2025年浙科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2025年浙科版高二化学上册阶段测试试卷885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、盐酸和KHCO3反应时，能使反应的最初速率明显加快的是（）A.将盐酸用量增加一倍B.盐酸的浓度增加一倍，用量减半C.温度降低到25度D.增加KHCO3粉末的量2、反应rm{aM(g)+bN(g)}rm{cP(g)+dQ(g)}达到平衡时rm{.M}的体积分数rm{y(M)}与反应条件的关系如下图所示rm{.}其中：rm{Z}表示反应开始时rm{N}的物质的量与rm{M}的物质的量之比rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.同温同压同rm{Z}时，加入催化剂，平衡时rm{Q}的体积分数增加B.同温同压时，增加rm{Z}平衡时rm{Q}的体积分数增加C.同温同rm{Z}时，增加压强，平衡时rm{Q}的体积分数增加D.同压同rm{Z}时，升高温度，平衡时rm{Q}的体积分数增加3、水杨酸环己酯具有花香气味，可作为香精配方rm{.}其合成路线如下：下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.水杨酸能分别与rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应，且rm{1mol}水杨酸分别消耗rm{NaHCO_{3}2mol}rm{Na_{2}CO_{3}1mol}B.水杨酸、环己醇和水杨酸环己酯均能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应C.rm{1}rm{mol}水杨酸环己酯在rm{NaOH}溶液中水解时，最多消耗rm{3}rm{mol}rm{NaOH}D.rm{1}rm{mol}水杨酸跟足量浓溴水反应时，最多消耗rm{Br_{2}}rm{2}rm{mol}4、在溶液中能共存，加rm{OH^{-}}有沉淀析出，加rm{H^{+}}能放出气体的是rm{(}rm{)}A.rm{Na^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{Fe^{2+}}rm{K^{+}}rm{S^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.rm{Na^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}D.rm{H^{+}}rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}5、甲烷分子是以rm{C}原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构，理由是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}Cl}只代表一种物质B.rm{CH_{2}Cl_{2}}只代表一种物质C.rm{CHCl_{3}}只代表一种物质D.rm{CCl_{4}}是非极性分子6、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则下列判断正确的是（）A.非金属性：X＜T＜ZB.第一电离能：X＜T＜ZC.气态氢化物的还原性：X＜T＜RD.最高价氧化物的水化物酸性：Q＜T＜R评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、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____。8、（8分）在一定条件下的下列可逆反应达到平衡时，试填出：xA＋yBzC（1）若A、B、C都是气体，增大压强，平衡向正反应方向移动，则x+y与z关系是_______；（2）若B、C是气体，A是固体，增大A的浓度，平衡（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）；（3）若升高温度后，C的百分含量减小，则正反应是（填“吸热”或“放热”）反应。（4）若该可逆反应达到平衡时加入催化剂，平衡____（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）；9、某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：

①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇（含18O）和2mL乙酸的混合溶液．

②按如图连接好装置（装置气密性良好）并加入混合液；用小火均匀加热3～5min③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撒处试管乙丙用力振荡，然后静置待分层。

④分离出乙酸乙酯；洗涤；干燥．回答问题：

（1）配制①中混合溶液的方法为______；反应中浓硫酸的作用是______；制取乙酸乙酯的化学方程式：______．

（2）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是______（填字母）．

A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收乙醇。

C．减少乙酸乙酯的溶解D．加速酯的生成；提高其产率。

（3）步骤②中需要小火均匀加热，其主要理由是______；步骤③所观察到的现象是______

欲将乙试管中的物质分离以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器有______；分离时，乙酸乙酯应从仪器______（填“下口放”或“上口倒”）出．

（4）该同学反复实验；得出乙醇与乙酸的用量和得到的乙酸乙酯生成量如下表：

。实验乙醇（mL）乙酸（mL）乙酸乙酯（mL）①221.33②321.57③42x④521.76⑤231.55表中数据x的范围是______；实验①②⑤探究的是______．10、材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础，划时代的材料可作为人类文明的里程碑。(1)玻璃是传统硅酸盐材料，普通玻璃是由石英砂、纯碱和________(写名称)高温熔融而制成的，主要反应的化学方程式为__________________________________________、__________________________________。(2)氮化硅是一种新型结构陶瓷，具有熔点高、硬度大、化学性质稳定等优良性能。它的一种制备方法为硅的氯化物与氨气加热，生成化合物Si(NH2)4和HCl气体；Si(NH2)4在高温下分解生成了该陶瓷。写出相关反应的化学方程式：__________________________、______________________________。(3)以化学为核心的科学技术，制造了无数比天然高分子材料性能优异的产品，甚至设计和创造了自然界原来没有的新物质，合成有机高分子材料就是其中的典型代表。①工程塑料PBT的结构如下图所示，下列关于PBT的说法中，正确的是________。A．PBT是通过加聚反应得到的高分子化合物B．PBT中含有羧基、羟基和酯基C．PBT的单体中有芳香烃D．PBT的单体均能与Na、NaOH、Na2CO3反应E．生成1molPBT的同时会生成(2n－1)molH2O②下列处理废旧热固性塑料的做法不可取的是________。A．深埋B．粉碎后用作树脂填料C．用作燃料D．用有机溶剂将其溶解、回收11、(1)在101kPa时，1molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出890.3kJ的热量，CH4的燃烧热为____________.1120LCH4(标准状况)燃烧后所产生的热量为____________

(2)已知0.5mol甲烷与0.5mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成一氧化碳和氢气(合成气)，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是：____________．12、下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。。rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}rm{垄脿}rm{垄谩}rm{垄芒}试填空。rm{(1)}写出上表中元素rm{垄芒}原子的外围电子排布式_____________。rm{(2)}元素rm{垄脹}与rm{垄脿}形成的化合物中元素rm{垄脹}的杂化方式为：_______杂化，其形成的化合物的晶体类型是：________________________。rm{(3)}元素rm{垄脺}rm{垄脻}的第一电离能大小顺序是：_____rm{>}_____rm{(}用元素符号表示rm{)}元素rm{垄脺}与元素rm{垄脵}形成的rm{X}分子的空间构型为：___________。请写出与rm{N_{3}^{隆陋}}互为等电子体的分子、离子的化学式__________，__________rm{(}各写一种rm{)}rm{(4)}在测定rm{垄脵}与rm{垄脼}形成的化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是：_______________________________。rm{(5)}某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素rm{垄脽}与元素rm{垄脷}的氢氧化物有相似的性质，写出元素rm{垄脷}的氢氧化物与rm{NaOH}溶液反应的化学方程式_______。rm{(6)}元素rm{垄谩}在一定条件下形成的晶体的基本结构单元如下图rm{1}和图rm{2}所示，则在图rm{1}和图rm{2}的结构中与该元素一个原子等距离且最近的原子数之比为：_________。13、浓硫酸具有rm{A-D}所示的性质；以下过程主要表现了浓硫酸的那些性质？请将选项字母填在下列各小题的括号内：

rm{A}强酸性rm{B}吸水性rm{C}脱水性rm{D}强氧化性。

rm{(1)}浓硫酸可以干燥氢气______

rm{(2)}浓硫酸使木条变黑______

rm{(3)}热的浓硫酸与铜片反应______．评卷人得分三、简答题(共6题，共12分)14、在2L恒容密闭容器中，发生反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）．

（1）某温度时，按物质的量比2：1充入NO和O2开始反应；n（NO）随时间变化如表：

。时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0070.0060.0060.0060～4s内以O2浓度变化表示的反应速率______1～5s内以NO浓度变化表示的反应速率（选填“小于”；“大于”、“等于”）．

（2）该反应的平衡常数表达式为K=______．能说明该反应已达到平衡状态的是______．

A．气体颜色保持不变B．气体平均相对分子质量保持不变。

C．υ逆（NO）=2υ正（O2）D．气体密度保持不变。

（3）已知：K300℃＞K400℃．下列措施能使该反应的反应速率增大且平衡向正反应方向移动的是______．

A．升高温度B．充入Ar使压强增大C．充入O2使压强增大D．选择高效催化剂。

（4）将amolNO和bmolO2发生反应，要使反应物和生成物物质的量之比为1：2，则a/b的取值范围是______．15、用直线将左边的营养素与右边所起的相应作用连起来。

16、盐酸或硫酸和氢氧化钠溶液的中和反应没有明显的现象。某学习兴趣小组的同学为了证明氢氧化钠溶液与盐酸或硫酸发生了反应，从中和反应的热效应出发，设计了下面二种实验方案。请回答有关问题。rm{(1)}方案一：该小组借助反应前后溶液温度的变化来判断反应的发生。如果氢氧化钠溶液与盐酸混合前后有温度的变化，则证明发生了化学反应。该小组同学将不同浓度的氢氧化钠溶液和盐酸各rm{10mL}混合，用温度计测量反应前后温度的变化，测得的部分数据如下表：。编号盐酸氢氧化钠rm{娄陇t/隆忙}rm{1}rm{0.1mol隆陇L^{-1}}rm{0.05mol隆陇L^{-1}}rm{3.5}rm{2}rm{0.1mol隆陇L^{-1}}rm{0.1mol隆陇L^{-1}}rm{x}rm{3}rm{0.2mol隆陇L^{-1}}rm{0.2mol隆陇L^{-1}}rm{14}则rm{x=}________。rm{(2)}方案二：该小组还设计了如图所示装置来证明氢氧化钠溶液确实与稀硫酸发生了反应。他们认为若洗气瓶中导管口有气泡冒出，则说明该反应放出热量，从而证明发生了反应。rm{垄脵}实验时，打开分液漏斗活塞，发现导管流出液体不畅，原因可能是：_____________________________________________________________________________。rm{垄脷}从原理上讲，该实验设计的不合理之处为：_____________________________________________________________________________。请你在此实验装置的基础上提出修改方案：_____________________________________________________________________________。17、氨是重要的化工原料；用途广泛．

rm{(1)N}的基态原子中；有______个运动状态不同的未成对电子；

rm{(2)}某元素原子与rm{N_{3}^{-}}含有相同的电子数；其基态原子的价电子排布式是______；

rm{(3)NH_{3}}rm{N_{2}H_{4}}rm{NH_{4}^{+}}rm{N_{2}H_{6}^{2+}}四种微粒中；同种微粒间能形成氢键的有______

rm{(4)}合成氨工厂常用醋酸二氨合铜rm{(}由rm{[Cu(NH_{3})_{2}]^{+}}和rm{CH_{3}COO^{-}}构成rm{)}溶液吸收对氨合成催化剂rm{(}铁粉rm{)}有毒害的rm{CO}气体．

rm{垄脵}醋酸二氨合铜所含的元素中，第一电离能最大的是______rm{.(}填元素符号rm{)}

rm{垄脷}醋酸二氨合铜所含元素的单质，所属的晶体类型有______rm{(}填序号rm{)}．

rm{a.}离子晶体rm{b.}分子晶体rm{c.}原子晶体rm{d.}金属晶体。

rm{垄脹}第rm{4}周期中，基态原子与基态rm{{,!}_{29}Cu}原子未成对电子数目相同的元素有______种rm{(}不含rm{Cu)}．

rm{垄脺}铜单质为面心立方晶体，其晶胞如图rm{.}如果rm{Cu}的原子半径为rm{a}rm{cm}阿伏加德常数的值为rm{N_{A}}则此种rm{Cu}单质的密度表达式为______rm{g/cm^{3}.(}相对原子质量rm{Cu}rm{64)}18、钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一rm{.}请回答钢铁在腐蚀；防护过程中的有关问题．

rm{(1)}在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀rm{.}装置示意图如图rm{1}所示rm{.}请回答：

rm{垄脵A}电极对应的金属是______rm{(}写元素名称rm{)}

rm{B}电极的电极反应式是______．

rm{垄脷}镀层破损后，镀铜铁和镀锌铁更容易被腐蚀的是______．

rm{(2)}如图rm{2}下列哪个装置可以防止铁棒被腐蚀______．

rm{(3)}利用图rm{3}装置可以模拟铁的电化学防护．

rm{垄脵}若rm{X}为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关rm{K}应置于______处rm{.}

假设海水中只有rm{NaCl}溶质，写出此时总离子反应方程式：______

rm{垄脷}若rm{X}为锌，开关rm{K}置于rm{M}处，该电化学防护法称为______，写出铁电极处的电极反应式：______．19、环己烷可制备rm{1}rm{4-}环己二醇，下列七步有关反应rm{(}其中无机产物都已经略去rm{)}中；其中有两步属于取代反应，两步属于消去反应，三步属于加成反应，试回答：

rm{(1)}写出下列化合物的结构简式：rm{A}______rm{C}______

rm{(2)}写出rm{垄脵}rm{垄脺}的化学方程式：rm{垄脵}______；rm{垄脺}______．评卷人得分四、工业流程题(共2题，共10分)20、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。21、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分五、其他(共1题，共7分)22、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应评卷人得分六、有机推断题(共4题，共20分)23、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__________________________________．24、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__________________________________．25、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。26、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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】解：A．盐酸的用量增加一倍；并不改变浓度，反应速率不变，故A错误；

B．盐酸的浓度增加一倍；用量减半，反应速率增大，故B正确；

C．温度降低；化学反应速率减慢，故C错误；

D．增大KHCO3粉末的用量；浓度不变，固体表面积不变，则反应速率不变，故D错误．

故选B．

根据影响化学反应速率的因素分析．盐酸与K2CO3反应时；升高温度；增大酸的浓度、增大固体的接触面积等都可加快化学反应速率，以此解答．

本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度、温度、接触面积等对反应速率的影响即可解答，难度不大．【解析】【答案】B2、D【分析】解：rm{A}催化剂同程度影响化学反应速率，对平衡移动无影响，同温同压同rm{Z}时，加入催化剂，平衡时rm{Q}的体积分数不变；故A错误；

B、由图象可知，rm{Z}值越大，rm{M}的体积分数越小，有利于rm{M}的转化率的提高，但rm{Q}的体积分数不一定增大，如加入rm{N}的物质的量较多，虽然有利于平衡右移，但rm{Q}的体积分数依然较小；故B错误；

C、同温同rm{Z}时，增加压强，rm{M}的体积分数增大，说明rm{a+b<c+d}平衡向逆反应方向移动，则rm{Q}的体积分数减小；故C错误；

D、对比rm{(1)(2)}两个图象，温度升高，rm{M}的体积分数减小，说明正反应为吸热反应，同压同rm{Z}时，升高温度，平衡向正反应方向移动，则平衡时rm{Q}的体积分数增加；故D正确；

故选：rm{D}

对比rm{(1)(2)}两个图象，温度升高，rm{M}的体积分数减小，说明正反应为吸热反应，同温同rm{Z}时，增加压强，rm{M}的体积分数增大，说明rm{a+b<c+d}由图象可知，rm{Z}值越大，rm{M}的体积分数越小；催化剂同程度影响化学反应速率，对平衡移动无影响．

本题考查化学平衡移动图象问题的分析，题目难度中等，注意对比两个图象曲线变化特征，分析温度、压强对平衡移动的影响．【解析】rm{D}3、D【分析】解：rm{A.}水杨酸中含有羧基和酚羟基；能和碳酸钠反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应，故A错误；

B.酚羟基能和氯化铁溶液发生显色反应；环己醇中不含酚羟基，所以不能发生显色反应，故B错误；

C.酚羟基、羧基能和rm{NaOH}反应，rm{1}rm{mol}水杨酸环己酯在rm{NaOH}溶液中水解时，最多生成rm{1mol}酚羟基、rm{1mol}羧基，所以最多消耗rm{2mol}rm{NaOH}故C错误；

D.水杨酸苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代，所以rm{1}rm{mol}水杨酸跟足量浓溴水反应时，最多消耗rm{Br_{2}}rm{2}rm{mol}故D正确；

故选D．

A.水杨酸中含有羧基和酚羟基；能和碳酸钠反应，酚羟基不能和碳酸氢钠反应；

B.酚羟基能和氯化铁溶液发生显色反应；

C.酚羟基、羧基能和rm{NaOH}反应；

D.水杨酸苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其结构关系是解本题关键，注意酚发生取代反应时位置，为易错点．【解析】rm{D}4、C【分析】解：rm{A.Na^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}都不与rm{H^{+}}反应，加入rm{H^{+}}后不会生成气体；故A错误；

B.rm{Fe^{2+}}rm{S^{2-}}之间反应生成rm{FeS}沉淀；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.rm{Na^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}之间不发生反应，能够共存，且rm{Ca^{2+}}rm{OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}之间反应生成碳酸钙沉淀，rm{HCO_{3}^{-}}与反应生成二氧化碳气体；满足条件，故C正确；

D.rm{CO_{3}^{2-}}与rm{H^{+}}rm{Al^{3+}}都发生反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．

A.加入氢离子后；四种离子都不与氢离子反应，没有气体生成；

B.亚铁离子与硫离子反应生成硫化亚铁；不能共存；

C.加入氢氧根离子后；碳酸氢根离子；钙离子与氢氧根离子反应生成碳酸钙沉淀；加入氢离子后，碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体；

D.碳酸根离子与氢离子；铝离子反应；不能共存．

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间rm{(}如rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-})}等；还应该注意题目所隐含的条件，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A}无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，rm{CH_{3}Cl}都不存在同分异构体；故A错误；

B、甲烷是正方形的平面结构，而rm{CH_{2}Cl_{2}}有两种结构：相邻或者对角线上的氢被rm{Cl}取代，而实际上，其rm{CH_{2}Cl_{2}}只有一种结构；因此只有正四面体结构才符合，故B正确；

C、无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，rm{CHCl_{3}}都不存在同分异构体；故C错误；

D；无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构；还是平面正方形结构，结构都对称，是非极性分子，故D错误；

故选B．

如果甲烷是正方形的平面结构，而rm{CH_{2}Cl_{2}}有两种结构：相邻或者对角线上的氢被rm{Cl}取代；而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此只有正四面体结构才符合．

本题考查常见有机化合物的结构，题目难度中等，注意rm{CH_{2}Cl_{2}}只代表一种物质，可以证明甲烷分子是空间正四面体结构，而不是平面正方形结构．【解析】rm{B}6、B【分析】解：由上述分析可知，R为F，X为S，T为Cl，Q为Br，Z为Ar；

A．Z为惰性气体；性质稳定，同周期从左向右非金属性增强，则非金属性：Z＜X＜T，故A错误；

B．Z的最外层为8电子稳定结构；且非金属性越强，第一电离能越大，则第一电离能：X＜T＜Z，故B正确；

C．非金属性越强；对应氢化物的还原性越弱，则气态氢化物的还原性：X＞T＞R，故C错误；

D．非金属性越强；对应最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：Q＜T，且R不存在正价，故D错误；

故选：B。

R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R为F，结合元素在周期表的位置可知，X为S，T为Cl，Q为Br，Z为Ar；以此来解答．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素化合物知识、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】B二、填空题(共7题，共14分)7、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%8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）A、B、C都是气体，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动，所以x+y>z。（2）增大固体物质的量，化学反应速率不变，对平衡移动无影响。（3）升高温度，C的百分含量减小，说明升高温度平衡向左移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应。（4）催化剂同等程度改变正、逆反应速率，对平衡移动无影响。考点：勒沙特列原理【解析】【答案】（1）x+y>z（2）不移动（3）放热（4）不移动9、略

【分析】解：（1）浓硫酸密度大于水，且溶于水放出大量热，应该将浓硫酸加入乙醇中，所以操作方法为：将浓H2SO4加入乙醇中；边加边振荡，然后再加入乙酸或先将乙醇与乙酸混合好后再加浓硫酸并在加入过程中不断振荡；

浓硫酸具有吸水性；在酯化反应中起：催化剂和吸水剂的作用；

酯化反应中，羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，所以该反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为：应先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，最后加入冰醋酸；催化剂吸水剂；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；

（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液；目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，所以BC正确；

故答案为：BC；

（3）反应物中乙醇；乙酸的沸点较低；若用大火加热，大量反应物随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其他副反应，所以为防止乙醇、乙酸挥发，造成原料的损失，应小火加热；

碳酸钠水解呈碱性；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，有香味，振荡时乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅；

乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液；所以混合液会分层，可以通过分液操作分离出乙酸乙酯，使用到的主要仪器为分液漏斗；乙酸乙酯密度小于碳酸钠溶液，分液时从分液漏斗的上口倒出；

故答案为：减少乙酸乙醇的挥发；减少副反应的发生；试管乙中的液体分成上下两层，上层无色，下层为红色液体，振荡后下层液体的红色变浅；分液漏斗；上口倒；

（4）因在乙酸的物质的量相同条件下；增加乙醇的物质的量平衡向右移动，乙酸乙酯的物质的量增加，减少乙醇的物质的量平衡向左移动，乙酸乙酯的物质的量减少，所以1.57＜X＜1.76，根据实验①②⑤条件的异同可知，实验①②⑤探究的是增加乙醇或乙酸的用量对酯产量的影响；

故答案为：1.57＜X＜1.76；增加乙醇或乙酸的用量对酯产量的影响；

（1）添加试剂的顺序是先加入密度小的；再加入密度大的；依据浓硫酸性质分析其在反应中的作用；根据酯化反应原理酸脱羟基醇脱氢写出反应的化学方程式；

（2）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸；同时降低乙酸乙酯的溶解度；便于分层；

（3）乙醇；乙酸的沸点较低；易挥发；根据乙酸的酸性和乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠分析；乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，可以通过分液操作分离，必须使用的仪器为分液漏斗；乙酸乙酯的密度较小，在混合液上层，所以乙酸乙酯从分液漏斗的上口倒出；

（4）根据反应物浓度对化学平衡的影响分析；对照实验①②⑤条件的异同分析探究的目的；

本题考查了乙酸乙酯的制备方法，注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法，明确乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别方法及浓硫酸的作用．题目难度中等．【解析】应先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，最后加入冰醋酸；催化剂吸水剂；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；BC；减少乙酸乙醇的挥发，减少副反应的发生；试管乙中的液体分成上下两层，上层无色，下层为红色液体，振荡后下层液体的红色变浅；分液漏斗；上口倒；1.57＜X＜1.76；增加乙醇或乙酸的用量对酯产量的影响10、略

【分析】(2)利用化合价首先写出氮化硅的化学式：Si3N4，然后依据题中给出信息即可写出化学方程式。(3)①由PBT的结构可知是发生缩聚反应得到的高分子化合物，PBT的单体为对苯二甲酸和1,3丙二醇，均不属于芳香烃；1,3丙二醇不能与NaOH、Na2CO3反应。②处理热固性塑料时，深埋会造成土壤污染，因其不易溶于有机溶剂，故采用有机溶剂溶解回收也不可取。【解析】【答案】(1)石灰石Na2CO3＋2SiO2Na2SiO3＋CO2↑CaCO3＋SiO2CuSiO3＋CO2↑(2)SiCl4＋4NH3Si(NH2)4＋4HCl3Si(NH2)48NH3↑＋Si3N4(3)①BE②AD11、略

【分析】解：(1)在101kPa时，1molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出890.3kJ的热量，根据燃烧热的概念，CH4的燃烧热△H=-890.3kJ/mol，1120LCH4(标准状况)的物质的量是mol=50mol；所以产生的热量为50×890.3kJ=44515kJ，故答案为：△H=-890.3kJ/mol；44515kJ；

(2)甲烷和水蒸气之间的反应方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，0.5mol甲烷与0.5mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成一氧化碳和氢气(合成气)，吸收了akJ热量，所以1mol甲烷与1mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成一氧化碳和氢气(合成气)，吸收了2akJ热量，热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，△H=+2akJ/mol，故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，△H=+2akJ/mol．【解析】△H=-890.3kJ/mol;44515kJ;CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，△H=+2akJ/mol12、（1）3d104s1

（2）sp3分子晶体

（3）N＞Ｏ三角锥形CO2或CS2、N2O、BeCl2）CNO-

（4）HF分子之间有氢键，形成（HF）n

（5）Be（OH）2+NaOH=Na2BeO2+H2O

（6）2∶3（或8∶12）【分析】【分析】本题考查原子结构及其性质，电负性，等电子体等，难度不大。【解答】由元素在周期表中的位置可知rm{垄脵}为rm{H}rm{垄脷}为rm{Be}rm{垄脹}为rm{C}rm{垄脺}为rm{N}rm{垄脻}为rm{O}rm{垄脼}为rm{F}rm{垄脽}为rm{Al}rm{垄脿}为rm{Cl}rm{垄谩}为rm{Co}rm{垄芒}为rm{Cu}为rm{垄脵}rm{H}为rm{垄脷}rm{Be}为rm{垄脹}rm{C}为rm{垄脺}rm{N}为rm{垄脻}rm{O}为rm{垄脼}rm{F}为rm{垄脽}rm{Al}为rm{垄脿}rm{Cl}为rm{垄谩}rm{Co}为rm{垄芒}

rm{Cu}为rm{(1)垄芒}为rm{Cu}原子序数为rm{29}电子排布式为rm{1s}原子序数为rm{(1)垄芒}电子排布式为rm{Cu}rm{29}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}故答案为：rm{{,!}^{10}}

rm{4s}元素rm{4s}与rm{{,!}^{1}}形成的为，则外围电子排布为：rm{3d}rm{3d}，rm{{,!}^{10}}形成rm{4s}个rm{4s}键，为rm{{,!}^{1}}杂化，故答案为：rm{3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)}原子是半满结构，第一电离能rm{垄脹}大于rm{垄脿}的，rm{CC}和rm{l_{4}}形成rm{l_{4}}空间构形为三角锥形，rm{C}rm{4}rm{娄脛}rm{sp^{3}}rm{sp^{3}}rm{(3)N}rm{N}rm{O}rm{N}rm{H}rm{NH3}rm{N}rm{N}

故答案为：rm{{,!}_{3}^{隆陋}}三角锥形；互为等电子体的分子、离子的化学式为：rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2;}}或rm{CS}rm{CS}rm{{,!}_{2}}、rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{BeCl}rm{O}

rm{BeCl}的非金属性很强，对应氢化物中含有氢键，rm{{,!}_{2}}分子之间因形成氢键而形成rm{)CNO}缔合分子，实际测得的为rm{)CNO}和rm{{,!}^{-}}的相对分子质量的平均值，比rm{N>拢脧}三角锥形；rm{CO}的分子量大；

故答案为：rm{N>拢脧}分子之间有氢键，形成rm{CO}；rm{{,!}_{2;}}或rm{CS}反应书写氢氧化铍和rm{CS}溶液的反应方程式为：rm{{,!}_{2}}、rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{BeCl}rm{O}rm{BeCl}rm{{,!}_{2}}rm{)CNO}rm{)CNO}rm{{,!}^{-}}rm{(4)F}rm{HF}rm{(HF)_{n}}rm{HF}rm{(HF)_{n}}rm{HF}rm{HF}分子之间有氢键，形成rm{(HF)n}rm{HF}rm{(HF)n}rm{(5)}图氢氧化铍的性质和氢氧化铝的性质相似，根据氢氧化铝和rm{NaOH}反应书写氢氧化铍和rm{NaOH}溶液的反应方程式为：rm{Be(OH)}中一个原子等距离且最近的原子数是rm{NaOH}个，图rm{NaOH}中一个原子等距离且最近的原子数是rm{Be(OH)}个，则在图rm{{,!}_{2}}和图rm{+NaOH}rm{=Na}的结构中与该元素一个原子等距离且最近的原子数之比为：rm{+NaOH}或rm{=Na}rm{{,!}_{2}}或rm{BeO}

rm{BeO}【解析】rm{(1)3d^{10}4s^{1;}}rm{(2)sp^{3;}}分子晶体rm{(3)N>拢脧}三角锥形rm{CO_{2;}}或rm{CS_{2}}rm{N_{2}O}rm{BeCl_{2})CNO^{-}}rm{(4)HF}分子之间有氢键，形成rm{(HF)n}rm{(5)Be(OH)_{2}}rm{+NaOH}rm{=Na_{2}BeO_{2}}rm{+H_{2}O}rm{(6)2隆脙3(}或rm{8隆脙12)}13、B；C；AD【分析】解：rm{(1)}浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氢气，故答案为：rm{B}

rm{(2)}浓硫酸具有脱水性，可使木条碳化而变黑，故答案为：rm{C}

rm{(3)}浓硫酸具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应生成二氧化硫，同时生成硫酸铜，表现了浓硫酸的酸性，故答案为：rm{AD}．

浓硫酸具有强氧化性；可与不活泼金属等发生氧化还原反应，具有吸水性，可用于干燥剂，具有脱水性，可使木条；蔗糖等碳化而变黑，以此解答．

本题考查浓硫酸的性质，为高频考点，侧重于基础知识的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{B}rm{C}rm{AD}三、简答题(共6题，共12分)14、略

【分析】解：（1）0～4s内v（NO）==0.00175mol/（L．s），速率之比等于化学计量数之比，则0～4s内v（O2）=v（NO）=0.000875mol/（L．s），1～5s内v（NO）==0.0005mol/（L．s），故0～4s内以O2浓度变化表示的正反应速率大于1～5s内以NO浓度变化表示的正反应速率；

故答案为：大于；

（2）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数表达式K=A．气体颜色不再变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，故A正确；B．混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，当气体平均相对分子质量保持不变，说明随反应进行容器内混合气体物质的量不变，此时为平衡状态，故B正确；C．由于υ逆（NO）=2υ逆（O2），而υ逆（NO）=2υ正（O2），则υ逆（O2）=υ正（O2）；反应到达平衡，故C正确；D．混合气体总质量不变，容器容积不变，容器内密度始终保持不变，故D错误，故选：ABC；

故答案为：ABC；

（3）A．适当升高温度，反应速率加快，由K300℃＞K350℃；说明升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，故A错误；

B．充入Ar使压强增大；但不改反应物和生成物的浓度，反应速率不变，平衡不移动，故B错误；

C．增大O2的浓度；反应速率加快，平衡正向移动，故C正确；

D．选择高效催化剂；加快反应速率，但不影响平衡移动，故D错误；

故答案为：C；

（4）假设转化的氧气为xmol；则：

2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）

起始量（mol）：ab0

转化量（mol）：2xx2x

平衡量（mol）：a-2xb-x2x

则（a-2x+b-x）：2x=1：2，即a+b=4x，由于x＜b，联立可得＜3，又由于2x＜a，联立可得＞1，则1＜＜3；

故答案为：1＜＜3．

（1）根据v=计算0～4s内v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算0～4s内v（O2），根据v=计算1～5s内v（NO）；然后进行比较判断；

（2）化学平衡常数是指：一定温度下；可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度；含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；

（3）已知：K300℃＞K350℃；说明升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，增大反应物浓度；使用催化剂均可以加快反应速率，增大反应物浓度，平衡正向移动，但使用催化剂不影响平衡移动，分离出生成物，使平衡正向移动，但反应速率会减慢；

（4）假设转化的氧气为xmol；则：

2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）

起始量（mol）：ab0

转化量（mol）：2xx2x

平衡量（mol）：a-2xb-x2x

则（a-2x+b-x）：2x=1：2，即a+b=4x，结合x＜b及2x＜a进行解答．

本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡状态判断等，（4）中注意充分利用可逆反应不能完全反应进行分析解答，难度中等．【解析】大于；ABC；C；1＜＜315、略

【分析】

维生素是参与生物生长发育和新陈代谢所必需的一类小分子有机化合物；种类较多包括维生素A；B、C、D、E等；钙、碘、氟、铁等元素是人体转化必需的元素，结合它们在人体中的作用分析；

本题考查了常见营养物质在人体中的作用，题目难度不大，注意对基础知识的积累，明确维生素的分类和作用、以及Ca、Fe、I、F等元素在人体中的作用是解题的关键．【解析】解：维生素A；别称抗干眼病维生素多存在于鱼肝油；动物肝脏、绿色蔬菜，缺少维生素A易患夜盲症；

维生素C亦称为抗坏血酸；多存在于新鲜蔬菜；水果；

钙元素是人体骨骼中的重要组成元素；缺钙易患佝偻病与骨质疏松；

碘元素有‘智力元素’之称；在人体中主要集中在甲状腺中，缺碘元素，易患甲状腺肿大；

氟元素是牙齿中的重要元素；缺少氟元素易患龋齿病；

铁元素在血液中是构成血红蛋白的元素；缺铁易患贫血病；

故答案为：．16、（1）7（2）①没打开分液漏斗上部塞子②稀硫酸具有一定的体积，冒出气泡的原因可能是加入稀硫酸的体积引起的，分液漏斗上部塞子和锥形瓶之间连接一导管【分析】【分析】

本题主要考查的是中和反应实验的综合性题目；难度较大，分别从中和反应放热；实验方案的设计与评价等方面检验了学生的实验能力，是一好题。

【解答】

rm{(1)}方案一中由反应的氢氧化钠和盐酸的物质的量来看，rm{1}号反应中参加反应的氢氧化钠和盐酸都是rm{0.05隆脕10-3mol}温度升高rm{3.5隆忙}rm{3}号反应中参加反应的氢氧化钠和盐酸都是rm{0.2隆脕10-3mol}为rm{1}号反应的rm{4}倍，而温度变化也是rm{4}倍，由此看出参加反应的物质的量与温度变化量成正比。rm{2}号反应中参加反应的氢氧化钠和盐酸的物质的量是rm{1}号反应的rm{2}倍，故温度变化也应为rm{2}倍，为rm{7隆忙}

故答案为：rm{7}

rm{(2)}rm{垄脵}为了保证液体顺利流下，就得保证内外压强相等，故可能的原因是没有打开分液漏斗上部塞子，为了保证液体顺利流下，就得保证内外压强相等，故可能的原因是没有打开分液漏斗上部塞子，rm{垄脵}

故答案为：没打开分液漏斗上部塞子；稀硫酸具有一定的体积，冒出气泡也可能是加入稀硫酸的体积引起的；所以改进的方法就是在分液漏斗上口和锥形瓶之间连接一导管，即维持分液漏斗和锥形瓶内气压相等，便于液体顺利流下，又不会引入液体体积。如图：

故答案为：稀硫酸具有一定的体积，冒出气泡的原因可能是加入稀硫酸的体积引起的；分液漏斗上口和锥形瓶之间连接一导管。

rm{垄脷}稀硫酸具有一定的体积，冒出气泡也可能是加入稀硫酸的体积引起的；所以改进的方法就是在分液漏斗上口和锥形瓶之间连接一导管，【解析】rm{(1)7}rm{(2)垄脵}没打开分液漏斗上部塞子rm{垄脷}稀硫酸具有一定的体积，冒出气泡的原因可能是加入稀硫酸的体积引起的，分液漏斗上部塞子和锥形瓶之间连接一导管17、略

【分析】解：rm{(1)}氮原子能量最低排布是：有rm{3}个运动状态不同的未成对电子，故答案为：rm{3}

rm{(2)}某元素原子的电子数为rm{22}该元素基态原子的电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}价电子排布式为：rm{3d^{2}4s^{2}}

故答案为：rm{3d^{2}4s^{2}}

rm{(3)}氢键的形成原因是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为rm{O}rm{N}rm{F}原子，像rm{NH_{3}}有一对孤电子对，rm{N_{2}H_{4}}有两对孤电子对rm{.}所以rm{NH_{3}}rm{N_{2}H_{4}}等能形成氢键，故答案为：rm{NH_{3}}rm{N_{2}H_{4}}

rm{(4)垄脵}非金属性越强，第一电离能越大，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子rm{2p}能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能由小到大的顺序为：rm{Cu<H<C<O<N}所以第一电离能最大的是rm{N}

故答案为：rm{N}

rm{垄脷}醋酸二氨合铜所含元素的单质有rm{Cu}氢气、氮气、氧气、金刚石、石墨等；铜属于金属晶体，金刚石属于原子晶体，氧气和氢气属于分子晶体；

故答案为：rm{b}rm{c}rm{d}

rm{垄脹Cu}的外围电子排布为rm{3d^{10}4s^{1}}只有rm{1}个未成对电子，第rm{4}周期元素中，其它基态原子含有rm{1}个单电子的外围电子排布为rm{4s^{1}}rm{3d^{1}4s^{2}}rm{4s^{2}4p^{1}}rm{4s^{2}4p^{5}}分别为rm{K}rm{Sc}rm{Ga}rm{Br}共有rm{4}种元素；

故答案为：rm{4}

rm{垄脺}晶胞中rm{Cu}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{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}处于面对角线上的原子相邻，rm{4隆脕dfrac{65}{N_{A}}g}的原子半径为rm{Cu}则晶胞棱长为rm{4acm隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}=2sqrt{2}acm}则晶体密度为：rm{dfrac{4隆脕dfrac{65}{N_{A}}g}{(2sqrt{2}acm)^{3}}=dfrac{8sqrt{2}}{a^{3}隆脕N_{A}}g/cm^{3}}

故答案为：rm{dfrac{8sqrt{2}}{a^{3}隆脕N_{A}}}．

rm{acm}根据氮原子的轨道表示式来解答；

rm{4acm隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}=2sqrt

{2}acm}某元素原子与rm{dfrac{4隆脕dfrac{65}{N_{A}}g}{(2

sqrt{2}acm)^{3}}=dfrac{8sqrt

{2}}{a^{3}隆脕N_{A}}g/cm^{3}}含有相同的电子数，则该元素的电子数为rm{dfrac{8sqrt

{2}}{a^{3}隆脕N_{A}}}先写出基态原子的电子排布式，然后写出价电子排布式；

rm{(1)}氢键的形成原因是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为rm{(2)}rm{N_{3}^{-}}rm{22}原子，像rm{(3)}有一对孤电子对，rm{O}有两对孤电子对，所以rm{N}rm{F}等能形成氢键；

rm{NH_{3}}非金属性越强，第一电离能越大，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子rm{N_{2}H_{4}}能级为半满稳定状态；第一电离能高于同周期相邻元素的；

rm{NH_{3}}醋酸二氨合铜所含元素的单质有rm{N_{2}H_{4}}氢气、氮气、氧气、金刚石、石墨等；

rm{(4)垄脵}基态rm{2p}原子未成对电子数目为rm{垄脷}第rm{Cu}周期中，其它基态原子含有rm{垄脹}个单电子的外围电子排布为rm{Cu}rm{1}rm{4}rm{1}

rm{4s^{1}}根据均摊法计算晶胞中rm{3d^{1}4s^{2}}原子数目，表示出晶胞质量，处于面对角线上的原子相邻，rm{4s^{2}4p^{1}}的原子半径为rm{4s^{2}4p^{5}}则晶胞棱长为rm{4acm隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}=2sqrt{2}acm}再根据rm{垄脺}计算密度；

本题考查考查原子结构与性质，涉及核外电子排布、杂化类型、氢键等知识，综合考查学生的分析能力和基本概念的综合运用能力，同时把氢键的来龙去脉和特点进行了彻底考查，是一道难得的好题．rm{Cu}【解析】rm{3}rm{3d^{2}4s^{2}}rm{NH_{3}}rm{N_{2}H_{4}}rm{N}rm{b}rm{c}rm{d}rm{4}rm{dfrac{8sqrt{2}}{a^{3}隆脕N_{A}}}rm{dfrac{8sqrt

{2}}{a^{3}隆脕N_{A}}}18、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}图rm{1}是要在铁件的表面镀铜，故用铜为阳极，铁为阴极，即rm{B}极为铁，发生还原反应，反应式为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{A}为铜，发生氧化反应，电极方程式为rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}故答案为：铜；rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}

rm{垄脷}铁比铜活泼；形成原电池反应时，铁为负极，铜为正极，镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，而锌比铁活泼，形成原电池反应时，铁为正极，锌为负极，铁难以被氧化，故答案为：镀铜铁；

rm{(2)A.}形成原电池反应；铁为负极，碳为正极，为铁的吸氧腐蚀，故A错误；

B.锌比铁活泼；铁为正极，被保护而难以腐蚀，故B正确；

C.水中溶解氧气；铁可发生腐蚀，故C错误；

D.铁连接电源负极；为阴极，被保护不易腐蚀，故D正确；

故答案为：rm{BD}

rm{(3)垄脵}若rm{X}为碳棒，由于rm{Fe}比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使rm{Fe}为电解池的阴极，故K连接rm{N}处，假设海水中只有rm{NaCl}溶质，则此时总离子反应方程式为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}故答案为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{N}若rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}为锌，开关rm{垄脷}置于rm{X}处，rm{K}为负极被腐蚀，rm{M}为正极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，正极反应为：rm{Zn}故答案为：牺牲阳极的阴极保护法；rm{Fe}．

rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}电镀时；镀层金属为阳极，镀件金属为阴极；

rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}在镀铜铁破损后；铁做负极被腐蚀；在镀锌铁的镀层破损后，铁做正极被保护；

rm{(1)垄脵}铁为活泼金属；易发生电化学腐蚀，当为原电池负极时，易发生电化学腐蚀，如铁为原电池的正极或外接电源的负极，可防止腐蚀；

rm{垄脷}若rm{(2)}为碳棒，由于rm{(3)垄脵}比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使rm{X}连接电源的负极；假设海水中只有rm{Fe}溶质，则此时总离子反应方程式为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{Fe}若rm{NaCl}为锌，开关rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}置于rm{垄脷}处，形成原电池，rm{X}为负极被腐蚀，rm{K}为正极被保护．

本题考查原电池知识，侧重于金属的腐蚀与防护的考查，为高频考点，注意把握原电池、电解池的工作原理以及金属的防护方法，难度不大．rm{M}【解析】铜；rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}镀铜铁；rm{BD}rm{N}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}牺牲阳极的阴极保护法；rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}19、【分析】解：环己烷和氯气发生取代反应生成rm{1-}氯环己烷，rm{1-}氯环己烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成rm{A}rm{A}的结构简式为：rm{A}和氯气反应生成rm{B}则rm{B}发生消去反应生成所以rm{B}的结构简式为则rm{A}和氯气发生加成反应生成rm{B}和溴发生加成反应生成和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成rm{C}和氢气发生加成反应生成．

rm{(1)}通过以上分析知，rm{A}和rm{C}的结构简式分别为：故答案为：

rm{(2)垄脵}的化学方程式为：rm{垄脺}的化学方程式为：

故答案为：．

环己烷和氯气发生取代反应生成rm{1-}氯环己烷，rm{1-}氯环己烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成rm{A}rm{A}的结构简式为：rm{A}和氯气反应生成rm{B}则rm{B}发生消去反应生成所以rm{B}的结构简式为则rm{A}和氯气发生加成反应生成rm{B}和溴发生加成反应生成和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成rm{C}和氢气发生加成反应生成．

本题考查有机推断，明确有机物的断键和成键特点是解本题关键，注意反应条件不同反应产物不同，为易错点．【解析】四、工业流程题(共2题，共10分)20、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.