不大。【解答】

rm{(1)}氢氧燃料电池中rm{H_{2}}为负极反应物，氧气为正极反应物，因为是碱性溶液不可能有rm{H^{+}}参加或生成，故负极反应为：rm{2H_{2}+4OH^{-}-4e^{-}=4H_{2}O}正极反应为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}

故答案为：rm{H_{2}}rm{O_{2}}负极：rm{2H_{2}+4OH^{-}-4e^{-}=4H_{2}O}正极：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}；

rm{(2)}若将导电物质换成酸性溶液，此时应考虑不可能有rm{OH^{-}}参加反应也不可能有rm{OH^{-}}生成，负极：rm{2H_{2}-4e^{-}=4H^{+}}正极：rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}故答案为：负极：rm{2H_{2}-4e^{-}=4H^{+}}正极：rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}

rm{(3)}如把rm{H_{2}}改为甲烷用rm{KOH}作导电物质，则不会有rm{CO_{2}}放出，该电池中的电极反应为：负极：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}正极：rm{2O_{2}+4H_{2}O+8e^{-}=8OH^{-}}

故答案为：负极：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}正极：rm{2O_{2}+4H_{2}O+8e^{-}=8OH^{-}}

【解析】rm{(1)H_{2}}rm{O_{2}}负极：rm{2H_{2}+4OH^{-}-4e^{-}=4H_{2}O}正极：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}

rm{(2)}负极：rm{2H_{2}-4e^{-}=4H^{+}}

正极：rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}

rm{(3)}负极：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

正极：rm{2O_{2}+4H_{2}O+8e^{-}=8OH^{-}}

三、解答题(共9题，共18分)16、略

【分析】

（1）物质的量相等；质量之比等于摩尔质量之比，故等物质的量的Mg和Al的质量之比为24g/mol：27g/mol=8：9．

故答案为：8：9．

（2）令二者的物质的量为xmol，则24x+27x=a，解得x=二者与盐酸恰好反应，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氯离子的物质的量，故n（HCl）=mol×2+mol×3=mol，故盐酸的浓度为=mol/L．

故答案为：mol/L．

（3）如果反应后金属有剩余，盐酸不足，盐酸完全反应，由氢元素守恒可知要计算生成H2的体积；还需要知道盐酸的物质的量浓度．

故答案为：盐酸的物质的量浓度．

（4）令生成的氢气的物质的量为ymol，根据电子转移守恒有mol×2+mol×3=2ymol，解得y=mol，生成氢气的体积为mol×22.4L/mol=L．

故答案为：L．

（5）金属提供的电子越多，生成的氢气的体积越大．假设全是Al时，金属提供的电子的物质的量最多，生成的氢气的体积最大．Al的物质的量为=mol，根据电子转移守恒可知，生成氢气的物质的量为mol×3×=mol，体积为mol×22.4L/mol=L；

假设全是Mg时，金属提供的电子最少，生成的氢气的体积最少，Mg的物质的量为=mol，根据电子转移守恒可知，生成氢气的物质的量为mol×2×=mol，体积为mol×22.4L/mol=L．

故生成氢气的体积范围为：L＜V（H2）＜L．

故答案为：L＜V（H2）＜L．

【解析】【答案】（1）物质的量相等；质量之比等于摩尔质量之比．

（2）令二者的物质的量为xmol；根据二者的质量之和计算x的值，二者与盐酸恰好反应，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氯离子的物质的量，进而计算盐酸的浓度．

（3）如果反应后金属有剩余，盐酸不足，盐酸完全反应，由氢元素守恒可知要计算生成H2的体积；还需要知道盐酸的物质的量浓度．

（4）根据电子转移守恒计算生成氢气的物质的量；再根据V=nVm计算生成氢气的体积．

（5）金属提供的电子越多；生成的氢气的体积越大．利用极限法计算，当全是Al时，金属提供的电子的物质的量最多，生成的氢气的体积最大；当全是Mg时，金属提供的电子最少，生成的氢气的体积最少．利用电子转移守恒计算生成的氢气的物质的量，再根据V=nVm计算生成氢气的体积．

17、略

【分析】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中应存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素．

（1）A为碳元素；B为氮元素、C为氧元素；同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N．

故答案为：C＜O＜N．

（2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中含有3个N-H键，N原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化；空间构型为三角锥型．

故答案为：三角锥型；sp3．

（3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O．

故答案为：N2O．

（4）E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

（5）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg（NO3）2，令NH4NO3，Mg（NO3）2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有[5-（-3）]×x=2y，所以x：y=4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．

故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．

【解析】【答案】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

18、略

【分析】

（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，反应方程式为

故答案为：

（2）增大乙酸或乙醇的浓度或减小水或乙酸乙酯的浓度；故答案为：增大乙酸或乙醇的浓度．加入浓硫酸吸收水．将生成的乙酸乙酯蒸发出来，脱离反应系统；

（3）固体Na2CO3作用是除去乙酸；故答案为：除去乙酸；

（4）苯甲酸的沸点是249℃；甲醇的沸点是64.3℃，苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃，当温度计显示199.6℃时，得到是主要是苯甲酸甲酯，故答案为：199.6℃．

【解析】【答案】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢；

（2）增大乙酸或乙醇的浓度或减小水或乙酸乙酯的浓度；

（3）固体Na2CO3作用是除去乙酸；

（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃．

19、略

【分析】

（1）①溶液呈碱性说明酸式酸根离子电离的程度小于水解程度，水解导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，水解方程式为：HA-+H2O⇌H2A+OH-；

故答案为：HA-+H2O⇌H2A+OH-；

②溶液中存在HA-+H2O⇌H2A+OH-、HA-⇌A2-+H+的平衡，所以含有的离子有Na+、HA-、OH-、H+、A2-、H2O、H2A；

故答案为：Na+、HA-、OH-、H+、A2-、H2O、H2A；

（2）溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和铵根离子，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O⇌Cu（OH）2↓+2NH4+．

故答案为：Cu（OH）2，Cu2++2NH3•H2O⇌Cu（OH）2↓+2NH4+．

【解析】【答案】（1）①溶液呈碱性说明酸式酸根离子电离的程度小于水解程度；水解导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性；

②根据HA-+H2O⇌H2A+OH-、HA-⇌A2-+H+确定溶液中含有的离子；

（2）根据溶度积常数确定先沉淀的物质；溶度积常数越小的物质越先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜和铵根离子．

20、略

【分析】

（1）碳碳双键易被氧化；所以天然橡胶易老化，官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；

（2）由B的结构可知，苯酚和HCHO发生缩聚反应生成B，网状高分子化合物，具有热固性，HCHO与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成氧化亚铜沉淀；

该反应为HCH0+4Cu（OH）22Cu2O+CO2↑+5H2O，故答案为：热固性；HCH0+4Cu（OH）22Cu2O+CO2↑+5H2O；

（3）与NaOH溶液在一定条件下反应，生成高吸水性树脂，发生的是酯的水解反应，生成该树脂为

故答案为：

（4）由D的结构可知，对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应可生成D，则单体为对苯二甲酸和乙二醇，结构简式分别为、HOCH2CH2OH；

故答案为：HOCH2CH2OH．

【解析】【答案】（1）碳碳双键易被氧化；

（2）由B的结构可知，苯酚和HCHO发生缩聚反应生成B，网状高分子化合物，具有热固性，HCHO与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成氧化亚铜沉淀；

（3）C与NaOH溶液在一定条件下反应；生成高吸水性树脂，发生的是水解反应；

（4）由D的结构可知；对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应可生成D，以此来解答．

21、略

【分析】

（1）由图1可知；反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即△H＜0，由方程式可知，该反应正反应是气体的物质的量减小的反应，故正反应为熵减过程，即△S＜0；

故选C；

（2）可逆反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的化学平衡常数k=

故答案为：

（3）该反应正反应是放热反应；降低温度平衡向正反应移动，平衡常数增大；

故答案为：增大；

（4）由图2可知，10min达平衡时甲醇的浓度变化量为0.75mol/L，所以v（CH3OH）==0.075mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=3v（CH3OH）=3×0.075mol/（L•min）=0.225mol/（L•min）；

故答案为：0.225；

（5）使n（CH3OH）/n（CO2）增大；改变条件使平衡向正反应移动，但只增大二氧化碳的浓度会使该比值减小．

A．升高温度，平衡向逆反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）减小；故A错误；

B．加入催化剂，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变；故B错误；

C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故C正确；

D．再充入1molCO2和3molH2，等效为增大压强，平衡正反应移动，平衡时n（CH3OH）/n（CO2）增大；故D正确；

E．充入He（g），反应混合物的浓度不变，变化不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变；故E错误；

故选CD．

【解析】【答案】（1）由图1可知；反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，由方程式可知，该反应正反应是气体的物质的量减小的反应，故正反应为熵减过程；

（2）化学平衡常数；是指在一定温度下，达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；

（3）该反应正反应是放热反应；降低温度平衡向正反应移动，平衡常数增大；

（4）由图2可知，甲醇的浓度变化量为0.75mol/L，根据v=计算v（CH3OH），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；

（5）使n（CH3OH）/n（CO2）增大；改变条件使平衡向正反应移动，但只增大二氧化碳的浓度会使该比值减小．

22、略

【分析】

（1）酚羟基与碳酸氢钠不反应，-COOH与碳酸氢钠反应，A和NaHCO3溶液反应的化学方程式为

故答案为：

（2）由酯化反应利用逆推法可知，B为B中含苯环与氢气发生加成反应，1molB能与3molH2发生加成反应；

故答案为：3；

（3）D和B互为同分异构体，且苯环上的一氯代物只有两种，苯环上有2种H，D不与NaHCO3反应，能与Na、NaOH反应，则不含-COOH，含-OH；等质量的D消耗Na、NaOH的物质的量之比为2：3，则-OH与酯基的数目之比为2：1，符合条件的同分异构体为共3种；

故答案为：3；．

【解析】【答案】（1）酚羟基与碳酸氢钠不反应；-COOH与碳酸氢钠反应；

（2）由酯化反应利用逆推法来分析；B中含苯环与氢气发生加成反应；

（3）D和B互为同分异构体，且苯环上的一氯代物只有两种，苯环上有2种H，D不与NaHCO3反应；能与Na；NaOH反应，则不含-COOH，含-OH；等质量的D消耗Na、NaOH的物质的量之比为2：3，则-OH与酯基的数目之比为2：1，以此来解答．

23、略

【分析】

（1）利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；催化剂；脱水剂；防止暴沸；

（2）检验二氧化硫用品红溶液，检验乙烯用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除尽SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，因装置I用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，装置II试管装有NaOH溶液除去SO2，装置III试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净；装置IV通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯；

故答案为：A；B；A；D；

（3）装置I用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2；故答案为：Ⅰ中品红溶液褪色；

（4）装置Ⅱ试管装有NaOH溶液除去SO2，故答案为：吸收SO2；

（5）装置Ⅲ试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，故答案为：检验SO2是否已经被完全吸收；

（6）装置Ⅳ通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯；故答案为：Ⅲ中的品红不褪色，Ⅳ中的高锰酸钾溶液褪色．

【解析】【答案】（1）实验室制备乙烯所用的原料为乙醇；浓硫酸作催化剂；脱水剂，反应条件是加热到170℃，溶液加热为防暴沸，加入沸瓷片；

（2）多种产物需检验时；应考虑先后顺序；

（3）二氧化硫能漂白品红；

（4）氢氧化钠能吸收二氧化硫；

（5）品红溶液不褪色确认SO2已除干净；

（6）Ⅲ中无二氧化硫；Ⅳ中与高锰酸钾溶液作用的为乙烯．

24、略

【分析】

（1）1molN2（g）与足量O2（g）起反应，生成2molNO2（g），吸收68kJ的热量．标注物质聚集状态和对应量下的反应焓变，反应的热化学方程式为：N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）△H=+68KJ/mol；

故答案为：N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）△H=+68KJ/mol；

（2）醋酸和一水合氨是弱电解质存在电离平衡，电离方程式分别为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+、NH3•H2O⇌NH4++OH-；

故答案为：⇌CH3COO-+H+；⇌NH4++OH-；

（3）碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧化钠，氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，水解的离子方程式分别为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；

故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；

（4）把足量的碳酸钙粉末放入水中形成饱和溶液，建立的溶解平衡可表示为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）；

故答案为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）．

【解析】【答案】（1）依据热化学方程式的书写方法；标注物质聚集状态和对应量的焓变；

（2）醋酸和一水合氨是弱电解质存在电离平衡；

（3）碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧化钠；氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢；

（4）沉淀溶解平衡的书写方法写出；注意固体稀溶液的标注方法．

四、计算题(共4题，共40分)25、略

【分析】考查热化学方程式的书写，可逆反应的有关计算，一般采用三段式。2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量（mol）210转化量（mol）2xx2x+平衡量（mol）2－2x1－x2x所以有2x＝1.2mol解得x＝0.6mol（1）因此如果消耗1mol氧气放出的热量是117.6kJ÷0.6＝196kJ/mol所以反应的热化学方程式是2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－196kJ/mol（2）反应中SO2的转化率是2x÷2＝0.6，即60％（3）若起始时改为充入2molSO3，则平衡是等效的，因此平衡后SO3的质量分数为【解析】【答案】（6分，每空2分）（1）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－196kJ/mol（计量系数和焓变值对应也行）（2）60%（3）50%26、略

【分析】【解析】【答案】（1）0.04mol/L（3分）（2）4%（3分）27、略

【分析】⑴【解析】

n（O2）==0.125molm（O2）=0.125mol×32g·mol-1=4gn（H2O）==0.15moln（CO2）==0.05molm（CO）=4g+2.3g–2.7g–2.2g=1.4gn（CO）==0.05moln（H）=2n（H2O）=0.15mol×2=0.3moln（C）=n（CO2）+n（CO）=0.05mol+0.05mol=0.1mol⑵【解析】

2.3gA中所含氧原子：n（O）=（0.05mol×2+0.05mol+0.15mol）—0.125mol×2=0.05moln（C）∶n（H）∶n（O）=0.1mol∶0.3mol∶0.05mol=2∶6∶1则A的最简式为C2H6O根据价键规则A的分子式为C2H6O。【解析】【答案】（1）0.3mol和0.1mol（2）A的分子式为C2H6O28、解：(1)6s内以CH3OH表示化学反应速率为v(CH3OH)==mol/(L•s)；

由速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=2v(CH3OH)=2×mol/(L•s)=mol/(L•s)；

答：用H2表示的化学反应速率为mol/(L•s)；

(2)2H2～O22CO～O2

8mol4mol4mol2mol

所需氧气体积为(4mol+2mol)×22.4L/mol=13.44L．

答：至少需要标准状况下的氧气13.44L．【分析】rm{(1)}根据rm{v=dfrac{bigtriangleupc}{bigtriangleupt}}计算rm{v=dfrac{bigtriangleup

c}{bigtriangleupt}}再根据速率之比等于化学计量数之比计算rm{v(CH_{3}OH)}

rm{v(H_{2})}根据原子守恒可知，可以看做rm{(2)}与rm{H_{2}}按rm{CO}rm{2}混合，所以反应混合物完全燃烧所需氧气，为rm{1}和rm{8molH_{2}}燃烧所需氧气．rm{4molCO}【解析】解：rm{(1)6s}内以rm{CH_{3}OH}表示化学反应速率为rm{v(CH_{3}OH)=dfrac{dfrac{2mol}{0.5L}}{6s}=dfrac{2}{3}mol/(L?s)}

由速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(H_{2})=2v(CH_{3}OH)=2隆脕dfrac{2}{3}mol/(L?s)=dfrac{4}{3}mol/(L?s)}

答：用rm{v(CH_{3}OH)=dfrac{dfrac

{2mol