2024年沪科版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版高二化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列分子式表示的物质一定是纯净物的是A.C5H10B.C7H8OC.CH4OD.C2H4Cl22、下列各有机物的名称肯定错误的是rm{(}rm{)}A.rm{3-}甲基rm{-2-}戊烯B.rm{3-}甲基rm{-2-}丁烯C.rm{2}rm{2-}二甲基丙烷D.rm{3-}甲基rm{-1-}丁烯3、下列物质能促进水的电离的是A.小苏打B.醋酸C.乙醇D.氯化钠4、rm{25隆忙}时，水的电离达到平衡：rm{H_{2}Ooverset{}{?}H^{+}+OH^{-}}下列叙述正确的是A.将水加热，rm{H_{2}Ooverset{}{?}

H^{+}+OH^{-}}增大，rm{K_{w}}不变B.向水中加入少量盐酸，rm{pH}增大，rm{c(H^{+})}不变C.向水中加入rm{K_{w}}固体，平衡逆向移动，rm{NaOH}降低D.向水中加入rm{c(OH^{-})}固体，平衡正向移动，rm{AlCl_{3}}增大rm{c(OH^{-})}5、下列叙述正确的是（）A.在醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞bB.若1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7则NaOH溶液的pH=11C.1.0×10-3mol/L盐酸的pH=3.0，1.0×10-8mol/L盐酸的pH=8.0D.在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜76、在由水电离出的c(H+)＝1×10-13mol·L-1的溶液中一定大量共存的离子组是A.Fe2+，Na+，NO3－，Cl－B.Ba2+，Na+，NO3－，Cl－C.SO42－，S2O32－，NH4+，Na+D.Mg2+，Na+，Br－，AlO2－7、分子中所有的原子都在同一平面的是（）A甲烷、乙烯、乙炔B乙烯、苯、乙炔C乙烷、乙烯、乙炔D乙烯、苯、乙烷评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、在一定条件下，可逆反应A(g)+B(g)mC(g)；变化如下图所示。已知坐标表示在不同温度和压强下生成物C在混合物中的质量分数，P为反应在T2温度时达到平衡后向容器加压的变化情况，问：⑴T1____T2（填“大于”、“等于”或“小于”。⑵正反应是____反应（填“吸热”或“放热”),m____2（填“大于”、“等于”或“小于”）。⑶某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(A)="1"mo1/L，c(B)="2.4"mo1/L；达到平衡后，A的转化率为0.60，此时B的转化率为____。9、rm{ZrO_{2}}常用作陶瓷材料，可由锆英砂rm{(}主要成分为rm{ZrSiO_{4}}也可表示为rm{ZrO_{2}隆陇SiO_{2}}还含少量rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等杂质rm{)}通过如下方法制取：

已知：rm{垄脵ZrO_{2}}能与烧碱反应生成可溶于水的rm{Na_{2}ZrO_{3}}rm{Na_{2}ZrO_{3}}与酸反应生成rm{ZrO^{2+}}

rm{垄脷}部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的rm{pH}如下表。金属离子rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{ZrO^{2+}}开始沉淀时rm{pH}rm{1.9}rm{3.3}rm{6.2}沉淀完全时rm{pH}rm{3.2}rm{5.2}rm{8.0}rm{(1)}熔融时rm{ZrSiO_{4}}发生反应的化学方程式为____，滤渣rm{I}的化学式为____。

rm{(2)}为使滤液rm{I}的杂质离子沉淀完全，需用氨水调rm{pH=a}则rm{a}的范围是____；继续加氨水至rm{pH=b}时，所发生反应的离子方程式为____。

rm{(3)}向过滤rm{III}所得滤液中加入rm{CaCO_{3}}粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为____。

rm{(4)}为得到纯净的rm{ZrO_{2}}rm{Zr(OH)_{4}}需要洗涤，检验rm{Zr(OH)_{4}}是否洗涤干净的方法是____。10、rm{(1)}有下列几种常见仪器：rm{垄脵}分液漏斗rm{垄脷}漏斗rm{垄脹}酸式滴定管rm{垄脺}容量瓶rm{垄脻}碱式滴定管rm{垄脼}球形冷凝管。使用前必须检查是否漏水的是________rm{(}填序号rm{)}下列仪器中，在灼烧固体物质时必须用到的仪器是__________________。rm{(}填名称rm{)}填名称rm{(}rm{)}

下图为常见仪器的部分结构rm{(2)}有的仪器被放大rm{(}

rm{)}图中液面所示溶液的体积为________rm{A}用上述四种仪器中的某种测量一液体的体积，平视时读数为rm{mL}仰视时读数为rm{NmL}若rm{MmL}则所使用的仪器是_____________rm{M>N}填仪器字母rm{(}rm{)}11、在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的______．12、（6分）高铁酸钾是20世纪70年代以来开发的一种继臭氧、过氧化氢、二氧化氯之后一种新型水处理剂,它能快速杀灭水中的细菌和病毒,且不会生成三氯甲烷、氯代酚等次级衍生物。高铁酸根（FeO42－）在溶液中呈紫红色，溶液的pH对高铁酸根稳定性的影响很大,当pH值为10-11时非常稳定，而当pH<7.5时,稳定性明显下降,分解放出氧气,并析出具有高度吸附活性的无机絮凝剂Fe(OH)3。电解法制备高铁酸钾原理如右图所示。(1)电解质溶液应选用______________A、NaOH溶液B、NaCl溶液C、稀硫酸(2)电解过程中可能观察到的实验现象有。(3)生成高铁酸根（FeO42－）的电极反应是。13、实验室中利用复分解反应制取Mg（OH）2．实验数据和现象如下表所示（溶液体积均取用1mL）

。组别药品1药品2实验现象Ⅰ0.1mol•L-1NaOH溶液0.1mol•L-1MgCl2溶液生成白色沉淀Ⅱ0.1mol•L-1氨水0.1mol•L-1MgCl2溶液无现象Ⅲ1mol•L-1氨水1mol•L-1MgCl2溶液现象IIIⅣ1mol•L-1氨水0.1mol•L-1MgCl2溶液生成白色沉淀Ⅴ0.1mol•L-1氨水1mol•L-1MgCl2溶液无现象①现象Ⅲ______；

②分析Ⅰ、Ⅱ实验现象不同的原因是______；

③MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化学平衡：Mg2+（aq）+2NH3•H2O（aq）⇌2NH4+（aq）+Mg（OH）2（s）利用化学平衡常数的表达式，分析实验Ⅳ、Ⅴ产生不同现象的原因______．14、已知有机物rm{A}和rm{C}互为同分异构体且均为芳香族化合物；相互转化关系如下图所示，请回答下列问题。

rm{(1)}写出有机物rm{F}的两种结构简式：___________；___________。

rm{(2)}指出rm{垄脵垄脷}的反应类型：rm{垄脵}___________，rm{垄脷}___________。

rm{(3)}写出与rm{E}互为同分异构体且属于芳香族化合物的所有有机物的结构简式：________________________。

rm{(4)}写出发生下列转化的化学方程式：rm{C隆煤D}_________________________________；

rm{D隆煤E}_________________________________。15、rm{(1)}现有rm{NH_{4}Cl}和rm{NH_{3}隆陇H_{2}O}组成的混合溶液，若其rm{pH=7}则该溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}___rm{c(Cl-);}若rm{pH>7}则该溶液中rm{c(NH}则该溶液中rm{pH>7}rm{c(NH}rm{{,!}_{4}^{+}}______rm{)}______rm{c(Cl-)}rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”、“rm{=}”rm{)}．rm{)}填“rm{c(Cl-)}”、“rm{(}”、“rm{>}”rm{<}．rm{=}的rm{)}溶液中，rm{(2)0.1mol/L}rm{NaHSO_{3}}_______________，rm{c(Na^{+})+}_______________。rm{c(H^{+})篓T篓T}时，rm{c(HSO_{3}^{-})+c(SO_{3}^{2-})+c(H_{2}SO_{3})篓T篓T}的rm{(3)25隆忙}溶液中，由水电离出的rm{pH=12.0}_________rm{KOH}rm{(OH^{-})=}的rm{mol/L}溶液中，由水电离出来的rm{pH=12.0}的rm{KClO}溶液中，由水电离出来的rm{(OH}rm{pH=12.0}rm{KClO}________rm{(OH}rm{{,!}^{-}}已知rm{0.1mol隆陇L^{-1}CH_{3}COONa}溶液rm{)}________rm{mol/L}按物质的量浓度由大到小顺序排列该溶液中各种____rm{)}水分子除外rm{mol/L}____________________rm{(4)}16、rm{(1)}一定温度下，在恒容密闭容器中rm{NO_{2}}与rm{O_{2}}反应如下：rm{4NO_{2}(g)+O_{2}(g)?2N_{2}O_{5}(g)}若已知rm{4NO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2N_{2}O_{5}(g)}则该反应是________rm{K_{350隆忙}<K_{300隆忙}}填“吸热”或“放热”rm{(}反应。反应达平衡后，若再通入一定量rm{)}则平衡常数rm{NO_{2}}将________，rm{K}的转化率________。rm{NO_{2}}均填“增大”“减小”或“不变”rm{(}rm{)}若初始时在恒容密闭容器中加入rm{(2)}下表为rm{N_{2}O_{5}}分解反应在一定温度下不同时间测得rm{N_{2}O_{5}}浓度的部分实验数据：。rm{N_{2}O_{5}}rm{t/s}rm{0}rm{500}rm{1000}rm{c(N_{2}O_{5})/(mol隆陇L^{-1})}rm{5.00}rm{3.52}rm{2.48}

rm{垄脵}写出该反应的平衡常数表达式：rm{K=}________。rm{垄脷1000s}内rm{N_{2}O_{5}}的分解速率为________________。rm{垄脹}若每有rm{1molN_{2}O_{5}}分解，放出或吸收rm{QkJ}的热量，写出该分解反应的热化学方程式_________________________。评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)17、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．18、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．19、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。20、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、计算题(共2题，共14分)21、在过量的空气中燃尽2.24L（标准状况）一氟代烃气体，燃烧后的生成物在27℃下全部为澄清石灰水所吸收，可得到13.9g沉淀物。求此气体的分子式。22、将等物质的量A；B混合于2L的密闭容器中；发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5分钟后，测得D的浓度为0.5mol/L，且c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol/（L•min）．求：

（1）反应开始前放入容器中A；B物质的量．

（2）B的平均反应速率．

（3）x值是多少？评卷人得分五、简答题(共3题，共18分)23、rm{I}、由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}含量并加以开发利用，引用了各界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}该反应的能量变化如图所示：rm{?}rm{CH}

rm{CH}上述反应平衡常数rm{{,!}_{3}}的表达式为________，温度降低，平衡常数rm{OH(g)+H}________rm{OH(g)+H}填“增大”、“不变”或“减小”rm{{,!}_{2}}rm{O(g)}该反应的能量变化如图所示：在体积为rm{O(g)}的密闭容器中，充入和测得rm{(1)}的物质的量随时间变化如下表所示。从反应开始到rm{K}末，用氢气浓度变化表示的平均反应速率rm{K}________。。rm{(}rm{t/min}rm{0}rm{2}rm{5}rm{10}rm{15}rm{n(CO_{2})/mol}rm{1}rm{0.75}rm{0.5}rm{0.25}rm{0.25}rm{(3)}下列条件能使上述反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_____rm{(}填写序号字母rm{)}rm{a.}及时分离出rm{CH_{3}OH}气体rm{b.}适当升高温度rm{c.}保持容器的容积不变，再充入rm{1molCO_{2}}和rm{3molH_{2}}rm{d.}选择高效催化剂Ⅱ、rm{(1)}在容积为rm{2L}的密闭容器中，由rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，如图所示rm{(T_{1}}rm{T_{2}}均大于rm{300隆忙)}列说法正确的是________rm{(}填序号rm{)}填序号rm{(}rm{)}

温度为rm{垄脵}时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为rm{v(CH_{3}OH)=dfrac{{n}_{A}}{{t}_{A}}mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}rm{T_{1}}该反应在rm{v(CH_{3}OH)=dfrac{{n}_{A}}{{t}_{A}}

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}时的平衡常数比rm{垄脷}时的小rm{T_{1}}该反应为放热反应rm{T_{2}}处于rm{垄脹}点的反应体系从rm{垄脺}变到rm{A}达到平衡时rm{dfrac{n({H}_{2})}{n(C{H}_{3}OH)}}增大rm{T_{1}}在rm{T_{2}}温度时，将rm{dfrac{n({H}_{2})}{n(C{H}_{3}OH)}

}和rm{(2)}充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若rm{T_{1}}的转化率为rm{1molCO_{2}}则容器内的压强与起始压强之比为____________。rm{3molH_{2}}24、氮；碳都是重要的非金属元素；合理应用和处理碳和氮的化合物，在生产生活中有重要意义。

I.研究含氮污染物的治理是环保的一项重要工作。

rm{T隆忙}时，发生如下反应，rm{3NO(g)+O_{3}(g)?3NO_{2}(g)}将rm{0.6}rm{mol}rm{NO}和rm{0.2}rm{molO_{3}}气体充入到rm{2L}固定容积的恒温密闭容器中，rm{NO}的浓度随反应时间的变化如图rm{1}所示。

rm{垄脵T隆忙}时，反应rm{3NO(g)+O_{3}(g)?3NO_{2}(g)}的平衡常数rm{K=}______。

rm{垄脷}不能说明反应达到平衡状态的是______。

A.气体颜色不再改变rm{B.}气体的平均摩尔质量不再改变。

C.气体的密度不再改变rm{D.}单位时间内生成rm{O_{3}}和rm{NO_{2}}物质的量之比为rm{1}rm{3}25、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿rm{(}主要成分为rm{MnO_{2}}含少量rm{Fe}rm{Al}rm{Mg}等杂质元素rm{)}制备高纯碳酸锰的实验过程如下：

rm{(1)}浸出：浸出时温度控制在rm{90隆忙隆芦95隆忙}之间，并且要连续搅拌rm{3}小时的目的是______；植物粉的作用是______．

rm{(2)}除杂：rm{垄脵}向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的rm{pH}为rm{3.5隆芦5.5}

rm{垄脷}再加入一定量的软锰矿和双氧水；过滤；

rm{垄脹}

操作rm{垄脵}中使用碳酸锰调rm{pH}的优势是______；操作rm{垄脷}中加入双氧水不仅能将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}而且能提高软锰矿的浸出率rm{.}写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式______．

rm{(3)}制备：在rm{30隆忙隆芦35隆忙}下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终rm{pH}在rm{6.5隆芦7.0}得到rm{MnCO_{3}}沉淀rm{.}温度控制rm{35隆忙}以下的原因是______；该反应的化学方程式为______；生成的rm{MnCO_{3}}沉淀需经充分洗涤；检验洗涤是否完全的方法是______．

rm{(4)}计算：室温下，rm{K_{sp}(MnCO_{3})=1.8隆脕10^{-11}}rm{K_{sp}(MgCO_{3})=2.6隆脕10^{-5}}已知离子浓度小于rm{1}rm{.0隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}时，表示该离子沉淀完全rm{.}若净化液中的rm{c(Mg^{2+})=10^{-2}mol/L}试计算说明rm{Mg^{2+}}的存在是否会影响rm{MnCO_{3}}的纯度．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】分子式表示的物质一定是纯净物，说明不存在同分异构体，A是戊烷，有3种同分异构体，B可以是酚类，也可以是醇类，C只能是甲烷，D可以是1，2－二氯乙烷，也可以是1，1－二氯乙烷，答案选C。【解析】【答案】C2、B【分析】解：rm{A}rm{3-}甲基rm{-2-}戊烯，rm{CH_{3}-CH_{2}-C(CH_{3})=CH-CH_{3}}符合系统命名方法，故A正确；

B、rm{3-}甲基rm{-2-}丁烯，rm{CH_{3}-C(CH_{3})=CH-CH_{3}}编号起端选择错误，不符合取代基位次和最小，正确名称为：rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯；不符合系统命名方法，故B错误；

C、rm{2}rm{2-}二甲基丙烷，rm{CH_{3}-C(CH_{3})_{2}-CH_{3}}符合系统命名方法，故C正确；

D、rm{3-}甲基rm{-1-}丁烯，rm{CH_{3}-C(CH_{3})-CH=CH_{2}}符合系统命名方法，故D正确；

故选B．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{(1)}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．

rm{(2)}有机物的名称书写要规范．

本题考查了有机物的系统命名方法，依据名称写出结构简式，用正确的命名方法命名对比分析，题目较简单．【解析】rm{B}3、A【分析】【分析】

本题考查水的电离影响因素，加酸加碱抑制水的电离，加会水解的盐促进水的电离，等因素【解答】

A.小苏打为碳酸氢钠，加入碳酸氢钠，碳酸氢根离子结合水电离的氢离子，水的电离程度增大，碳酸氢钠促进了水的电离，故A正确；B.加入醋酸；溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向着逆向移动，抑制了水的电离，故B错误；

C.加入乙醇；乙醇为非电解质，对水的电离平衡不产生影响，故C错误；

D.加入氯化钠；钠离子和氯离子都不影响水的电离，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}4、B【分析】【分析】

本题考查水的电离平衡移动，题目难度不大，注意从浓度、温度对平衡移动的影响角度分析，本题易错点为rm{A}注意升高温度rm{c(H^{+})}rm{pH}减小。

【解答】

A.水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，rm{K}增大，rm{c(H^{+})}则rm{pH}减小；故A错误；

B.向水中加入少量盐酸，抑制水的电离，rm{c(H^{+})}增大，平衡逆向进行，温度不变rm{K_{w}}不变；故B正确；

C.向水中加入少量固体rm{NaOH}rm{c(OH^{-})}增大，平衡逆向移动，rm{c(H^{+})}降低；故C错误；

D.向水中加入rm{AlCl_{3}}固体，溶解后铝离子水解促进水的电离，平衡正向移动，rm{c(OH^{-})}浓度减小，rm{c(H^{+})}浓度增大；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}5、B【分析】【解析】试题分析：醋酸溶液虽然稀释中电离平衡正向移动，但是c(H+)减小，所以b>a，A错误；盐酸和NaOH溶液混合后pH=7，说明酸碱恰好完全反应，则NaOH的pH=11，B正确；1.0×10-8mol/L的盐酸，水电离出的H+大于酸电离的H+，所以溶液的pH接近于7，C错误；酚酞的变色范围是8-10所以溶液呈无色，溶液的pH>7，D错误。答案选B。考点：弱电解质的电离【解析】【答案】B6、B【分析】根据题意可知，溶液中水的电离是被抑制的，因此溶液可能显酸性，也可能显碱性。如果显碱性，则Fe2+、NH4+、Mg2+都和碱反应，不能大量共存。如果显酸性，则A中NO3－能氧化亚铁离子，C中S2O32－发生自身的氧化还原反应，生成单质S和SO2。D中生成AlO2－氢氧化铝沉淀，所以正确的答案选B。【解析】【答案】B7、B【分析】考查常见有机物的结构特点。烷烃都不是平面型结构，所以正确的答案是B。【解析】【答案】B二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据图像可知，T1首先得到平衡状态，所以温度是T1大于T2。（2）温度越高，C的含量越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正方应是放热反应。增大压强C的含量降低，说明增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以正方应是体积增大的可逆反应，即m大于2。（3）达到平衡后，A的转化率为0.60，则消耗A的物质的量是0.60mol，则根据方程式可知消耗B的物质的量是0.6mol，所以B的转化率是考点：考查外界条件对平衡状态的影响、可逆反应的有关计算【解析】【答案】⑴大于⑵放热,大于⑶25%9、（1）ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2OH2SiO3（或H4SiO4）

（2）5.2~6.2ZrO2++2NH3·H2O+H2O=Zr（OH)4↓+2NH4+

（3）2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O

（4）取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH)4洗涤干净。【分析】锆石英加入氢氧化钠熔融，rm{ZrSiO_{4}}转化为rm{Na_{2}SiO_{3}}和rm{Na_{2}ZrO_{3}}加入过量的盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸沉淀，滤液中含有rm{ZrO^{2+}}和铁离子、铝离子。加入氨水调节rm{pH}使铁离子和铝离子转化为沉淀，过滤，滤液中主要含有rm{ZrO^{2+}}再加氨水调节使rm{ZrO^{2+}}转化为rm{Zr(OH)_{4}}沉淀，过滤，洗涤，得到rm{Zr(OH)_{4}}物质再加热分解即可。

rm{(1)}在高温下rm{ZrSiO_{4}}转化为rm{Na_{2}SiO_{3}}和rm{Na_{2}ZrO_{3}}硅酸钠和盐酸反应得到硅酸沉淀。

rm{(2)}需要用氨水调节rm{pH}使铁离子和铝离子沉淀，所以rm{pH}应为rm{{,!}5.2隆芦6.2}再加氨水使rm{ZrO^{2+}}转化为沉淀，方程式为：rm{ZrO^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O+H_{2}O=Zr(OH)_{4}隆媒+2NH_{4}^{+}}

rm{ZrO^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O+H_{2}O=

Zr(OH)_{4}隆媒+2NH_{4}^{+}}过滤rm{(3)}所得滤液主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入碳酸钙粉末并加热得到氨气和二氧化碳气体，其反应为：rm{III}

rm{2NH_{4}^{+}+CaCO_{3}=Ca^{2+}+2NH_{3}隆眉+CO_{2}隆眉+H_{2}O}沉淀上附着的杂质为氯离子，用硝酸和硝酸银检验。其操作为：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则rm{(4)}洗涤干净。

​考点：物质分离和提纯的方法和基本操作​rm{Zr(OH)_{4}}【解析】rm{(1)ZrSiO_{4}+4NaOH}rm{Na_{2}SiO_{3}+Na_{2}ZrO_{3}+2H_{2}O}rm{H_{2}SiO_{3}(}或rm{H_{4}SiO_{4})}

rm{(2)5.2隆芦6.2}rm{ZrO^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O+H_{2}O=Zr(OH)_{4}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{ZrO^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O+H_{2}O=

Zr(OH)_{4}隆媒+2NH_{4}^{+}}

rm{(3)2NH_{4}^{+}+CaCO_{3}=Ca^{2+}+2NH_{3}隆眉+CO_{2}隆眉+H_{2}O}取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则rm{(4)}洗涤干净。rm{Zr(OH)_{4}}10、(1)①③④⑤坩埚、泥三角

(2)28.0C【分析】【分析】本题是对化学实验的仪器的使用知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是掌握常见实验仪器的使用方法和注意事项，侧重基础知识的考查。【解答】rm{(1)}依据实验的仪器的使用方法可得，rm{垄脵}分液漏斗使用前需要检漏rm{垄脷}漏斗不需要检漏；rm{垄脹}酸式滴定管使用前需要检漏；rm{垄脺}容量瓶使用前需要检漏；rm{垄脻}碱式滴定管使用前需要检漏；rm{垄脼}球形冷凝管不需要检漏。实验使用前必须检查是否漏水的是rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}。rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}下列仪器中，在灼烧固体物质时必须用到的仪器是坩埚、泥三角。坩埚、泥三角；故答案为：rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}坩埚、泥三角；下图为常见仪器的部分结构rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}有的仪器被放大rm{(2)}下图为常见仪器的部分结构rm{(}有的仪器被放大rm{)}

由于rm{(2)}是量筒，所以图中液面所示溶液的体积为rm{(}用上述四种仪器中的某种测量一液体的体积，平视时读数为rm{)}仰视时读数为rm{A}若rm{28.0mL}依据误差的判断可知，是滴定管的原因，则所使用的仪器是rm{NmL}故答案为：rm{MmL}rm{M>N}rm{C}【解析】rm{(1)垄脵垄脹垄脺垄脻}坩埚、泥三角rm{(2)28.0}rm{C}11、略

【分析】解：rm{Na_{2}S}是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为rm{S^{2-}+H_{2}O?HS^{-}+OH^{-}HS^{-}+H_{2}O?H_{2}S+OH^{-}}为了防止水解且不引进其它杂质，可以向溶液中加入少量rm{NaOH}故答案为rm{NaOH}．

rm{Na_{2}S}是强碱弱酸盐；硫离子水解导致溶液呈碱性，为防止水解，应该加入少量碱，据此分析解答．

本题考查盐类水解，根据盐的特点确定溶液酸碱性，知道“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”原理，题目难度不大．【解析】rm{NaOH}12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）FeO42－在pH值为10-11时非常稳定，所以电解质溶液应该选A。（2）铁是阳极，石墨是阴极，阳极铁失电子变成FeO42－，电极反应为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O，所以铁电极变细，阳极附近溶液变为紫红色，阴极H+得电子变氢气，电极反应是2H++2e-=H2，所以阴极有无色气体生成。考点：电解原理【解析】【答案】(1)A(2)铁电极附近溶液变为紫红色，石墨电极上有无色气体生成，铁电极变细(3)Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。13、略

【分析】解：①IV中1mol/L氨水与0.1mol/LMgCl2溶液混合产生表示沉淀，则Ⅲ中1mol/L氨水与1mol/LMgCl2溶液混合，两实验中，溶液的氢氧根离子浓度相同，Ⅲ中镁离子的浓度更大，二者结合生成白色沉淀Mg（OH）2；

故答案为：生成白色沉淀；

②分析、比较实验Ⅰ、Ⅱ所用药品均为0.1mol•L-1MgCl2溶液，不同处为0.1mol•L-1NaOH溶液和0.1mol•L-1氨水，产生不同实验现象的原因应该是：0.1mol•L-1氨水中，OH-的浓度小；

故答案为：NH3•H2O是弱电解质，部分电离，溶液中c（OH-）很小，NaOH是强电解质，完全电离，溶液中c（OH-）很大；

③对比试验分析实验Ⅳ、Ⅴ，c（NH3•H2O）、c（Mg2+）各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化学平衡：Mg2+（aq）+2NH3•H2O（aq）⇌2NH4+（aq）+Mg（OH）2（s），该反应的平衡常数表达式为；K=c（NH3•H2O）、c（Mg2+）改变相同的程度，c2（NH3•H2O）的影响更大（或起主要作用）；

故答案为：根据平衡常数表达式K=c（NH3•H2O）、c（Mg2+）改变相同的程度，c2（NH3•H2O）的影响更大（或起主要作用）．

①根据IV来分析判断；浓度较大时氨水与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀；

②对比试验Ⅰ；Ⅱ得出结论；

③根据反应的方程式和K的含义书写表达式；再分析，注意固体不能写入表达式．

本题考查利用复分解反应制取Mg（OH）2，对比试验、平衡常数表达式的应用等问题，注意平衡常数的表达式的书写时，固体和纯液体不能写入．【解析】生成白色沉淀；NH3•H2O是弱电解质，部分电离，溶液中c（OH-）很小，NaOH是强电解质，完全电离，溶液中c（OH-）很大；K=c（NH3•H2O）、c（Mg2+）改变相同的程度，c2（NH3•H2O）的影响更大（或起主要作用）．14、（1）（2）加成反应酯化反应或取代反应（3）（4）【分析】【分析】本题考查有机物推断，以rm{F}为突破口采用逆向分析的方法进行推断，注意结合题给信息解答，同时考查学生获取信息、利用信息解答问题能力，熟练掌握醇、醛、羧酸、酯之间的转化及反应条件，难点是判断同分异构体种类，要考虑官能团异构、碳链异构，题目难度中等。【解答】有机物rm{A}和rm{C}互为同分异构体且均为芳香族化合物，rm{A}rm{C}中含有苯环，rm{C}能连续被氧化，则rm{C}为醇、rm{D}为醛、rm{E}为羧酸，rm{A}和氢气发生加成反应生成rm{B}rm{B}和rm{E}能发生酯化反应生成rm{F}rm{A}rm{C}中碳原子相等，根据rm{C}原子守恒知，rm{A}rm{C}中碳原子数都是rm{7}且rm{B}是一元醇、rm{E}是一元羧酸，rm{E}为苯甲酸，rm{D}为苯甲醛、rm{C}为苯甲醇，rm{A}rm{C}为同分异构体，且rm{A}中含有羟基，rm{A}中还含有甲基，甲基和羟基可能位于邻位、间位或对位，所以rm{A}的结构简式可能为rm{A}发生加成反应生成rm{B}rm{B}结构简式可能为或或B、rm{E}发生酯化反应生成rm{F}rm{F}结构简式为或rm{(1)}通过以上分析知，rm{F}的结构简式为或故答案为：或rm{(2)}通过以上分析知，rm{垄脵垄脷}分别是加成反应、酯化反应或取代反应，故答案为：加成反应；酯化反应或取代反应；rm{(3)E}为与rm{E}互为同分异构体且属于芳香族化合物，说明rm{E}的同分异构体中含有苯环，其同分异构体中如果含有酯基，则只有一种结构，如果含有酚羟基和甲基，则有邻、间、对三种结构，所以符合条件的rm{E}同分异构体有故答案为：rm{(4)C}是苯甲醇，rm{D}是苯甲醛，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，反应方程式为rm{D}是苯甲醛、rm{E}是苯甲酸，苯甲醛被氧化生成苯甲酸，反应方程式为故答案为：【解析】rm{(1)}rm{(2)}加成反应酯化反应或取代反应rm{(3)}rm{(4)}15、（1）=;＞

（2）c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-）;0.1

(3)10-12;10-2

（4）c（Na+）＞C（CH3COO-）＞c（OH-）＞C（CH3COOH）＞c（H+）【分析】【分析】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小，溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断，盐类水解的实质分析，掌握基础是关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}常温下，混合溶液中rm{pH=7}说明溶液呈中性，则溶液中rm{C(H}常温下，混合溶液中rm{(1)}说明溶液呈中性，则溶液中rm{pH=7}rm{C(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=C(OH}rm{)=C(OH}根据电荷守恒得rm{{,!}^{-}}rm{)}根据电荷守恒得rm{C(H}rm{)}rm{C(H}rm{{,!}^{+}}rm{)+C(NH}rm{)+C(NH}rm{{,!}_{4}^{+}}rm{)=C(OH}则rm{)=C(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+C(Cl}rm{)+C(Cl}rm{{,!}^{-}}

rm{)}则rm{c(NH}说明溶液呈碱性，则rm{)}rm{c(NH}rm{{,!}_{4}^{+}}rm{)=c(Cl}rm{)=c(Cl}根据电荷守恒得rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}若rm{pH>7}说明溶液呈碱性，则rm{C(H}rm{pH>7}rm{C(H}rm{{,!}^{+}}rm{)<C(OH}rm{)<C(OH}则rm{{,!}^{-}}rm{)}根据电荷守恒得rm{C(H}rm{)}rm{C(H}rm{{,!}^{+}}

rm{)+C(NH}rm{)+C(NH}

rm{{,!}_{4}^{+}}根据电荷守恒，rm{)=C(OH}的rm{)=C(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+C(Cl}rm{)+C(Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)}则rm{c(NH}rm{)}根据物料守恒，rm{c(NH}rm{{,!}_{4}^{+}}rm{)>c(Cl}rm{)>c(Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}故答案为：rm{=}rm{>}rm{=}rm{>}故答案为：rm{(2)}根据电荷守恒，rm{0.1mol/L}的rm{NaHSO}rm{(2)}rm{0.1mol/L}rm{NaHSO}时，rm{{,!}_{3}}的。溶液中，rm{c(Na}溶液中，由水电离出的rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+}rm{)+}rm{c(H}rm{c(H}rm{{,!}^{+})=c(HSO_{3}^{-})+2c(SO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}rm{c(HSO}的rm{c(HSO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)+c(SO}rm{)+c(SO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}rm{)=}rm{)=}rm{c(Na^{+})=0.1mol/L}rm{c(HSO_{3}^{-})+2c(SO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}rm{0.1}rm{(3)}由水电离出来的rm{25隆忙}时，rm{pH=12.0}的rm{KOH}溶液中，由水电离出的rm{C(OH}rm{25隆忙}rm{pH=12.0}rm{KOH}rm{C(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=C(H}rm{)=C(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=10}rm{)=10}rm{{,!}^{-12}}rm{mol/L}rm{pH=12.0}的rm{K}溶液rm{mol/L}说明溶液呈碱性，原因是醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中发生rm{pH=12.0}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液中，rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O?HCO}rm{O?HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+OH}rm{+OH}rm{{,!}^{-}}，rm{Kw=c(H}rm{Kw=c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)c(OH}rm{)c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}由水电离出来的rm{C(OH}rm{)}rm{C(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}故答案为：rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-12;}}，rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-2;}}；rm{(4)0.1mol?L}rm{(4)0.1mol?L}rm{{,!}^{-1}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COONa}溶液rm{PH=8}说明溶液呈碱性，原因是醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中发生rm{CH}rm{COONa}rm{PH=8}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O?CH}rm{O?CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH+OH}rm{COOH+OH}rm{{,!}^{-}}，则有rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(CH}rm{)>c(CH}rm{{,!}_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{)}【解析】rm{(1)=;>}rm{(2)c(HSO_{3}^{-})+2c(SO_{3}^{2-})+c(OH^{-});0.1}rm{(3)10^{-12}}rm{;10^{-2}}rm{(4)c(Na^{+})>C(CH_{3}COO^{-})>c(OH^{-})>C(CH_{3}COOH)>}rm{c(H^{+})}16、(1)放热不变变小(2)①②0.00252mol·L－1·s－1

③2N2O5(g)═══4NO2(g)＋O2(g)ΔH＝＋2QkJ·mol－1【分析】【分析】本题考查了化学平衡影响因素，平衡常数计算应用，热化学方程式书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}该反应的rm{K=dfrac{c^{2}N_{2}O_{5}}{c^{4}NO_{2}隆陇cO_{2}}}升温rm{K=dfrac{c^{2}N_{2}O_{5}}{c^{4}

NO_{2}隆陇cO_{2}}}减小，即平衡逆向移动，故正方向放热，达平衡后再通入rm{K}平衡正向移动，rm{NO_{2}}不变，rm{K}的转化率减小，故答案为：放热，不变，变小；rm{NO_{2}}rm{(2)}应为rm{垄脵}应为rm{2N}rm{垄脵}rm{2N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{(g)?4NO}rm{(g)?4NO}反应的平衡常数表达式rm{{,!}_{2}}rm{dfrac{c^{4}(NO_{2})cdotc(O_{2})}{c^{2}(N_{2}O_{5})}}rm{(g)+O}rm{dfrac{c^{4}(NO_{2})cdotc(O_{2})}{c^{2}(N_{2}O_{5})}}rm{(g)+O}

rm{{,!}_{2}}内rm{(g)}反应的平衡常数表达式rm{K=}rm{(g)}rm{K=}rm{dfrac{c^{4}(NO_{2})cdot

c(O_{2})}{c^{2}(N_{2}O_{5})}}，故答案为：分解速率rm{dfrac{c^{4}(NO_{2})cdot

c(O_{2})}{c^{2}(N_{2}O_{5})}}rm{dfrac{2.53mol/L}{1000s}}；故答案为：rm{垄脷1000s}内rm{N}

rm{垄脷1000s}每有rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}的消耗物质的量浓度rm{=5.00mol/L-2.48mol/L=2.53mol/L}分解速率rm{=}rm{=5.00mol/L-2.48mol/L=2.53mol/L}的热量，分解rm{=}rm{dfrac

{2.53mol/L}{1000s}}rm{=0.00252mol/L?s}故答案为：rm{0.00252mol/L?s}rm{=0.00252mol/L?s}rm{0.00252mol/L?s}rm{垄脹}每有rm{1mol}rm{N}的热量，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式：rm{垄脹}rm{1mol}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}分解，吸收rm{Q}rm{kJ}的热量，分解rm{2molN}rm{Q}

rm{kJ}rm{2molN}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}分解，吸收rm{2Q}rm{kJ}的热量，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式：rm{2N}rm{2Q}rm{kJ}rm{2N}【解析】rm{(1)}放热不变变小rm{(2)垄脵dfrac{c^{4}NO_{2}隆陇cO_{2}}{c^{2}N_{2}O_{5}}}rm{(2)垄脵dfrac{c^{4}NO_{2}隆陇cO_{2}

}{c^{2}N_{2}O_{5}}}rm{垄脷0.00252mol隆陇L^{-1隆陇}s^{-1}}rm{垄脹2N_{2}O_{5}(g)篓T篓T篓T4NO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{娄陇H=+2QkJ隆陇mol-1}三、有机推断题(共4题，共8分)17、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH218、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH219、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl20、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、计算题(共2题，共14分)21、略

【分析】【解析】【答案】CH3F22、略

【分析】

（1）根据D的浓度求出D的物质的量；结合方程式求出A；B的物质的量；

（2）先求出反应的B的物质的量；再根据平均反应速率公式计算B的平均反应速率；

（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比求出x值．

本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，明确同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比是解（3）的关键．【解析】解：（1）5分钟后；n（D）=CV=0.5mol/L×2L=1mol，设反应开始前放入容器中A；B物质的量为mmol；

3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）；

反应前mmolmmol00

5分钟后（m-1.5）mol（m-0.5）mol1mol1mol

c（A）：c（B）=3：5=（m-1.5）mol：（m-0.5）mol

m=3mol

答：反应开始前放入容器中A；B物质的量均为3mol；

（2）设反应的B的物质的量为nmol；

3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）；

12

nmol1mol

n=0.5

根据v（B）==0.05mol/（L．min）

答：B的平均反应速率为0.05mol/（L．min）；

（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比；所以v（B）：v（C）=0.05mol/（L．min）：0.1mol/（L•min）=1：x，所以x=2．

答：x值是2．五、简答题(共3题，共18分)23、Ⅰ、

（1）增大

（2）0.15mol·L－1·min－1

（3）C

Ⅱ、

（1）③④

（2）（2－α）/2或1－α/2

​【分析】【分析】本题是对化学平衡与化学反应速率的知识的综合考察，是高考常考知识，难度一般。关键是正确理解化学平衡与化学反应速率的原理，侧重知识的能力考察。【解答】I.rm{(1)}依据上述反应方程式可得平衡常数rm{K}的表达式为：依据图像可得，温度升高，甲醇的含量减小，即化学平衡逆移，所以温度降低，平衡常数rm{K}增大。故答案为：增大；rm{(2)}在体积为rm{2L}的密闭容器中，充入rm{1molCO_{2}}和rm{3molH_{2}}测得rm{CO_{2}}的物质的量随时间变化如下表所示。从反应开始到rm{5min}末，用氢气浓度变化表示的平均反应速率rm{v(H_{2})=3v(CO}rm{2}rm{)=dfrac{left(1mol-0.5molright)}{2L隆脕5min}隆脕3}rm{2}故答案为：rm{)=

dfrac{left(1mol-0.5molright)}{2L隆脕5min}隆脕3}rm{=0.15mol/L^{.}min}rm{0.15mol/L}．下列条件能使上述反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是rm{min}rm{(3)}及时分离出rm{c}气体，化学反应速率不会增大，故rm{a.}错误；rm{CH_{3}OH}适当升高温度，化学平衡逆移，故rm{a}错误；rm{b.}保持容器的容积不变，再充入rm{b}和rm{c.}化学反应速率增大且化学平衡正移，故rm{1molCO_{2}}正确；rm{3molH_{2}}选择高效催化剂，化学平衡不会移动，故rm{c}错误。故答案为：rm{d.}Ⅱrm{d}

rm{c}在容积为rm{.}的密闭容器中，由rm{(1)}和rm{2L}合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，如图所示rm{CO_{2}}rm{H_{2}}均大于rm{(T_{1}}列说法正确的是rm{T_{2}}rm{300隆忙)}温度为rm{垄脹垄脺}时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为rm{v(CH_{3}OH)=dfrac{{n}_{A}}{{t}_{A}}隆脕dfrac{1}{2}mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}故rm{垄脵}错误；rm{T_{1}}依据图像可得，反应是发热反应，所以该反应在rm{v(CH_{3}OH)=dfrac{{n}_{A}}{{t}_{A}}

隆脕dfrac{1}{2}mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}时的平衡常数比rm{垄脵}时的大，故rm{垄脷}错误；rm{T_{1}}依据图像可得，该反应为放热反应，故rm{T_{2}}正确；rm{垄脷}处于rm{垄脹}点的反应体系从rm{垄脹}变到rm{垄脺}温度升高，平衡逆移，所以达到平衡时rm{dfrac{n({H}_{2})}{n(C{H}_{3}OH)}}增大，故rm{A}正确。故答案为：rm{T_{1}}rm{T_{2}}在rm{dfrac{n({H}_{2})}{n(C{H}_{3}OH)}

}温度时，将rm{垄脺}和rm{垄脹垄脺}充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若rm{(2)}的转化率为rm{T_{1}}依据“三段法”计算可得，容器内的气体的物质的量是：rm{1molCO_{2}}rm{3molH_{2}}rm{CO_{2}}rm{娄脕}总rm{n(CO_{2})=(1-娄脕)mol}依据rm{n(H_{2})=(3-3娄脕)mol}可得，则容器内的压强与起始压强之比为：rm{n(CH_{3}OH)=n(H_{2}O)=娄脕mol}故答案为：rm{n(}rm{)=(4-2娄脕)mol}【解析】Ⅰ、rm{(1)}增大rm{(2)0.15mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}rm{(2)0.15

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}Ⅱ、rm{(3)C}rm{(1)垄脹垄脺}或rm{(2)(2-娄脕)/2}​rm{1-娄脕/2}24、略

【分析】解：rm{垄脵T隆忙}时，将rm{0.6molNO}和rm{0.2molO_{3}}气体充入到rm{2L}固定容积的恒温密闭容器中，图象分析可知平衡状态rm{NO}浓度为rm{0.1mol/L}rm{10min}达到平衡；

rm{3NO(g)+O_{3}(g)?3NO_{2}(g)}

起始量rm{(mol/L)0.3}rm{0.1}rm{0}

变化量rm{(mol/L)0.2}rm{dfrac{0.2}{3}}rm{0.2}

平衡量rm{(mol/L)0.1}rm{dfrac{0.1}{3}}rm{0.2}

rm{K=dfrac{0拢庐2^{3}}{0拢庐1^{3}隆脕dfrac{0.1}{3}}=240}

故答案为：rm{K=dfrac{0拢庐2^{3}}{0拢庐1^{3}隆脕dfrac

{0.1}{3}}=240}

rm{240}反应rm{垄脷}的rm{3NO(g)+O_{3}(g)?3NO_{2}(g)}反应是气体体积减小的放热反应；

A.气体颜色不再改变；说明二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故A不符合；

B.反应前后气体质量不变；物质的量变化，当气体的平均摩尔质量不再改变说明反应达到平衡状态，故B不符合；

C.气体质量和体积不变；气体的密度始终不改变，不能说明反应达到平衡状态，故C符合；

D.反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，当单位时间内生成rm{triangleH=-317.1KJ/mol}和rm{O_{3}}物质的量之比为rm{NO_{2}}rm{1}表明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D不符合；

故答案为：rm{3}

rm{C}化学平衡三行计算得到平衡浓度，平衡常数rm{K=dfrac{{脡煤鲁脡脦茂脝陆潞芒脜篓露脠脙脻麓脦路陆鲁脣禄媒}}{{路麓脫娄脦茂脝陆潞芒脜篓露脠脙脻麓脦路陆鲁脣禄媒}}}

rm{垄脵}当化学反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题。

本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意基础知识的举一反三。rm{K=dfrac

{{脡煤鲁脡脦茂脝陆潞芒脜篓露脠脙脻麓脦路陆鲁脣禄媒}}{{路麓脫娄脦茂脝陆潞芒脜篓露脠脙脻麓脦路陆鲁脣禄媒}}}【解析】rm{240}rm{C}25、略

【分析】解：rm{(1)}升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，浸出时温度控制在rm{90隆忙隆芦95隆忙}之间，并且要连续搅拌rm{3}小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率；加入植物粉是一种还原剂；

故答案为：提高软锰矿中锰的浸出率；作还原剂；

rm{(2)}使用碳酸锰调rm{pH}的优势是不引入新的杂质；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：rm{