2025年人教版（2024）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年人教版（2024）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：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、同温同压下，相同体积的CO和CO2的下列比较中正确的是（）

①所含的分子数目之比为1：1②所含的O原子数目之比为1：2

③所含的原子总数目之比为2：3④两者的密度之比为：7：11

⑤所含的电子数目之比为7：11．A.①和④B.②和③C.④和⑤D.①②③④⑤2、对于密闭容器中的可逆反应：mX（g）+nY（s）⇌pZ（g）△H＜0，达化学平衡后，改变条件，下列表达不正确的是（）A.增大压强，化学平衡不一定发生移动B.通入氦气，化学平衡不一定发生移动C.增加Y的物质的量，化学平衡一定发生移动D.其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动3、下列有关说法中正确的是A.淀粉和纤维素不是同分异构体，且纤维素在人体内不能氧化供能B.苯的溴代反应、乙烯生成rm{1}rm{2}一二溴乙烷两反应中，都使用液溴作反应物C.将“地沟油”进行科学分馏可得到车用汽油或柴油D.乙醇、乙酸都可与金属钠反应，但都不能与酸性高锰酸钾溶液反应4、（平行班做）室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（）A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合B.pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合C.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合D.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合5、两种气态烃的混合物共0.1mol，完全燃烧后得到3.36LCO2（标准状况）和3.6gH2O，下列说法正确的是（）A.一定有乙烯B.一定有甲烷C.一定没有乙烯D.可能是甲烷和丁烯的混合物6、四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有rm{M}为金属元素rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.原子半径rm{Z<M}B.rm{Y}的最高价氧化物对应水化物的酸性比rm{X}的弱C.rm{X}的最简单气态氢化物的热稳定性比rm{Z}的小D.rm{Z}位于元素周期表中第rm{2}周期第Ⅵrm{A}族评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、某研究性学习小组在实验室中配制1mol/L的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液．下列有关说法中正确的是（）A.实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏B.如果实验中需用60mL的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶C.容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小E.配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大E.配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后实验结果偏大8、有机物甲能发生银镜反应，甲催化加氢还原成有机物乙，rm{1mol}乙跟足量的金属钠反应放出标准状况下氢气rm{22.4L}据此推断乙一定不是A.rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}B.rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{3}}C.rm{CH_{3}CH(OH)CH(OH)CH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}OH}9、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，rm{c(OH^{-})}降低B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，rm{c(H^{+})}增大，rm{K_{w}}不变C.向水中加入少量rm{NaOH}平衡逆向移动，rm{c(H^{+})}降低D.将水加热，rm{K_{w}}增大，rm{pH}不变10、最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（）A.该晶体类型是原子晶体B.晶体的空间最小环共有6个原子构成C.晶体中碳原子数与C-O化学键数之比为1：2D.该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1：211、在rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}的可逆反应中，下列状态一定属于平衡状态的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的分子数比为rm{1}rm{2}B.rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的浓度相等C.体系的颜色不再改变D.单位时间内有rm{1molN_{2}O_{4}}转化为rm{NO_{2}}的同时，有rm{2molNO_{2}}转化为rm{N_{2}O_{4}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、（14分）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。（1）合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则平衡____移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂，上述反应的△H________（填“增大”“减小”或“不改变”）。（2）一氧化碳在高温下与水蒸气反应的方程式为：CO+H2O＝CO2+H2。已知部分物质燃烧的热化学方程式如下：2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l）;△H=－571.6kJ·mol－12CO(g)+O2(g)＝2CO2(g);△H=－566kJ·mol－1又知1molH2O（g）转变为1molH2O（l）时放出44.0kJ热量。写出CO和水蒸气在高温催化剂下反应的热化学方程式。（3）在25℃下，向浓度为0.1mol·L-1的AlCl3溶液中逐滴加入氨水，生成该沉淀的离子方程式为______________________________。（4）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl—NH4Cl为电解质溶液制造新型燃烧电池,放电过程中，溶液中铵根离子浓度逐渐增大。请写出该电池的正极反应式。（5）某温度（t℃）时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。在此温度下，将pH＝1的H2SO4溶液VaL与pH＝11的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，则Va︰Vb＝。（6）在25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4＋)=c(Cl-)。则溶液显_____________性（填“酸”“碱”或“中”）；13、（8分）下列有机化合物中，有多个官能团：A．B．C．D．E．⑴可以看作醇类的是(填入编号，下同)：_____________；⑵可以看作酚类的是________；⑶可以看作羧酸类的是__________________；⑷可以看作酯类的是____________。14、rm{(1)SF_{6}}的分子空间构型为______．

rm{(2)K_{3}[Fe(CN)_{6}]}晶体中rm{Fe^{3+}}与rm{CN^{-}}之间配位键能够形成的原因是______．

rm{(3)H^{+}}可与rm{H_{2}O}形成rm{H_{3}O^{+}}rm{H_{3}O^{+}}中rm{O}原子采用______杂化rm{.H_{3}O^{+}}中rm{H-O-H}键角比rm{H_{2}O}中rm{H-O-H}键角大；原因为______．

rm{(4)}富勒烯是一系列碳的封闭多面体笼状单质分子，以rm{C_{60}}为代表rm{.}已知rm{C_{60}}由多个正五边形和正六边形通过共用棱边和顶点围成的足球状分子rm{(}如图rm{1)}其中双键的数目为______，正五边形的数目为______．

rm{(5)}金属晶体rm{Na}和rm{K}的堆积方式相同，rm{Na}的熔点比rm{K}的高；原因是______．

rm{(6)}的沸点比高；原因是．______．

rm{(7)}硫化锌的晶胞中rm{(}结构如图rm{2}所示rm{)}硫离子的配位数是______，与rm{S}距离最近且等距离的rm{S}之间的距离为______．

rm{(}密度为rm{娄脩g/cm^{3})}rm{(}列出表达式即可，相对原子质量：rm{Zn}rm{65}rm{S}rm{32)}15、某课外活动小组按右图装置检验Cu与稀HNO3的反应产物为NO．其操作步骤如下：

①按图连接好装置；并检验其气密性．

②将铜网放置在多孔塑料片上，并打开活塞K，从漏斗中加入稀HNO3；加到一定位置后关闭活塞K．

③反应一段时间后会自动停止；然后检验产物NO．请回答下列问题：

（1）怎样检验装置的气密性____（2）开始时应将稀HNO3的液面加到a、b、c的什么地方____．

（3）在反应物未反应完全时，为什么反应会自动停止____．

（4）当打开活塞K检验产物NO时，有什么现象证明产物为NO____．

16、(10分）已知H2SO3是二元弱酸，常温下现有0．1mol/LH2SO3溶液，请回答以下问题：（1）若向H2SO3溶液中加入少量NaHSO3固体，此时溶液中c(H＋)/c(HSO3-)________(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）若向H2SO3溶液中加入等浓度的NaOH溶液，且二者的体积比为2∶3，若反应后溶液可使紫色石蕊变红色，则所得溶液中物料守恒式为0．1mol/L＝______________，所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是__________________。（3）若向H2SO3溶液中加入NaOH溶液至溶液恰好呈中性，此时c(Na＋)______2c(SO32－)(选填“>”、“<”或“＝”)。（4）若向H2SO3溶液中加入一定量NaOH溶液，所得混合液pH＝6，则此溶液中2c(SO32－)＋c(HSO3-)－c(Na＋)＝________mol/L。17、（12分）写出该反应的热化学方程式（1）1molC2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O（l）,放出1366.8kJ热量。（2）0.2molC2H2(g)在氧气中完全燃烧生成CO2(g)和H2O（l），放出259.88kJ热量。（3）1molC(石墨)与适量H2O（g）反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3kJ热量。（4）0.3mol的气态高能原料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量。18、某烃rm{A}的相对分子质量为rm{84}回答下列问题：rm{(1)}下列物质与rm{A}以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等的是rm{(}填序号rm{)}________。rm{a.C_{7}H_{12}O_{2}}rm{b.C_{6}H_{14;;;;;;}c.C_{6}H_{14}O}rm{d.C_{7}H_{14}O_{3}}rm{(2)垄脵}若链烃rm{A}分子中所有的碳原子共平面，该分子的一氯取代物只有一种，则rm{A}的结构简式为________；rm{垄脷}链烃rm{A}与rm{Br_{2}}的rm{CCl_{4}}溶液反应生成rm{B}rm{B}与rm{NaOH}的醇溶液共热可得到rm{D}rm{D}分子中无溴原子。请写出由rm{B}制备rm{D}的化学反应方程式：____________；rm{垄脹B}与足量rm{NaOH}水溶液完全反应，生成有机物rm{E}该反应的化学反应方程式：____________；rm{E}与乙二醇的关系是_______________。rm{(3)}若核磁共振氢谱显示链烃rm{A}有三组不同的峰，峰面积比为rm{3}rm{2}rm{1}且不存在顺反异构体，则rm{A}的名称为__________。rm{(4)}若rm{A}不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则rm{A}的结构简式为_______。评卷人得分四、原理综合题(共2题，共16分)19、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液20、实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。实验原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________

A；取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应。

（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。

（3）反应结束后将反应液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。

①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”；“快速加入”）。

②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。

A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液。

③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。评卷人得分五、综合题(共2题，共18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6题，共12分)1、D【分析】【解答】解：①同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，即所含的分子数目之比为1：1，故正确；②同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，所含的O原子数目之比为1：2，故正确；③同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数之比为1：1，所含的原子总数目之比为2：3，故正确；④同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，两者的密度之比等于摩尔质量之比为：7：11，故正确；⑤同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同；每个分子含有的电子数分别为14；22，则所含的电子数目之比为7：11，故正确．故选D．

【分析】同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，根据物质的量和相对分子质量计算质量关系和密度关系．2、C【分析】【解答】解：A．通过改变体积增大压强；若反应前后气体的体积不变，平衡不移动，若反应前后气体的体积发生变化，平衡发生移动，故A正确；B．恒温恒容下，通入氦气，平衡体系各组分的浓度不变，平衡不移动，恒温恒压下，通入氦气，容器体积增大，反应混合物各组分的浓度减小，平衡向体积增大的方向移动，故B正确；

C．Y为固体；增大Y的用量，平衡不移动，故C错误；

D．正反应为放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，故D正确；

故选：C．

【分析】A．通过改变体积增大压强；对反应前后气体体积变化的化学平衡移动有影响；

B．恒温恒容下；通入氦气，平衡体系各组分的浓度不变，平衡不移动；

C．Y为固体；增大Y的用量，平衡不移动；

D．升高温度平衡向吸热反应方向移动．3、A【分析】本题主要考查了有机物的结构、性质、组成及应用的知识，试题难度不大，注重基础。A.人体内无消化纤维素的酶，故纤维素不能作为人体供能物质，A正确；B.乙烯与溴发生加成反应时，所用试剂为溴水或溴的四氯化碳溶液，而非液溴，B错误；C.“地沟油”主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，而汽油、柴油等为烃类，C错误；D.乙醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误。故选A。【解析】rm{A}4、D【分析】【解析】【答案】D5、B【分析】解：标况下3.36L二氧化碳的物质的量为：n（CO2）==0.15mol，3.6g水的物质的量为：n（H2O）==0.2mol；

1mol混合气体完全燃烧生成1.5mol二氧化碳、2mol水，则混合的平均化学式为：C1.5H4；

由于两种气态烃的混合物；则一定含有C原子数小于1.5的烃，所以一定含有甲烷；

又由于甲烷中含4个氢原子；则另一种烃也含有4个氢原子；

根据以上分析可知；混合气体中一定含有甲烷，所以B正确；可能含有乙烯；丙炔，一定不含丁烯，所以A、C、D错误；

故选B．

标况下3.36L二氧化碳的物质的量为：n（CO2）==0.15mol，3.6g水的物质的量为：n（H2O）==0.2mol，则混合的平均化学式为，C1.5H4；由于是混合物，则肯定含有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，以此进行解答．

本题考查了有机物分子式的计算，题目难度中等，注意掌握利用平均分子组成判断烃的组成的方法，明确确定有机物组成时常用方法：平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法等．【解析】【答案】B6、B【分析】解：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属rm{M}为rm{Al}rm{X}为rm{Si}rm{Y}为rm{N}rm{Z}为rm{O}．

A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大，因此原子半径rm{Al>S>O}故A正确；

B、由于非金属性：rm{N>Si}所以最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{HNO_{3}>H_{2}SiO_{3}}故B错误；

C、由于非金属性：rm{O>Si}所以气态氢化物的稳定性：rm{H_{2}O>SiH_{4}}故C正确；

D、rm{O}原子含有rm{2}个电子层，最外层含有rm{6}个电子，因此rm{O}位于元素周期表中第二周期、第Ⅵrm{A}族；故D正确；

故选：rm{B}．

根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属rm{M}为rm{Al}rm{X}为rm{Si}rm{Y}为rm{N}rm{Z}为rm{O}．

A；同周期自左到右原子半径逐渐减小；同族原子半径逐渐增大；

B；根据非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析；

C；根据非金属性越强；气态氢化物的稳定性越强分析；

D、根据rm{O}原子含有rm{2}个电子层，最外层含有rm{6}个电子分析．

本题考查元素周期表及元素周期律的综合应用，通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类，熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键，题目难度不大．【解析】rm{B}二、双选题(共5题，共10分)7、A|B|D【分析】解：（1）A．实验中所用到的滴定管；容量瓶；在使用前均需要检漏，否则会造成误差，故A正确；

B．如果实验中需用60mL的稀硫酸标准溶液；配制时应选用100mL容量瓶，容量瓶的规格有50mL；100mL等容量瓶，应选择稍大于或等于配制溶液体积的容量瓶，故B正确；

C．容量瓶中含有少量蒸馏水；不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以不会导致所配标准溶液的浓度偏小，故C错误；

D．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后；即装入标准浓度的稀硫酸，导致稀硫酸的浓度偏小，所用稀硫酸的体积偏大，所以测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故D正确；

E．配制溶液时；若在最后一次读数时俯视读数，导致溶液的体积偏小浓度偏大，所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故E错误；

F．中和滴定时；若在最后一次读数时俯视读数，导致所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故F错误；

故答案为：ABD．

A．容量瓶有瓶塞；配制过程中需要摇匀，所以使用前必须检查是否漏液；

B．配制60mL溶液；需要选用100mL容量瓶；

C．容量瓶中少量的蒸馏水不影响溶质的物质的量和溶液的体积；

D．酸式滴定管没有润洗；导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高；

E．配制溶液时俯视定容；导致配制的溶液浓度偏高，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低；

F．滴定时；若最后一次俯视俯视，导致读数偏小，读出的标准液体积偏小，测定结果偏低．

本题考查了配制一定浓度的溶液方法及中和滴定操作方法、误差分析，题目难度中等，试题的题量稍大，注意掌握配制一定浓度的溶液方法及中和滴定的方法，明确误差分析的方法与技巧．【解析】【答案】ABD8、CD【分析】【分析】本题考查有机物的推断，难度中等，掌握官能团的性质与转化是关键，注意利用验证法进行解答。【解答】A.甲为rm{OHCCHO}或rm{HOCH_{2}CHO}能发生银镜反应，能与氢气发生加成反应，生成乙为rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}rm{1molHOCH_{2}CH_{2}OH}与钠反应生成rm{1mol}氢气；故A可能；

B.若乙为rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{3}}rm{1mol}乙与钠反应生成rm{1mol}氢气，甲与氢气发生加成反应生成乙，则甲可以为rm{OHCCH(OH)CH_{3}}能发生银镜反应；故B可能；

C.若乙为rm{CH_{3}CH(OH)CH(OH)CH_{3}}rm{1mol}乙与钠反应生成rm{1mol}氢气，甲与氢气发生加成反应生成乙，则甲不可能含有rm{-CHO}甲不能发生银镜反应，故C不可能；

D.若乙为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{1mol}乙与钠反应生成rm{0.5mol}氢气；故D不可能。

故选CD。【解析】rm{CD}9、rBC【分析】解：rm{A.}向水中加入稀氨水；氨水是弱电解质，电离的氢氧根使溶液中氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，但是溶液中的氢氧根浓度升高，故A错误；

B.由于硫酸氢钠是强电解质，加入后，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向逆向移动，但是溶液中的氢离子浓度增大；由于温度不变rm{K_{W}}不变；故B正确；

C.向水中加入少量rm{NaOH}氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，由于rm{Kw}不变，则rm{c(H^{+})}降低；故C正确；

D.rm{triangleH>0}反应吸热，温度升高，平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，rm{pH}降低；故D错误；

故选BC．

水是弱电解质；存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关．

本题考查外界条件对弱电解质水的电离平衡的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意加入酸、碱，平衡逆向移动，但是溶液中的氢离子或者氢氧根浓度反而增大，本题难度中等．【解析】rm{BC}10、B|C【分析】解：A．C原子和O原子结合为一种空间网状的无限伸展结构；所以构成该晶体的微粒是原子，则为原子晶体，故A正确；

B．每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合；该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，所以每个最小环上含有12个原子，故B错误；

C．该晶体中；每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C错误；

D．该晶体中每个碳原子连接4个氧原子，则每个碳原子含有氧原子个数==2；所以该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1：2，故D正确；

故选BC．

A．C原子和O原子结合为一种空间网状的无限伸展结构；所以构成该晶体的微粒是原子；

B．每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合；该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成；

C．每个碳原子均以四个单键与氧原子结合；

D．该晶体中每个碳原子连接4个氧原子，则每个碳原子含有氧原子个数=．

本题以碳氧化物为载体考查原子晶体，侧重考查学生空间想象能力及计算能力，利用均摊法计算即可，易错选项是B，题目难度中等．【解析】【答案】BC11、rCD【分析】解：rm{A}当体系达平衡状态时，rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的分子数比为可能是rm{1}rm{2}可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；

B、rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的浓度不变；而不是相等，故B错误；

C；体系的颜色不再改变；说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故C正确；

D、单位时间内有rm{1molN_{2}O_{4}}转化为rm{2molNO_{2}}的同时，有rm{2molNO_{2}}转化为rm{1molN_{2}O_{4}}正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D正确；

故选CD．

根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，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}．【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）向左；不改变（各2分）（2）CO（g）+H2O(g)=CO2(g)+3H2（g）；△H=－41.2kJ·mol－1（2分）（3）3NH3·H2O＋Al3＋＝Al(OH)3↓＋3NH4+；（2分）（4）N2+8H++6e－=2NH4+（2分）（5）1︰10（2分）（6）中（2分）；13、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）BD；ABC；BCD；E14、略

【分析】解：rm{(1)SF_{6}}的分子中中心原子硫原子孤电子对数为rm{0}价层电子对数有rm{6}对电子，为rm{sp^{3}d^{2}}杂化；分子空间构型为正八面体；

故答案为：正八面体；

rm{(2)K_{3}[Fe(CN)_{6}]}晶体中rm{Fe^{3+}}与rm{CN^{-}}之间的化学键类型为配位键，rm{Fe^{3+}}有空轨道，能接受孤对电子，rm{CN^{-}}能提供孤对电子；所以能形成配位键；

故答案为：rm{CN^{-}}能提供孤对电子，rm{Fe^{3+}}能接受孤对电子rm{(}或rm{Fe^{3+}}有空轨道rm{)}

rm{(3)H_{3}O^{+}}价层电子对模型为四面体，氧原子采取rm{sp^{3}}杂化，rm{H_{3}O^{+}}的空间构型是三角锥形，rm{H_{2}O}中rm{O}原子有两对孤对电子，rm{H_{3}O^{+}}中rm{O}原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力rm{>}孤电子对与成键电子对间的排斥力rm{>}成键电子对间的排斥力，导致rm{H_{3}O^{+}}中rm{H-O-H}键角比rm{H_{2}O}中rm{H-O-H}键角大；

故答案为：rm{sp^{3}}rm{H_{2}O}中rm{O}原子有rm{2}对孤电子对，rm{H_{3}O^{+}}只有rm{1}对孤电子对；排斥力较小；

rm{(4)}足球烯中每个碳原子含有半个双键，所以rm{C_{60}}分子含的双键数为rm{30}根据图片知，每个顶点上有rm{1}个碳原子，所以顶点个数等于碳原子个数为rm{20}每个顶点含有棱边数rm{=dfrac{1}{2}隆脕3=1.5}则棱边数rm{=1.5隆脕20=30}每个面含有顶点个数rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac{5}{3}}则面数rm{=dfrac{20}{dfrac{5}{3}}=12}

故答案为：rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac

{5}{3}}rm{=dfrac{20}{dfrac

{5}{3}}=12}

rm{30}金属晶体rm{12}和rm{(5)}的堆积方式相同，价电子数都为rm{Na}rm{K}的原子半径比rm{1}的原子半径小；自由电子与金属阳离子间的作用力大，熔点高；

故答案为：价电子数相同，rm{Na}的原子半径比rm{K}的原子半径小；

rm{Na}能形成分子间氢键的物质沸点较高；邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低；

故答案为：邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键；对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，能形成分子间氢键的物质沸点较高；

rm{K}根据图片知，每个rm{(6)}离子连接rm{(7)}个rm{S}离子，所其配位数是rm{4}晶胞中rm{Zn}原子数目为rm{4}rm{Zn}原子数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞质量为rm{4隆脕dfrac{65+32}{N_{A}}g}设此晶胞立方体的边长为rm{4}晶胞体积rm{S}则rm{4隆脕dfrac{65+32}{N_{A}}g=(a隆脕10^{-10}cm)^{3}隆脕娄脩g/cm^{3}}整理可得rm{a=3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}}rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}距离最近且等距离的rm{4隆脕dfrac

{65+32}{N_{A}}g}之间的距离为rm{dfrac{sqrt{2}}{2}a=3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}

故答案为：rm{apm}rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}．

rm{V=(a隆脕10^{-10}cm)^{3}}根据中心原子硫原子价层电子对数；孤电子对数确定空间构型；

rm{4隆脕dfrac

{65+32}{N_{A}}g=(a隆脕10^{-10}cm)^{3}隆脕娄脩g/cm^{3}}当中心原子有空轨道；配离子含有孤对电子时，能形成配位键；

rm{a=3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}times

rho}}先确定rm{S}模型，然后在确定中心原子的杂化轨道类型，一般来说，相互之间排斥力的大小为：孤电子对间的排斥力rm{S}孤电子对与成键电子对间的排斥力rm{dfrac{sqrt{2}}{2}a=3dfrac

{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}成键电子对间的排斥力；

rm{4}足球烯中每个碳原子含有半个双键，根据图片知，每个顶点上有rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}times

rho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}个碳原子，所以顶点个数等于碳原子个数为rm{(1)}每个顶点含有棱边数rm{(2)}每个面含有顶点个数rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac{5}{3}}利用均摊法计算；

rm{(3)}堆积方式相同；金属原子的价电子数越多，原子半径越小，自由电子与金属阳离子间的作用力越大，金属的熔点越高；

rm{VSEPR}能形成分子间氢键的物质沸点较高；

rm{>}根据图片确定其配位数；根据均摊法计算晶胞中rm{>}rm{(4)}原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再结合rm{1}计算与rm{20}距离最近且等距离的rm{=dfrac{1}{2}隆脕3=1.5}之间的距离．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及分子空间构型、配位键、足球烯、晶胞的计算等知识点，题目难度中等，晶胞的计算、杂化方式的判断等都是常考查的知识点，重点考查了空间想象能力、分析问题能力、分析逻辑能力等．rm{=dfrac{1}{3}隆脕5=dfrac

{5}{3}}【解析】正八面体形；rm{CN^{-}}能提供孤对电子，rm{Fe^{3+}}能接受孤对电子rm{(}或rm{Fe^{3+}}有空轨道rm{)}rm{sp^{3}}rm{H_{2}O}中rm{O}原子有rm{2}对孤电子对，rm{H_{3}O^{+}}只有rm{1}对孤电子对，排斥力较小；rm{30}rm{12}价电子数相同，rm{Na}的原子半径比rm{K}的原子半径小；邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，能形成分子间氢键的物质沸点较高；rm{4}rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}timesrho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}rm{3dfrac{388隆脕10^{30}}{N_{A}times

rho}隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}15、略

【分析】

（1）如果关闭活塞K；U形管内存有气体，气体产生压强；向漏斗内加水，如果装置气密性良好，当U形管内的气体压强等于外界大气压时，U形管左端水面不再上升，否则水会充满整个U形管．

故答案为：关闭活塞K；向漏斗中加水，如果水不能充满∪形管左端，则装置气密性良好．

（2）NO能和氧气反应产生二氧化氮，当将稀HNO3的液面加到a处；赶出U形管内的空气，排除了二氧化氮的干扰，得到的气体就是纯净的NO，所以应将硝酸的液面加到a处．

故答案为：a．

（3）当关闭K时；U形管内的NO气体产生压强，当U形管左端的压强大于大气压时，气体会使U形管内的溶液从左端向右端移动，从而使铜和硝酸分离，反应自动停止．

故答案为：K关闭时；气压增大，将硝酸从∪形管左端压入右端，使硝酸与铜网脱离接触．

（4）2NO+O2=2NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，当NO转化为NO2时；气体由无色变为红棕色．

故答案为：气体排出时；由无色变为红棕色．

【解析】【答案】（1）根据装置气密性的检验方法检验；

（2）根据一氧化氮的性质判断；

（3）根据∪形管内气体的压强对溶液的影响分析；

（4）根据一氧化氮的性质判断：

16、略

【分析】试题分析：（1）H2SO3溶液存在电离平衡，H2SO3H++HSO3-，加入NaHSO3固体使得c(HSO3-)增大，所以c(H＋)/c(HSO3-)减小。（2）加入NaOH溶液，体积比为2∶3，H2SO3溶液过量，溶液的主要溶质为NaHSO3，Na2SO3，物料守恒为：c(Na+)+c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0．1mol/L，HSO3的电离程度大于水解程度，故溶液显酸性，浓度关系为c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(OH-)。（3）根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),溶液显中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)+=2c(SO32-)+c(HSO3-),故c(Na＋)＞2c(SO32－)。（4)根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),pH＝6，所以c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L得2c(SO32－)＋c(HSO3-)－c(Na＋)＝c(H+)-c(OH-)=10-6-10-8考点：水解平衡的离子浓度小大小比较。【解析】【答案】（1）减小（2）c(Na+)+c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(OH-)（3）＞（4)10-6-10-817、略

【分析】【解析】【答案】（1）C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1366.8kJ.mol-1（2）2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2598.8kJ.mol-1（3）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=131.3kJ.mol-1（4）B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ.mol-118、（1）b

（2）①

②

③同系物

（3）2-乙基-1-丁烯或3-己烯

（4）【分析】【分析】本题考查有机物的推断，明确相对分子质量推出rm{A}为烯烃或环烷烃是解答的突破口，注意利用有机物结构与性质的关系来解答，题目难度中等。为烯烃或环烷烃是解答的突破口，注意利用有机物结构与性质的关系来解答，题目难度中等。rm{A}【解答】烃的相对分子质量为rm{A}则该烃可能为烯烃或环烷烃，分子式应为rm{84}根据实际问题回答即可。

rm{C_{6}H_{12}}总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等，则rm{(1)}消耗氧气为rm{1molC_{6}H_{12}}

rm{x+dfrac{y}{4}=9mol}消耗氧气为rm{a.1molC_{7}H_{12}O_{2}}总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等，故rm{9mol}不选；

rm{a}消耗氧气为rm{b.1molC_{6}H_{14}}总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等，故rm{9.5mol}选；

rm{b}消耗氧气为rm{c.1molC_{6}H_{14}O}总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等，故rm{9mol}不选；

rm{c}消耗氧气为rm{d.1molC_{7}H_{14}O_{3}}总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等，故rm{9mol}不选；

故答案为：rm{d}

rm{b}烃rm{(2)垄脵}为链烃，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯取代物只有一种，则结构对称，只含一种rm{A}即含rm{H}个甲基，rm{4}为

故答案为：

rm{A}与rm{垄脷B}的醇溶液共热可得到rm{NaOH}为消去反应，该反应为

故答案为：

rm{D}与足量rm{垄脹B}水溶液完全反应，生成有机物rm{NaOH}为水解反应，该反应为rm{E}与乙二醇中均含rm{E}个rm{2}但rm{-OH}原子数目不同；结构相似，则二者互为同系物；

故答案为：同系物；

rm{C}核磁共振氢谱显示链烃rm{(3)}有三组不同的峰，峰面积比为rm{A}rm{3}rm{2}则rm{1}为rm{A}或rm{CH_{2}=C(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{3}}名称分别为rm{CH_{3}CH_{2}CH=CHCH_{2}CH_{3}}乙基rm{2-}丁烯、rm{-1-}己烯；

故答案为：rm{3-}乙基rm{2-}丁烯或rm{-1-}己烯；

rm{3-}不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则不含rm{(4)A}只有一种rm{C=C}应为环烃，其结构简式为故答案为：

rm{H}【解析】rm{(1)b}rm{(2)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{垄脷}同系物rm{垄脷}乙基rm{垄脹}丁烯或rm{垄脹}己烯rm{(3)2-}rm{-1-}四、原理综合题(共2题，共16分)19、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2N