2025年人教新起点高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2025年人教新起点高二化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、“神舟七号”所用动力燃料之一为氢化锂“三兄弟”——LiH、LiD、LiT。有关下列叙述中正确的是A.三种物质质子数之比为1∶2∶3B.三种物质中子数之比为1∶1∶1C.三种物质的摩尔质量之比为8∶9∶10D.三种物质的化学性质不相同2、在密闭容器中有可逆反应：nA(g)+mB(g)pC(g)△H＞0处于平衡状态（已知m+n＞p），则下列说法正确的是①升温，c（B）/c（C）的比值变小②降温时体系内混合气体平均相对分子质量变小③加入B，A的转化率增大④加入催化剂，气体总的物质的量不变⑤加压使容器体积减小，A或B的浓度一定降低⑥若A的反应速率为VA，则B的反应速率为n·VA/mA.①②③⑤B.①②③④C.①②⑤⑥D.③④⑤⑥3、图为氯化钠的晶体结构模型；下列说法不正确的是（）

A.NaC1晶体中Na+与C1-的个数比为1：1B.每个Na+周围距离最近的C1-数为6C.和Na+距离相等且最近的C1-构成的多面体是正八面体D.每个Na+周围距离最近的Na+数为84、在温度不变的条件下，恒容密闭容器中发生如下反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}下列叙述能够说明反应已经达到平衡状态的是rm{(}rm{)}A.容器中rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}共存B.单位时间内生成rm{2mol}rm{SO_{2}}的同时消耗rm{2mol}rm{SO_{3}}C.容器中rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的物质的量之比为rm{1}rm{1}rm{1}D.反应容器中压强不随时间变化5、某烃经分析测得碳的质量分数为rm{85.71%}质谱图显示，其质荷比为rm{84}该烃的核磁共振氢谱如图所示。则该烃为()A.rm{HCHO}B.C.D.6、已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸．可经三步反应制取其中第二步的反应类型是rm{(}rm{)}A.加成反应B.水解反应C.氧化反应D.消去反应评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、在一定体积的密闭容器中，进行化学反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t/℃70080083010001200K1.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=____________。（2）正反应为________反应（填“吸热”或“放热”）。（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________（多选扣分）。A、容器中压强不变B、混合气体中c(CO)不变C、v正(H2)=v逆(H2O)D、c(CO2)=c(CO)（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)。可判断此时的温度为________℃。8、（6分）乙基香兰素是目前国际公认的安全食用调香剂，广泛应用于各种需要增加奶香气息的调香食品中。其结构简式如图：（1）下列关于乙基香兰素的说法，正确的是____。A．乙基香兰素的分子式为C9H10O3B．该有机物属于芳香烃C．能发生氧化、还原、加成、取代、消去反应D．1mol该物质最多能与4molH2发生加成反应（2）尼泊金乙酯是乙基香兰素的一种同分异构体，是国家允许使用的食品防腐剂。它能与FeCl3溶液发生显色反应，其苯环上的一溴代物有两种。①写出尼泊金乙酯的结构简式____；②写出尼泊金乙酯与足量NaOH溶液加热反应的化学方程式____。③判断同时符合下列条件的尼泊金乙酯的同分异构体有种a．化合物是1，3，5-三取代苯；b．苯环上的1、3、5三个位置分别为甲基、羟基和酯基结构9、（附加题）（8分）铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：回答下列有关问题：（1）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，实现上述①的转化，要求产物纯净。可选用的试剂是____（选填序号）；A．Cl2B．FeC．HNO3D．H2O2（2）上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。(CuFeS2中S为—2价)则下列说法正确的是（选填序号）；A．从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金B．反应中，所有铁元素均被还原C．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂D．当转移1mol电子时，46gCuFeS2参加反应（3）下述反应中，若FeSO4和O2的系数比为2：1，试配平下列方程式：FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成Fe(OH)3胶体。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______、_________。10、rm{(1)}已知某烷烃的键线式为

rm{垄脵}该烷烃分子式为______．

rm{垄脷}用系统命名法命名该烷烃：______．

rm{垄脹}若该烷烃是由烯烃和rm{1molH_{2}}加成得到的，则原烯烃的结构有______种rm{.(}不包括立体异构，下同rm{)}

rm{垄脺}该烷烃在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代烷最多有______种rm{.}

rm{(2)}某有机物rm{X}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成，经测定其相对分子质量为rm{90.}取rm{1.8gX}在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重rm{1.08g}和rm{2.64g.}则有机物rm{X}的分子式为______rm{.}已知有机物rm{X}含有一个一rm{COOH}在rm{{,!}^{1}H-NMR}谱上观察氢原子给出四种特征峰，强度为rm{3}rm{1}rm{1}rm{l.}则rm{X}的结构简式为______．11、运用化学反应原理研究物质的性质具有重要意义。请回答下列问题：rm{(1)}用rm{CO}可以合成甲醇。已知：rm{CH_{3}OH(g)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)娄陇H_{1}kJ隆陇mol^{-1}}rm{CH_{3}OH(g)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)

娄陇H_{1}kJ隆陇mol^{-1}}rm{CO(g)+1/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{娄陇H_{2}kJ隆陇mol^{-1}}rm{H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)=H_{2}O(l)}则rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{娄陇H_{3}kJ隆陇mol^{-1}}_______rm{CO(g)+2H_{2}(g)?

CH_{3}OH(g)}rm{娄陇H=}一定压强下，在容积为rm{kJ隆陇mol^{-1}}的密闭容器中充入rm{(2)}与rm{2L}在催化剂作用下发生反应：rm{1molCO}rm{2molH_{2}}，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。rm{CO(g)+2H_{2}(g)?}rm{CH_{3}OH(g)娄陇H}填“大于”、“小于”或“等于”rm{p_{2;_____________}p_{1}}rm{(}向rm{)}溶液中滴加少量的rm{(3)}溶液的离子方程式_______________。rm{NH_{4}HSO_{4}}两种酸的电离平衡常数如下表。。rm{Ba(OH)_{2}}rm{K_{a1}}rm{K_{a2}}rm{H_{2}SO_{3}}rm{1.3隆脕10^{-2}}rm{6.3隆脕10^{-8}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{4.2隆脕10^{-7}}rm{5.6隆脕10^{-11}}rm{垄脵HSO_{3}^{-}}的电离平衡常数表达式rm{K=}_________。rm{垄脷0.10mol隆陇L^{-1}Na_{2}SO_{3}}溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________。rm{垄脷0.10

mol隆陇L^{-1}Na_{2}SO_{3}}溶液和rm{垄脹H_{2}SO_{3}}溶液混合，主要反应的离子方程式为_________。rm{NaHCO_{3}}12、有机物A仅含有C、H、O三种元素，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：限选试剂：蒸馏水、2mol·L－1盐酸溶液、2mol·L－1NaOH溶液、浓硫酸、NaHCO3粉末、金属Na、无水乙醇。实验步骤实验结论（1）A的质谱图如下：（1）证明A的相对分子质量为：__________。（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现分别增重5.4g和13.2g。（2）证明A的分子式为：________________。（3）另取两份9.0gA分置于不同的试管中。往其中一份A中加入足量的NaHCO3粉末充分反应，生成_______LCO2（标准状况）。往另一份A中加入足量的金属钠充分反应，生成________________________LH2（标准状况）。（3）证明A的分子中含有一个羧基和一个羟基。（4）A的核磁共振氢谱如下图：（4）A的结构简式为：_________________________。评卷人得分三、计算题(共6题，共12分)13、将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A):c(B)=3:5，C的平均反应速率是0.1mol/(L·min)。求：(1)此时A的浓度及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14、(9分)某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如下表所示。(1)根据下表中数据，在下图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：。t/minX/molY/molZ/mol01.001.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90(2)体系中发生反应的化学方程式是___________________________________________；(3)列式计算该反应在0～3min时间内产物Z的平均反应速率：___________________；(4)该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于；(5)如果该反应是放热反应。改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线1、2、3(如下图所示)则曲线1、2、3所对应的实验条件改变分别是：1______________，2______________，3______________。15、（9分）将N2和H2按一定比例混合，在相同状况下其密度是H2的3.6倍，取0.5mol该混合气体通入密闭容器内，使之发生反应，并在一定条件下达到平衡，已知反应达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.76倍。试求：（1）反应前混合气体中N2和H2的体积比；（2）达平衡时混合气体中氨的物质的量；（3）平衡时N2的转化率。16、（10分）一种含结晶水的无色晶体可表示为B·nH2O，其中结晶水的质量分数为28．57％，该晶体的无水物B中碳、氢、氧的质量分数分别为26．67％、2．23％、71．1％。（1）求无水物B的最简式。（2）B和NaOH溶液发生中和反应可生成一种酸式盐和一种正盐。0．15g无水物B恰好与0．1mol·L-1NaOH溶液33．4mL完全反应生成正盐，求该化合物的分子式，并写出其结构简式。（3）求B·nH2O中的n值。17、医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：

____rm{H^{+}+}____rm{MnO_{4}^{-}{}+}____rm{H_{2}C_{2}O_{4}隆煤}____rm{CO_{2}隆眉+}____rm{Mn^{2+}+}____rm{(1)}配平以上离子方程式，并在其中填上所需的微粒。rm{(2)}该反应中的还原剂是____rm{(}填化学式rm{)}rm{(3)}反应转移了rm{0.4mol}电子，则消耗rm{KMnO_{4}}的物质的量为____rm{mol}rm{(4)}测定血钙含量的方法是：取rm{2mL}血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量rm{(NH_{4})_{2}C_{2}O_{4}}溶液，反应生成rm{CaC_{2}O_{4}}沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到rm{H_{2}C_{2}O_{4}}后，再用rm{KMnO_{4}}溶液滴定。rm{垄脵}稀硫酸溶解rm{CaC_{2}O_{4}}沉淀的化学方程式是____。rm{垄脷}溶解沉淀时____rm{(}能或不能rm{)}用稀盐酸，原因是____。18、rm{垄隆.}用rm{CH_{4}}催化还原rm{NO_{x}}可以消除氮氧化物的污染。例如：rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)娄陇H=-574kJ隆陇mol^{-1}}rm{CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)娄陇H=-1160kJ隆陇mol^{-1}}若用rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)娄陇H=-574

kJ隆陇mol^{-1}}折合成标况体积rm{CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)娄陇H=-1160

kJ隆陇mol^{-1}}还原rm{4.48L(}至rm{)CH_{4}}整个过程中转移电子总数为______rm{NO_{2}}阿伏加德罗常数的值用rm{N_{2}}表示rm{(}放出的热量为______rm{N_{A}}rm{)}将rm{kJ}含有rm{垄垄.}和rm{1L}的水溶液用惰性电极电解一段时间后。rm{0.4molCuSO_{4}}若在一个电极上得到rm{0.2molNaCl}另一电极上析出气体rm{(1)}在标准状况下rm{0.1molCu}的体积是_____rm{(}rm{)}若在一个电极上得到rm{L}另一电极上析出气体rm{(2)}在标况下rm{0.4molCu}的体积是___rm{(}rm{)}评卷人得分四、解答题(共4题，共32分)19、已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的．D原子得到一个电子后3p轨道全充满．A+比D原子形成的离子少一个电子层．C与A形成A2C型离子化合物．E的原子序数为26；E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物．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、D的第一电离能由小到大的顺序为______．

（2）C的氢化物分子是______（填“极性”或“非极性”）分子．

（3）化合物BD3的分子空间构型是______．

（4）E的一种常见配合物E（CO）5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂．据此可判断E（CO）5的晶体类型为______；E（CO）5在一定条件下发生分解反应：E（CO）5═E（s）+5CO；反应过程中，断裂的化学键只有配位键，形成的化学键是______．

（5）金属E单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式；晶胞如图所示．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为______．

20、（1）纯净的氮气是______的气体．密度比空气略______．氮气在通常状况下性质稳定的原因是______．实验室制NO用______法收集；原因是______．

（2）纯净的硝酸是无色液体，但放置日久的浓HNO3往往呈黄色；原因是______，所以硝酸应贮存在棕色试剂瓶内，冷的浓硝酸可以用______运输，原因是______．

21、A；B、D、E是短周期中构成蛋白质的重要元素；其性质见下表．Fe、Co元素的常见化合价为+2、+3，能形成各种有色配离子．

。ABDE化合价-4-2-3-2电负性3.5（1）基态Fe原子的电子排布式为______．

（2）Fe、Co两元素的第三电离能I3（Fe）______I3（Co）（填“＜”或“＞”）．

（3）B；D、E的气态氢化物的沸点由高到低的顺序为______（填化学式）．

（4）Co与E形成的化合物晶胞如右图所示；则该化合物的化学式为______．（用元素符号表示）

（5）Co的离子能与AD-离子生成各种配合物．紫色的配离子[Co（AD）6]4-是一种相当强的还原剂；在加热时能与水反应生。

成[Co（AD）6]3-．

①HAD分子中A元素的杂化类型为______；D元素的化合价为______

②写出[Co（AD）6]4-在加热时与水反应生成[Co（AD）6]3-的离子方程式：______2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH-

22、偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂；二者发生如下化学反应：

（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（I）

（1）反应（I）中氧化剂是______．

（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g）（II）当温度升高时；气体颜色变深，则反应（II）为______（填“吸热”或“放热”）反应．

（3）在一个体积为1L的恒压密闭容器中充入1molN2O4，一段时间后达化学平衡状态，反应的化学平衡常数表达式K=______；若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数______（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）=______mol•L-1•s-1．

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】互为同位素的原子，质子数相同，所以A中应该是1︰1︰1的。三种物质中的中子数分别是3、4、5，B不正确。由于互为同位素的化学性质是相似的，所以D不正确。H、D、T的相对原子质量分别是1、2、3，所以三种化合物的相对分子质量就是8、9、10，C正确，答案选C。【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】【答案】B3、D【分析】解：A．根据均摊法，结合晶胞结构图可知，每个晶胞中Na+的个数为=4，Cl-的个数为1+12×=4，Na+与C1-的个数比为1：1；故A正确；

B．根据氯化钠的晶胞知；将钠离子和氯离子位置互换时晶胞不变，体心上的离子沿X；Y、Z三轴切割知，X、Y、Z轴上与钠离子最近的氯离子个数都是2，所以钠离子的配位数=2×3=6，故B正确；

C．与Na+距离相等且最近的Cl-共有6个，构成正八面体，Na+位于正八面体中心；故C正确；

D．在NaCl晶体中，每个Na+周围与它最近且距离相等的Na+有3×8×=12；故D错误；

故选D．

A．根据均摊法，结合晶胞结构图可计算出每个晶胞中Na+和Cl-的个数；

B．根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个进行分析；

C．根据两种离子所在位置；利用空间想象能力判断；

D．在氯化钠晶体中，每个钠离子周围与它最近且距离相等的Na+有12个．

本题考查晶胞的结构和计算，题目难度不大，学会运用均摊法计算，仔细观察晶胞的结构是解题的关键．【解析】【答案】D4、D【分析】解：rm{A}该反应是可逆反应；无论反应是否达到平衡状态，三种物质都存在，所以容器中三种物质共存时不是达到平衡状态的标志，故A错误；

B、单位时间内生成rm{2molSO_{2}}的同时消耗rm{2molSO_{3}}只能表明化学反应逆向进行，不能体现正逆反应速率相等，故B错误；

C、rm{SO_{2}}rm{O_{2}}与rm{SO_{3}}的物质的量之比为rm{1}rm{1}rm{1}这与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故C错误；

D；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应；当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变，故D正确；

故选D．

根据化学平衡状态的特征分析；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意化学平衡状态的特征，达到平衡状态时正逆反应速率相等，但反应没有停止．【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】

本题考查有机物分子式及结构式的确定等；本题注意利用有机物各元素的质量分数计算原子个数比值，求出最简式。

【解答】

碳的质量分数为rm{85.71%}则氢元素的质量分数为rm{1-85.71%=14.29%}故rm{N(C)}rm{N(H)=dfrac{85.71%}{12}}rm{N(H)=dfrac

{85.71%}{12}}rm{dfrac{14.29%}{1}=1}故该烃的最简式为rm{2}

分子离子峰的质荷比为rm{CH_{2}}该烃的相对分子质量为rm{84}令组成为rm{84}则rm{(CH_{2})_{n}}解得rm{14n=84}故该分子式为rm{n=6}

由该烃的核磁共振氢谱可知，核磁共振氢谱只有rm{C_{6}H_{12}}个峰，分子中只有rm{1}种rm{1}原子，故该烃为rm{H}或故B正确。

故选B。

rm{(CH_{3})_{2}C=C(CH_{3})_{2}}【解析】rm{B}6、A【分析】解：可经三步反应制取

rm{垄脵}先水解生成rm{OHCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}为卤代烃的水解反应；

rm{垄脷}若氧化时，碳碳双键也被氧化，则再加成反应生成rm{OHCH_{2}CHClCH_{2}CH_{2}OH}

rm{垄脹OHCH_{2}CHClCH_{2}CH_{2}OH}被强氧化剂氧化可得到

所以第二步反应类型为加成反应；

故选A．

可经三步反应制取先水解生成rm{OHCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}再加成反应生成rm{OHCH_{2}CHClCH_{2}CH_{2}OH}最后氧化即可，以此来解答．

本题考查有机物的合成，为高频考查，侧重卤代烃、醇、烯烃性质的考查，把握官能团的变化分析合成反应为解答的关键，注意碳碳双键也能被氧化，题目难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】试题分析：（1）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以（2）化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，（3）A、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故A错误；B、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，故B正确；C、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正（H2）=v正（H2O）表明反应达到平衡状态，故D正确；D、c（CO2）=c（CO）时，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；（4）平衡浓度符合下式c（CO2）•c（CH2）=c（CO）•c（H2O）时，浓度熵和平衡常数相等均等于1，平衡常数只值受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，所以温度是830℃。考点：化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断。【解析】【答案】（1）（2）吸热（3）B、C（4）830w8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）A、可以用不饱和度计算，也可以直接数碳、氢、氧的数目。B、芳香烃只含碳、氢两种元素。C、不能发生消去。D、可以加成苯环，和醛基上的不饱和键。（2）根据有机物的名称，可以断定为某酸乙酯，有一个酯基，另有一个酚羟基。而一溴代物有两种，则苯环上的取代基为对位取代，则可以写出结构简式（3）反应的官能团有酚羟基，和酯基水解。（4）位置异构有三种。考点：官能团的性质，同分异构体【解析】【答案】（1）AD(2分)；（2）①(1分)②(2分)③3(1分).9、略

【分析】【解析】【答案】（1）d（2）d（3）2、6、2、2、2、1（4）净水、消毒10、略

【分析】解：rm{垄脵}由键线式可知分子式为rm{C_{8}H_{18}}

故答案为：rm{C_{8}H_{18}}

rm{垄脷}为rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基戊烷，故答案为：rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基戊烷；

rm{垄脹}如为烯烃与氢气发生加成反应，采取逆推法还原rm{C=C}双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，应有rm{3}种烯烃，如图所示

故答案为：rm{3}

rm{垄脺}分子中含有rm{5}种不同的rm{H}则生成的一氯代烷最多有rm{5}种，故答案为：rm{5}

rm{(2)}设有机物的分子式为rm{C_{x}H_{y}O_{z}}有机物的质量为rm{1.8g}浓硫酸增重即水的质量为rm{1.08g}碱石灰增重即二氧化碳的质量为rm{2.64g}

rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

根据氢原子、碳原子守恒建立关系式：rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac

{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

解得rm{n(CO_{2})=dfrac

{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}rm{0.02x=0.06}．

所以反应物分子式为rm{0.02y=0.06隆脕2}

又因为有机物分子量为rm{x=3}则有机物中rm{y=6}原子数为rm{dfrac{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}

故推得有机物分子式为rm{C_{3}H_{6}O_{z}}

若该有机物含有羧基，且该有机物的核磁共振氢谱图中出现rm{90}个吸收峰，说明含有rm{O}类氢原子，面积比为rm{dfrac

{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}rm{C_{3}H_{6}O_{3}}rm{4}rm{4}则这四类氢原子个数之比为rm{3}rm{1}rm{1}rm{1}所以其结构简式为

故答案为：rm{3}．

rm{1}为rm{1}rm{1}rm{C_{3}H_{6}O_{3}}三甲基戊烷，分子中含有rm{(1)}种不同的rm{2}如为烯烃与氢气发生加成反应，采取逆推法还原rm{2}双键；烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置；

rm{3-}根据有机物的质量和相对分子质量可计算有机物的物质的量，根据生成的水和二氧化碳的质量可计算有机物中含有的rm{5}rm{H}原子个数，结合相对分子质量可计算rm{C=C}原子个数；进而可求得分子式；结合其核磁共振氢谱中吸收峰的个数和面积之比确定其结构简式。

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据相对分子质量确定氧原子个数．rm{(2)}【解析】rm{C_{8}H_{18}}rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基戊烷；rm{3}rm{5}rm{C_{3}H_{6}O_{3}}11、（1）2ΔH3+ΔH2-ΔH1

（2）大于

（3）

（4）①

②c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)

③H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2+H2O【分析】【分析】本题考查盖斯定律的应用、弱电解质的电离、化学平衡的影响因素和离子浓度的比较。【解答】rm{(1)}根据根据盖斯定律可得，rm{垄脹}rm{垄脹}rm{隆脕}rm{2+垄脷-垄脵}rm{2+垄脷-垄脵}故答案为：正反应方向是分子数减小的反应，增大压强，一氧化碳的转化率增大，故rm{2娄陇H_{3}+娄陇H_{2}-娄陇H_{1}}大于rm{(2)}故答案为：大于；rm{P_{2}}rm{P_{1}}rm{(3)}向rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}}rm{HSO}rm{HSO}rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}故答案为：rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{{,!}_{4}}亚硫酸氢根电离生成亚硫酸根离子和氢离子，其平衡常数rm{K=dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}}故答案为：rm{dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}}溶液中滴加少量的rm{Ba(OH)}亚硫酸钠溶液中，亚硫酸根离子会水解生成亚硫酸氢根和氢氧根离子，水电离生成氢氧根和氢离子，氢氧根离子浓度rm{Ba(OH)}亚硫酸氢根；

故答案为：rm{{,!}_{2}}3溶液，氢氧根先与氢离子反应，反应离子方程式为：rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}rm{{Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}根据强酸制弱酸的规律可知，亚硫酸与碳酸氢根反应的离子方程式为：rm{(4)垄脵}

故答案为：rm{K=

dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}

}rm{

dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}

}【解析】rm{(1)2}rm{娄陇H}rm{娄陇H}rm{{,!}_{3}+}rm{娄陇H}rm{娄陇H}rm{{,!}_{2}-}rm{娄陇H}大于rm{(3){Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O}rm{(4)垄脵dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}}

rm{娄陇H}rm{{,!}_{1}}rm{(2)}rm{(3){Ba}^{2+}+2{OH}^{-}+2{H}^{+}+{{SO}_{4}}^{2-}={BaSO}_{4}隆媒+2{H}_{2}O

}3rm{(4)垄脵

dfrac{C({H}^{+})Cleft(S{{O}_{3}}^{2-}right)}{Cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}

}rm{垄脷c(}

rm{Na^{+}}rm{Na^{+}}12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据质谱图可知，该有机物的相对分子质量为90。（2）产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现分别增重5.4g和13.2g，这说明生成的水是5.4g、CO2是13.2g。其中水的物质的量是5.4g÷18g/mol＝0.3mol，含有氢原子的物质的量是0.6mol；CO2的物质的量是13.2g÷44g/mol＝0.3mol，碳原子的物质的量是0.3mol。9.0gA的物质的量是9.0g÷90g/mol＝0.1mol，所以根据原子守恒可知，A分子中含有3个碳原子和6个氢原子。则含有的氧原子个数是个，所以该有机物的化学式是C3H6O3。（3）A分子中含有1个羧基，所以0.1molA跟足量的NaHCO3粉末反应，生成0.1molCO2，在标准状况下的体积是0.1mol×22.4L/mol＝2.24L；A中还含有1个羟基，则0.1molA和足量的金属钠反应可以生成0.1mol氢气，在标准状况下的体积是0.1mol×22.4L/mol＝2.24L。（4）根据A的核磁共振氢谱可知，分子中含有4类氢原子，所以A的结构简式是考点：考查有机物分子式的确定、醇与羧酸的性质等【解析】【答案】（每空2分，共10分）（1）90（2）C3H6O3（3）2.24；2.24（4）三、计算题(共6题，共12分)13、略

【分析】试题分析：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)起始浓度(mol/L)：aa00转化：3bbxb2b5min后浓度(mol/L)：(a-3b)(a-b)xb2b依题意有：2b=0.5mol/L,b=0.25mol/L(a-3b)︰(a-b)=3︰5a=6b=1.5mol/L⑴c(A)=0.75mol/L；n(A)=3mol；n(B)=3mol⑵0.05mol/(L·min)⑶依据化学反应速率的求法可知x=2考点：化学反应速率的有关知识。【解析】【答案】⑴c(A)=0.75mol/L；n(A)=3mol；n(B)=3mol⑵0.05mol/(L·min)⑶214、略

【分析】本题考查化学反应速率和化学平衡的综合运用，图像识别和有关计算。（1）根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。（2）考查可逆反应的有关计算，一般采用三段式计算，即aX+bYcZ起始量（mol）1.001.000转化量（mol）0.450.90.9平衡量（mol)0.550.10.9根据各物质的物质的量的变化量之比是相应的化学计量数之比可知，体系中发生反应的化学方程式是：X+2Y2Z。（3）根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为0.5mol，其平均速率为0.083mol/L·min。（4）平衡时X的物质的量是0.55mol，消耗X是0.45mol，所以X的转化率等于0.45mol÷1.00mol×100％＝45％。（5）由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度；在2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为加入催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压。【解析】【答案】(1)(2)X＋2Y2Z(3)＝0.083mol·L－1·min－1(4)45%(5)升高温度加入催化剂增大压强15、略

【分析】【解析】

（1）0.5mol混合气体中：28g/mol×n(N2)+2g/mol×n(H2)=0.5mol×7.2g/mol[来源:Zxxk.Com]n(N2)+n(H2)=0.5mol解得n(N2)+n(H2)=0.5moln(N2)=0.1moln(H2)=0.4molV(N2):V(H2)=1:4（3分）（2）平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.76倍，即平衡后容器内气体物质的量是相同条件下反应前气体的物质的量的0.76倍0.1-a+0.4-3a+2a=0.76×0.5a=0.06故平衡时n(NH3)=0.12mol（4分）[来源:]（3）平衡时N2的转化率=0.06/0.1=60%（2分）【解析】【答案】（1）V(N2):V(H2)=1:4（3分）（2）平衡时n(NH3)=0.12mol（4分）（3）60%（2分）16、略

【分析】试题分析：（1）N(C):N(H):N(O)＝＝1:1:2，故B的最简式为CHO2。（2）B和NaOH溶液发生中和反应时，生成一种酸式盐和正盐，说明B为二元酸。所以有B+2NaOH═Na2B+H2OMr(B)2mol0．15g0．1mol·L—1×0．0334L—1Mr(B)＝90设分子式为(CHO2)m，则m＝＝2故分子式为C2H2O4结构简式为HOOC—COOH（3）N(B):N(H2O)＝＝1:2故n为2考点：考查有机物实验式与分子式的确定【解析】【答案】（1）CHO2（2）C2H2O4；HOOC—COOH（3）217、（1）6251028（H2O）（2）H2C2O4（3）0.08（4）①CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4②不能因为高锰酸钾与浓盐酸反应，消耗高锰酸钾③0.01【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应的配平及有关方程式计算，明确氧化还原反应中得失电子守恒是解题关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中rm{Mn}元素化合价由rm{+7}价变为rm{+2}价、rm{C}元素化合价由rm{+3}价变为rm{+4}价，其转移电子总数为rm{10}所以rm{MnO_{4}^{-}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}的计量数分别是rm{2}rm{5}再结合原子守恒配平方程式为rm{6H^{+}+2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}=10CO_{2}隆眉+2Mn^{2+}+8H_{2}O}故答案为：rm{6}rm{2}rm{5}rm{10}rm{2}rm{8}rm{H_{2}O}

rm{(2)6H^{+}+2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}=10CO_{2}隆眉+2Mn^{2+}+8H_{2}O}中rm{H_{2}C_{2}O_{4}}中的碳元素化合价升高，所以rm{H_{2}C_{2}O_{4}}为还原剂，故答案为：rm{H_{2}C_{2}O_{4}}

rm{(3)}反应中高锰酸钾中的锰元素由rm{+7}价降为rm{+2}价，化合价降低rm{5}该反应转移了rm{0.4mol}电子，则消耗rm{KMnO_{4}}的物质的量rm{=dfrac{0.4mol}{5}=0.08mol}故答案为：rm{=dfrac{0.4mol}{5}

=0.08mol}

rm{0.08}草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为rm{(4)垄脵}故答案为：rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=CaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}

rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=CaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}具有还原性；能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替，故答案为：不能；因为高锰酸钾与浓盐酸反应，消耗高锰酸钾；

rm{垄脷HCl}由rm{垄脹}rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}篓TCaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}可以得出关系式：rm{2KMnO_{4}+5H_{2}C_{2}O_{4}+3H_{2}SO_{4}=K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}所以rm{5Ca^{2+}隆芦2KMnO_{4}}所以可计算出rm{n(Ca^{2+})=2.5n(KMnO_{4})=1.0隆脕10^{-4}mol/L隆脕0.02L隆脕2.5}该血液中含钙的质量为：rm{1.0隆脕10^{-4}mol/L隆脕0.02L隆脕2.5隆脕40g/mol隆脕dfrac{100ml}{2ml}=0.01g}故答案为：rm{100mL}

rm{1.0隆脕10^{-4}mol/L隆脕0.02L隆脕2.5隆脕40g/mol隆脕

dfrac{100ml}{2ml}=0.01g}【解析】rm{(1)6}rm{2}rm{5}rm{10}rm{2}rm{8(H_{2}O)}rm{(2)H_{2}C_{2}O_{4}}rm{(3)0.08}rm{(4)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{CaC_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=CaSO_{4}+H_{2}C_{2}O_{4}}不能因为高锰酸钾与浓盐酸反应，消耗高锰酸钾rm{垄脷}rm{垄脷}18、i1.60NA(或1.6NA)173.4ii（1）2.24（2）5.6【分析】【分析】本题考查反应热的计算及电解的计算，难度较大，掌握相关化学方程式的计算是解答的关键。【解答】rm{i}rm{i}rm{垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}rm{垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}得出：rm{垄脷CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}rm{triangleH=(-574-1160)/2kJ?mol^{-1}=-867kJ?mol^{-1}}转移电子总数为rm{(垄脵+垄脷)/2}得出：rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)+CO_{2}(g)}rm{triangle

H=(-574-1160)/2kJ?mol^{-1}=-867kJ?mol^{-1}}转移电子总数为rm{4.48隆脕8隆脕N_{A}/22.4=1.6N_{A}}放出热量为rm{4.48隆脕867/22.4kJ=173.4kJ}放出热量为rm{(垄脵+垄脷)/2}rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)+CO_{2}(g)}rm{triangle

H=(-574-1160)/2kJ?mol^{-1}=-867kJ?mol^{-1}}阴极：rm{4.48隆脕8隆脕N_{A}/22.4=1.6N_{A}}rm{4.48隆脕867/22.4kJ=173.4kJ}rm{ii}rm{ii}rm{(1)}阴极：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}阴极：rm{(1)}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}阳极：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{Cu隆芦2e^{-}隆芦Cl_{2}隆眉}rm{V(Cl_{2})=0.1隆脕22.4L=2.24L}rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{Cu隆芦2e^{-}隆芦Cl_{2}隆眉}【解析】rm{i}rm{i}或rm{1.60N_{A}(}或rm{1.6N_{A})}rm{1.60N_{A}(}rm{1.6N_{A})}rm{173.4}rm{ii}rm{ii}四、解答题(共4题，共32分)19、略

【分析】

（1）在元素周期表中；同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为：Na＜S＜P＜Cl，故答案为：Na＜S＜P＜Cl；

（2）C的氢化物为H2S；分子立体构型和水分子相似，为V形，分子中正负电荷中心不重叠，为极性分子，故答案为：极性；

（3）PCl3中含有3个δ键，孤电子对数为=1；所以分子的空间构型是三角锥形，故答案为：三角锥形；

（4）分子常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，应为分子晶体所具有的性质；E的原子序数为26，为Fe元素，E（CO）5在一定条件下发生分解反应：E（CO）5═E（s）+5CO；反应生成铁单质，所以形成了金属键，故答案为：分子晶体；金属键；

（5）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，体心立方晶胞实际含有的E原子个数为×8+1=2，面心立方晶胞中实际含有的E原子个数为×8+×6=4；故二者比值为1：2，故答案为：1：2．

【解析】【答案】B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的，电子排布式应为1S22