2025年外研版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年外研版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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列有关中和热的说法正确的是()A.表示中和热的热化学方程式：H＋(l)＋OH－(l)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/molB.准确测量中和热的实验过程中，至少需测定温度4次C.中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小D.已知2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ/mol，则该反应的中和热为114.6kJ/mol2、某溶液中含有两种溶质rm{NaCl}和rm{H_{2}SO_{4}}它们的物质的量之比为rm{3}rm{1.}滴入几滴石蕊溶液后，用石墨作电极电解该混合溶液，根据电极产物，电解过程可明显分为三个阶段rm{.}下列叙述中，不正确的是rm{(}rm{)}A.阴极自始至终只产生rm{H_{2}}B.电解过程中，溶液颜色呈现红色rm{隆煤}紫色rm{隆煤}蓝色的变化C.电解过程中，rm{Na^{+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度保持不变D.第一阶段中阴、阳两极产生的气体混合引燃后，恰好完全反应得到rm{HCl}3、下列事实或因果关系正确的是A.SO2的水溶液能导电说明SO2是电解质B.HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质C.某无色溶液加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则该溶液含有NH4＋D.某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液一定存在大量CO32－4、下列反应中反应物键能总和高于生成物键能总和的是（）A.碳酸钙受热分解B.乙醇的燃烧C.铝粉与氧化铁粉末反应D.氧化钙与水反应5、下列叙述都涉及化学相关知识，其中正确的是（）A.将置于海水中的钢铁设备作为阴极，接上直流电源和辅助阳极，使其受到保护的方法叫牺牲阳极的阴极保护法B.200mlmol/LFe2（SO4）3溶液，Fe3+和SO42-，离子总数为NAC.10g46%的乙醇水溶液中所含氢原子数目为1.2NAD.可用电解氯化镁溶液的方法制取金属镁6、下列说法正确的是（）A.苯乙烯属于芳香烃，也属于苯的同系物B.相对分子质量相等的两种有机物必定是同分异构体C.官能团相同的物质一定是同一类物质，例如含有苯环的烃都是芳香烃D.由乙醇制备乙二酸二乙酯，发生的反应依次为消去、加成、取代、氧化、酯化7、要鉴别己烯中是否混有少量甲苯，正确的实验方法是rm{(}rm{)}A.点燃这种液体，然后观察火焰的颜色B.先加足量酸性高锰酸钾溶液，然后再加入溴水C.加入浓硫酸与浓硝酸后加热D.先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液8、有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有rm{(}rm{)}

rm{垄脵}取代rm{垄脷}加成rm{垄脹}消去rm{垄脺}酯化rm{垄脻}水解rm{垄脼}氧化rm{垄脽}中和．A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脻垄脼}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼垄脽}C.rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼}D.rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼垄脽}9、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}活化分子间的碰撞一定能发生化学反应。

rm{垄脷}普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应。

rm{垄脹}增大反应物浓度；可增大活化分子百分数，从而使有效碰撞次数增多。

rm{垄脺}有气体参加的化学反应，若增大压强rm{(}即缩小反应容器的体积rm{)}可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大。

rm{垄脻}化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程。

rm{垄脼}催化剂能增大活化分子百分数，从而成千成万倍地增大化学反应速率．A.rm{垄脵垄脻垄脼}B.rm{垄脷垄脹垄脻}C.rm{垄脻垄脼}D.rm{垄脵垄脻}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、你认为下列说法不正确的是（）A.氢键存在于分子之间，不存在于分子之内B.对于组成和结构相似的分子，其范德华力随着相对分子质量的增大而增大C.NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是NH3是极性分子，CH4是非极性分子D.冰熔化时只破坏分子间作用力11、下列有关说法错误的是rm{(}rm{)}A.油脂、纤维素都是高分子化合物B.苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应C.乙烯分子与苯分子中的碳碳键不同，但二者都能发生加成反应D.rm{1}rm{mol}乙醇与rm{1}rm{mol}乙酸在一定条件下，发生酯化反应可生成rm{1}rm{mol}乙酸乙酯12、rm{CaC_{2}}rm{ZnC_{2}}rm{Al_{4}C_{3}}rm{Mg_{2}C_{3}}rm{Li_{2}C_{2}}等同属于离子型碳化物，请通过rm{CaC_{2}}制rm{C_{2}H_{2}}的反应进行思考，从中得到必要的启示，判断下列反应产物正确的是A.rm{ZnC_{2}}水解生成乙烷B.rm{Mg_{2}C_{3}}水解生成丙炔C.rm{Al_{4}C_{3}}水解生成甲烷D.rm{Li_{2}C_{2}}水解生成乙烯13、从柑桔中可炼制萜二烯rm{(}rm{)}下列有关它的推测不正确的是A.分子式为rm{C_{10}H_{16}}B.常温下呈液态难溶于水C.所有原子可共面D.与过量溴的rm{CCl_{4}}溶液反应后产物rm{(}rm{(}为：图rm{)}为：14、下列有关化学用语的表示中正确的是（）A.甲烷的球棍模型：B.的名称：2-甲基-2-丙烯C.乙酸的实验式：C2H4O2D.羟基的电子式：15、下列有机物的命名错误的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{2}rm{4-}三甲苯B.rm{2}rm{2}rm{4}rm{4}一四甲基戊烷C.rm{1}rm{1-}二乙基rm{-1-}丁醇D.rm{1}rm{3}--溴丙烷16、可用于鉴别乙酸和乙醇的是A.rm{KCl}溶液B.rm{KNO_{3}}溶液C.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液D.紫色石蕊试液评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、造成下列现象与什么物质相关：赤潮，水俣病­____地方性甲状腺肿大________贫血________18、（共14分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：（1）若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2molN2；的和0.6molH2的，在一定条件下发生反应：若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=____。（2）平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有______。A．加了催化剂B．增大容器体积C．降低反应体系的温度D．加入一定量氮气（3）若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：请完成下列问题：①试比较的大小，____(填“<”、“>”或“=”)：②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是____（填序号字母）A．容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1：3：2B．C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变③400℃时，反应的化学平衡常数为____。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3mol、2mol和1mol时，则该反应的（填“<”、“>”或“=”)。（4）根据化学反应速率和化学平衡理论，联系合成氨的生产实际，你认为下列说法不正确的是____。A．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品B．勒夏特列原理可指导怎样使用有限原料多出产品C．催化剂的使用是提高产品产率的有效方法D．正确利用化学反应速率和化学反应限度理论都可以提高化工生产的综合经济效益19、(1)按系统命名法，有机物的名称是____。若该有机物是由烯烃加成氢气得来的，那么烯烃的结构有____种，若该有机物是由炔烃加成氢气得来的，那么炔烃的结构简式____该炔烃与含等物质的量的溴的四氯化碳反应的方程式为____(2)支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式____20、(9分)有机物A是烃，有机物B易溶于水，且1molB能跟足量的钠反应生成标准状况下的H211.2L，但不能与NaHCO3溶液反应，已知A通过如下转化关系可制得化学式为C4H8O2的酯E，且当D→E时，式量增加28。请回答下列问题：(1)A在标准状况下的密度为________，反应①的原子利用率为________。(2)B的密度比水________，B中含氧官能团的名称为________。(3)反应②的化学方程式为______________。(4)反应③的反应类型为。(5)4.4gC物质完全燃烧消耗mol氧气。(6)若D→E时，式量增加m，则B的式量为。(用含m的代数式表示)21、（18分）A为药用有机物，从A出发可发生下图所示的一系列反应。已知A在一定条件下能跟醇发生酯化反应，A分子中苯环上的两个取代基连在相邻的碳原子上；D不能跟NaHCO3溶液反应，但能跟NaOH溶液反应。请回答：（1）A转化为B、C时，涉及到的反应类型有______________、_______________。（2）E的两种同分异构体Q、R都能在一定条件下发生银镜反应，R能与Na反应放出H2，而Q不能。Q、R的结构简式为Q__________________、R______________________。（3）D的结构简式为__________________。（4）A在加热条件下与NaOH溶液反应的化学方程式为___________________________。（5）已知：酰氯能与含有羟基的物质反应生成酯类物质。例如：写出草酰氯（分子式C2O2Cl2，分子结构式：）与足量有机物D反应的化学方程式________________________________________________________________________。（6）已知：请选择适当物质设计一种合成方法，用邻甲基苯酚经两步反应合成有机物A，在方框中填写有机物的结构简式。。22、科学研究往往建立在合理的假设之上．下面是两个对照实验：

(1)提出问题，实验一中的CO2能灭火，而实验二中的CO2为何能“点火”？

(2)对实验二提出的解释：

CO2被Na2O2吸收．可能生成Na2CO3；棉花被点燃；说明上述反应____________；棉花燃烧剧烈，说明上述反应____________．

(3)现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样．请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体；6mol/L盐酸和蒸馏水)．

请填写下列空白：

(1)写出实验中Na2O2发生反应的化学方程式：____________；

(2)应选用的装置是____________(只要求写出图中装置的标号)．23、核磁共振氢谱rm{(PMR)}是研究有机物分子结构的一种重要方法。已知有机化合物中处于同一位置的氢原子在rm{PMR}中为同一组信号峰，谱中峰的强度与分子中给定类型的氢原子数成正比。rm{(1)}甘氨酸rm{(H_{2}N-CH_{2}-COOH)}在rm{PMR}中可能有____组信号峰，甘油在rm{PMR}中峰的强度之比为____。rm{(2)}在常温下测得某芳香烃rm{C_{8}H_{10}}的rm{PMR}谱，观察到两种氢原子给出的信号，其强度之比为rm{2隆脙3}试确定该烃的结构简式为。24、具有明显现象的官能团特征反应常被用来鉴定化合物．

rm{垄脵}欲区分rm{CH_{3}CH_{2}OH}和rm{CH_{3}CHO}应选用______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}蒸馏水rm{b.}银氨溶液rm{c.}盐酸。

rm{垄脷}欲区分和应选用______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.KMnO_{4}}溶液rm{b.}溴水rm{c.Na_{2}CO_{3}}溶液。

rm{垄脹}欲区分和应选用______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.AgNO_{3}}溶液rm{b.NaOH}溶液rm{c.FeCl_{3}}溶液．评卷人得分四、其他(共1题，共5分)25、（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五、解答题(共3题，共18分)26、恒温时，将2molA和2molB气体投入固定容积为2L密闭容器中发生反应：2A（g）+B（g）xC（g）+D（s），10s时，测得A的物质的量为1.7mol，C的反应速率为0.0225mol•L-1•s-1；40s时反应恰好处于平衡状态；此时B的转化率为20%．请填写下列空白：

（1）x=______

（2）从反应开始到40s达平衡状态；A的平均反应速率为______

（3）平衡时容器中B的体积分数为______

（4）该温度下此反应的平衡常数表达式为______数值是______

（5）在相同温度下，若起始时c（A）=5mol•L-1，c（B）=6mol•L-1，反应进行一段时间后，测得A的浓度为3mol•L-1，则此时该反应是否达到平衡状态______（填“是”与“否”），此时v（正）______v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）．

27、由于温室效应和资源短缺等问题，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）；图1表示该反应进行过程中能量的变化．

（1）写出该反应的热化学方程式______．

（2）关于该反应的下列说法中；正确的是______．

A．△H＞0；△S＞0B．△H＞0，△S＜0

C．△H＜0；△S＜0D．△H＜0，△S＞0

（3）该反应的平衡常数K的表达式为：______．

（4）温度降低；平衡常数K______（填“增大”；“不变”或“减小”）．

（5）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）=______．

（6）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．充入He（g）；使体系总压强增大．

28、2L容积不变的密闭容器中；加入1.0molA和2.2molB，进行如下反应：

A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）；

在不同温度下；D的物质的量n（D）和时间t的关系如图。

试回答下列问题：

（1）800℃时．0-5min内；以B表示的平均反应速率为______．

（2）能判断该反应达到化学平衡状态的标志是______．

A．容器压强不变B．混合气体中c（A）不变。

C．2v正（B）=v逆（D）D．c（A）=c（C）

E．混合气体的平均分子量不再改变F．混合气体密度不变。

G．A：B：C：D=1：2：1：1

（3）利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=______；B的平衡转化率为：______．

该反应为______反应（填吸热或放热）．

（4）800℃时；另一2L容积不变的密闭容器中，测得某时刻各物质的量如下：

n（A）=2.2mol；n（B）=5.2mol，n（C）=1.8mol，n（D）=1.8mol，则此时该反应______进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）．

评卷人得分六、工业流程题(共4题，共36分)29、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。30、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。31、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)。32、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】试题分析：A、错误；B、需要测定温度两次，求平均值，错误；C、铜丝导热性好，会使热量散发出去，使测量值偏小，正确；D、反应的中和热是生成1mol放出的热量，所以该反应的中和热为-57.3KJ/mol,错误。考点：中和热。【解析】【答案】C2、C【分析】解：可以将溶质看成rm{3molNaCl}和rm{1molH_{2}SO_{4}}再转化一下思想，可以看成rm{2molHCl}rm{1molNa_{2}SO_{4}}rm{1molNaCl}

由于rm{1molNa_{2}SO_{4}}自始至终无法放电，且其溶液rm{pH=7}暂时可以忽略，电极反应为：

阳极：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{2}rm{2}rm{1}rm{1}

阴极：rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}

rm{2}rm{2}rm{1}rm{1}

则电解过程可先看成电解rm{HCl}再电解rm{NaCl}最后电解水；

即rm{2HCldfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}生成的rm{2HCldfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}为碱性，rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}大于rm{2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}

A；阴极上始终是氢离子得到电子生成氢气；故A正确；

B、阴极电极过程产物分析，开始蓝色使石蕊变红色，随氢离子放电减小，溶液变为紫色，电解过程中生成的rm{NaOH}为碱性，rm{pH}大于rm{7}石蕊试液颜色又变为蓝色；故B正确；

C、电解过程中，rm{NaOH}和rm{pH}的物质的量不变；但电极过程中溶剂水减少，所以物质的量浓度增大，故C错误；

D、第一阶段电解的是氯化氢，电解过程中阴、阳两极产生的气体氢气和氯气，依据电子守恒可知，混合引燃后，恰好完全反应得到rm{7}故D正确；

故选C．

根据电解原理：阴极的放电离子：氢离子，阳极离子的放电顺序：氯离子rm{Na^{+}}氢氧根离子，溶液中含有两种溶质rm{SO_{4}^{2-}}和rm{HCl}根据电解原理和离子物质的量，结合电子守恒计算判断放电的离子，来判断电解过程．

本题考查了电解质溶液的混合电解，溶液中离子放电顺序，电子守恒是解题关键，题目难度中等．rm{>}【解析】rm{C}3、C【分析】【解析】试题分析：SO2是非电解质，其水溶液导电，是生成的亚硫酸电离出的离子形成的；次氯酸钠是强电解质，B不正确；D不正确，也可能是碳酸氢盐或亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，答案选C。考点：考查电解质、非电解质的判断以及离子的检验【解析】【答案】C4、A【分析】解：A．碳酸钙受热分解分解制氧气属于吸热反应；反应物键能总和高于生成物键能总和，故A正确；

B．乙醇燃烧属于放热反应；反应物键能总和小于生成物键能总和，故B错误；

C．铝粉与氧化铁粉末反应属于放热反应；反应物键能总和小于生成物键能总和，故C错误；

D．氧化钙与水反应是放热反应；反应物键能总和小于生成物键能总和，故D错误．

故选A．

反应物键能总和高于生成物键能总和；则焓变为正值，所以该反应为吸热反应，据此分析．

本题主要考查了放热反应和放热反应，题目难度不大，掌握常见的放热反应和放热反应是解题的关键．【解析】【答案】A5、C【分析】解：A；将被保护的金属做电解池的阴极；可以被保护，故是外加电源的阴极保护法，故A错误；

B、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故导致溶液中Fe3+和SO42-离子总数小于NA；故B错误；

C、10g46%的乙醇的物质的量为0.1mol，所含氢原子数目为0.6NA；10g46%的乙醇中含水5.4g，物质的量为0.3mol，所含氢原子数为0.6NA，共含有氢原子数为1.2NA；故C正确；

D、Mg2+在水溶液中不放电；故应电解氯化镁固体来制取金属镁，故D错误．

故选C．

A；将被保护的金属做电解池的阴极；可以被保护；

B、Fe3+是弱碱阳离子；在溶液中会水解；

C；乙醇溶液中；乙醇和水均含氢原子；

D、Mg2+在水溶液中不放电．

本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是除杂方法分析，溶液中微粒的计算应用，注意盐类水解和电解原理的判断，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】【答案】C6、D【分析】解：A．苯乙烯只含C；H；但侧链为烯烃基，与苯结构不相似，则苯乙烯属于芳香烃，但不是苯的同系物，故A错误；

B．相对分子质量相等的两种有机物；如乙醇与甲酸，二者不是同分异构体，故B错误；

C．含有苯环的烃都是芳香烃；但苯的同系物不含官能团，苯环与-OH相连为酚类，-OH与脂肪烃基相连为醇，故C错误；

D．乙醇消去反应生成乙烯；乙烯加成生成二氯代烃，再水解生成乙二醇，乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，最后发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，故D正确；

故选D．

A．苯乙烯只含C；H；但侧链为烯烃基，与苯结构不相似；

B．相对分子质量相等的两种有机物；如乙醇与甲酸；

C．含有苯环的烃都是芳香烃；但苯的同系物不含官能团；

D．乙醇消去反应生成乙烯；乙烯加成生成二氯代烃，再水解生成乙二醇，乙醇氧化生成乙酸，最后酯化反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度不大．【解析】【答案】D7、D【分析】解：rm{A.}二者均含有rm{C}rm{H}元素；不能利用燃烧来鉴别己烯中是否混有少量甲苯，故A错误；

B.先加足量的酸性高锰酸钾溶液；二者均能是高锰酸钾褪色，不能鉴别己烯中是否混有少量甲苯，故B错误；

C.操作太麻烦；加热；控温、搅拌、回流等等，且还耗时长，甲苯是少量，不一定能观察到黄色，则不能鉴别己烯中是否混有少量甲苯，故C错误；

D.先加足量溴水；己烯与溴水发生加成反应，排除双键的影响，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，褪色可说明己烯中混有少量甲苯，故D正确．

故选D．

A.二者均含有rm{C}rm{H}元素；

B.二者均能使高锰酸钾褪色；

C.甲苯量少；且操作较复杂；

D.己烯与溴水发生加成反应；而高锰酸钾与溴水不反应．

本题考查有机物的鉴别，明确常见有机物的性质是解答本题的关键，注意烯烃与甲苯的性质来分析解答，选项C为解答的难点，题目难度中等．【解析】rm{D}8、B【分析】解：该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，则rm{垄脷垄脼}正确；

含有酯基，可发生水解反应，则rm{垄脵}正确；

含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，则rm{垄脵垄脺垄脽}正确；

含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，则rm{垄脵垄脹垄脺垄脼}正确．

故选B．【解析】rm{B}9、C【分析】【分析】

本题考查影响化学反应速率的因素；为高频考点，把握活化分子理论为常见的影响反应速率的因素为解答的关键，侧重理论的理解和分析，题目难度中等。

【解答】

rm{垄脵}活化分子间有合适的取向，发生的碰撞一定能发生化学反应，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}普通分子间不可能发生化学反应，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹}增大反应物浓度，活化分子百分数不变，但浓度增大，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}增大压强，浓度增大，但活化分子百分数不变，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，分子先成为活化分子，活化分子发生碰撞，可生成新物质，故rm{垄脻}正确；

rm{垄脼}催化剂可降低活化能，能增大活化分子百分数，增大反应速率，故rm{垄脼}正确。

故选C。

【解析】rm{C}二、双选题(共7题，共14分)10、A|C【分析】解：A．邻羟基苯甲醛分子（）内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子（）之间存在氢键；所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故A错误；

B．对于组成和结构相似的分子；其范德华力随着相对分子质量的增大而增大，故B正确；

C．NH3与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以NH3极易溶于水的原因为NH3是极性分子和氨气与水分子间存在氢键，CH4难溶于水的原因不仅仅是NH3是极性分子，CH4是非极性分子；还有氢键的影响，故C错误；

D．水分子间存在氢键；冰熔化时破坏分子间作用力和氢键，故D正确．

故选AC．

A．邻羟基苯甲醛分子（）内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子（）之间存在氢键；

B．范德华力与相对分子质量和分子结构有关；

C．NH3与水分子之间存在氢键；

D．冰熔化时破坏分子间作用力和氢键．

本题考查了氢键、分子间作用力，题目难度不大，注意把握氢键对物质物理性质的影响．【解析】【答案】AC11、rAD【分析】解：rm{A.}油脂的相对分子质量在rm{10000}以下；不是高分子，而纤维素是高分子化合物，故A错误；

B.苯环上rm{H}乙醇中羟基或羟基rm{H}乙酸中rm{-OH}在反应中可被取代；则苯；乙醇和乙酸都能发生取代反应，故B正确；

C.苯不含碳碳双键；乙烯含碳碳双键，苯；乙烯均为不饱和烃，均可发生加成反应，故C正确；

D.酯化反应为可逆反应，则rm{1}rm{mol}乙醇与rm{1}rm{mol}乙酸在一定条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯小于rm{1mol}故D错误；

故选AD．

A.油脂的相对分子质量在rm{10000}以下；

B.苯环上rm{H}乙醇中羟基或羟基rm{H}乙酸中rm{-OH}在反应中可被取代；

C.苯不含碳碳双键；苯；乙烯均为不饱和烃；

D.酯化反应为可逆反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应的判断，题目难度不大．【解析】rm{AD}12、BC【分析】【分析】本题考查了盐类水解反应应用，难度不大，关键是理解水解反应原理，利用类比迁移思想解答，注意rm{C}选项中烃中rm{C}rm{H}原子数目关系。选项中烃中rm{C}rm{C}原子数目关系。【解答】A.rm{H}rm{ZnC_{2}+2H_{2}O}rm{Zn(OH)_{2}隆媒+C_{2}H_{2}隆眉}故A错误；B.rm{隆煤}rm{隆煤2Mg(OH)_{2}隆媒+C_{3}H_{4}隆眉}故B正确；C.rm{隆煤}rm{隆煤4Al(OH)_{3}隆媒+3CH_{4}隆眉}故C正确；D.rm{Zn(OH)_{2}隆媒+

C_{2}H_{2}隆眉}rm{Mg_{2}C_{3}+4H_{2}O}rm{隆煤2Mg(OH)_{2}隆媒+

C_{3}H_{4}隆眉}故D错误。故选BC。rm{Al_{4}C_{3}+6H_{2}O}【解析】rm{BC}13、CD【分析】【分析】

本题主要考查烯烃的加成反应和有机分子共面问题，注意总结有机分子烯烃的加成反应和有机分子共面问题，注意总结。

【解答】共面共线的规律个共面共线的规律A.该有机物含有rm{10}个rm{C}rm{16}个rm{H}则分子式为rm{C}个rm{10}则分子式为rm{C}rm{16}rm{H}rm{C}rm{{,!}_{10}}

rm{H}常温下为液态，烃类物质都不溶于水，故B说法rm{H}

rm{{,!}_{16}}故C说法错误；，故A说法正确；可发生加成反应，与过量溴可完全发生加成反应生成B.碳原子数大于rm{4}常温下为液态，烃类物质都不溶于水，故B说法rm{4}

正确；

C.该有机物中含有饱和碳原子，所有原子不可能共面，【解析】rm{CD}14、A|D【分析】A、球棍模型表现原子间的连接与空间结构，CH4分子的球棍模型：故A正确；

B、从离双键最近的碳开始编号，双键的位置错误，的名称：2-甲基-1-丙烯；故B错误；

C、实验式又称最简式，是用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子，乙酸的实验式：CH2O；故C错误；

D、共价化合物的电子式书写共价化合物是原子间通过共用电子对结合而成的，羟基的电子式为故D正确．

故选AD

A；球棍模型表现原子间的连接与空间结构；

B；从离双键最近的碳开始编号；

C；实验式又称最简式；是化学式的一种．用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；

D；根据共价化合物电子式的书写方法．

化学用语是高考的热点，要熟练掌握常用的化学用语，注意不同化学用语的书写要求．【解析】【答案】AD15、rCD【分析】解：rm{A.1}rm{2}rm{4-}三甲苯，在苯环的rm{1}rm{2}rm{4}号rm{C}各含有rm{1}个甲基，其结构简式为故A正确；

B.选取最长主碳链，离取代基近的一端编号，支链编号之和最小，正确命名为：rm{2}rm{2}rm{4}rm{4-}四甲基戊烷；故B正确；

C.选取含羟基碳在内的最长碳链为主碳链，离羟基碳近的一端编号，正确名称为：rm{3-}乙基rm{-3-}己醇；故C错误；

D.选取含溴原子碳在内的最长碳链为主碳链离溴原子近的一端编号，名称为rm{1}rm{3-}二溴丙烷；故D错误；

故选CD．

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；

rm{(3)}对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

rm{(4)}含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查了有机物的命名，题目难度中等，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题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，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】rm{CD}16、CD【分析】【分析】

本题考查物质的鉴别，乙酸和乙醇性质不同，乙酸具有酸性，可利用酸的通性鉴别二者。【解答】A.rm{NaCl}溶液与乙酸、乙醇都不反应，且乙酸、乙醇都溶于rm{NaCl}溶液，不能鉴别，故A错误；B.rm{KNO_{3}}溶液与乙酸、乙醇都不反应，且乙酸、乙醇都溶于rm{KNO_{3}}溶液，不能鉴别，故B错误；C.乙酸可与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液溶液反应生成气体，可鉴别，故C正确；D.乙酸可使紫色石蕊试液变红，乙醇不能使紫色石蕊试液变红，可鉴别，故D正确。故选CD。【解析】rm{CD}三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【解析】【答案】N、P或氮、磷，水源受到重金属污染如汞等、碘、铁。18、略

【分析】试题分析：（1）根据化学反应方程式，在5分钟时，生成NH3的物质的量为0.2mol，则氮气反应掉0.1mol，则前5分钟的平均反应速率v(N2)=0.1mol/(5min·2L)=0.01mol·L-1·min-1；（2）A．加入催化剂，不影响平衡，氢气转化率不变，错误；B．增大容器体积，平衡逆向移动，氢气的转化率降低，错误；C．降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，正确；D．加入一定量氮气，加入氮气，平衡正向移动，氢气的转化率增大，正确；选CD。（3）①因工业合成氨是放热反应，升高温度平衡向左移动，反应程度减小，K1＞K2；②A.容器中N2、H2、NH3的浓度之比与反应是否达到平衡状态无关，错误；B.可逆反应达到平衡状态时，v（正）=v（逆），且化学反应速率之比等于化学计量数之比，反应平衡时，3v正(N2)＝v逆(H2)，说明反应达到平衡状态，正确；C.因反应前后气体总体积发生变化，压强不变，说明反应混合物中各组分的含量不变，即反应处于平衡状态，正确；D.反应前后气体质量不变，容器容积不变，反应过程中混合气体的密度一直保持不变；不能说明反应达到平衡状态，错误；选BC；③根据可逆反应，平衡常数互为倒数，在400℃时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数K＝0.5，则2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的化学平衡常数为2；利用容器中各物质的物质的量浓度可知Q=62/(4×23)=1.125＞2，平衡正向移动，v（正）＞v（逆）。（4）催化剂不能提高转化率，只能改变化学反应速率，缩短反应时间，选C。考点：考查化学反应速率的计算，影响平衡的因素，化学平衡状态的判断，化学平衡常数等知识。【解析】【答案】（1）0.01mol·L-1·min-1（2）C、D（3）①＞②BC③2＞（4）C19、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据有机物的结构简式可知，主链含有5个碳原子，所以其名称是2，3－二甲基戊烷；烷烃分子中相邻的碳原子上如果各去掉1个氢原子，即可以在这2个碳原子中间形成碳碳双键，因此根据有机物的结构简式可判断，相应的烯烃有5种；同样分析可，烷烃分子中相邻的碳原子上如果各去掉2个氢原子，即可以在这2个碳原子中间形成碳碳三键，因此根据有机物的结构简式可判断，相应炔烃的结构简式是(CH3)2CHCHCH3C≡CH；该炔烃与含等物质的量的溴的四氯化碳反应的化学方程式(CH3)2CHCHCH3C≡CH＋Br2(CH3)2CHCHCH3CBr＝CHBr。（2）支链只有一个乙基，这说明主链碳原子数至少是5个，所以支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式考点：考查烷烃的命名、有机物结构简式的判断以及炔烃加成反应的应用【解析】【答案】(共10分)（1）2,3-二甲基戊烷5种(CH3)2CHCHCH3C≡CH(CH3)2CHCHCH3C≡CH＋Br2(CH3)2CHCHCH3CBr＝CHBr（2）20、略

【分析】根据B的性质可知，B是一元醇，C是醛，D是羧酸，E是酯类。因此根据E的分子式可知，B是乙醇，D是乙酸，C是乙醛。A和水反应生成乙醇，且A是烃，因此A是乙烯和水发生加成反应生成乙醇。（1）A在标准状况下的密度为28g/mol÷22.4L/mol＝1.25g/L。乙烯和水发生加成反应中，生成物只有乙醇，所以原子利用率是100％。（2）乙醇的密度小于水的，含有的官能团是羟基。（3）反应②是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。（4）乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应是酯化反应。（5）乙醛燃烧的方程式为2CH3CHO＋5O24CO2＋4H2O，4.4g乙醛是0.1mol，消耗氧气是0.25mol。（6）在生成乙酸乙酯的反应中，还同时生成水，所以根据质量守恒定律可知，B的式量为m＋18。【解析】【答案】(1)1.25g/L(1分)100%(1分)(2)小(1分)羟基(1分)(3)2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O(2分)(4)取代反应(或酯化反应)(1分)(5)0.25(1分)(6)m＋18(1分)21、略

【分析】考查有机物的合成与制取。A在一定条件下能跟醇发生酯化反应，说明A中含有羧基。根据A和氢氧化钠溶液的反应产物可判断，A中还含有酯基。C酸化生成E，则E是乙酸。又因为A分子中苯环上的两个取代基连在相邻的碳原子上，所以A的结构简式为则B是由于羧基的酸性强于碳酸的，而碳酸的酸性强于酚羟基的，所以D的结构简式是（1）A在氢氧化钠溶液中发生的反应有水解反应和中和反应。（2）根据E的分子式及R和Q的性质特点可判断，Q和R的结构简式分别是HCOOCH3、HOCH2CHO。（3）、（4）见解析（5）草酰氯中含有2个氯原子，而D中只有1个羟基，所以反应的方程式为或（6）由于酚羟基极易被氧化，所以邻甲基苯酚合成A时，应该先和乙酸发生酯化反应，然后在利用酸性高锰酸钾溶液氧化苯环上的甲基，生成羧基。【解析】【答案】（1）取代反应（或水解反应）、中和反应（2）HCOOCH3HOCH2CHO（3）（4）+2H2O（5）或（6）22、略

【分析】解：(3)由于过氧化钠与二氧化碳的反应是放热反应；使棉花燃烧；反应后生成的氧气使棉花燃烧剧烈；

故答案为：是放热反应；生成了氧气；

(3)(1)氧化钠和过氧化钠均能和水反应，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH；

故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH；

(2)实验的原理是：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠溶液的同时；还会生成氧气，但氧气中会有水蒸气，要用浓硫酸吸水，然后可以用排水量气法测定氧体的体积，进而确定过氧化钠的量及其百分含量，故可选择的装置为⑤①④即可；

故答案为：⑤②①④；【解析】是放热反应;生成了氧气;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH;⑤②①④23、（1）34：2：1：1（2）【分析】【分析】本题考查等效氢的判断，结构简式的书写，等效氢的判断方法为rm{垄脵}分子中同一碳原子上连接的氢原子等效，如甲烷上的氢原子。rm{垄脷}同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，如新戊烷。rm{垄脹}处于镜面对称位置上的氢原子等效。同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，如新戊烷。rm{垄脷}处于镜面对称位置上的氢原子等效。【解答】rm{垄脹}甘氨酸rm{(1)}甘氨酸rm{(H_{2}N-CH_{2}-COOH)}的结构简式中含有rm{3}种等效氢原子，则其核磁共振氢谱中有rm{3}组信号峰；的结构简式中含有rm{(1)}种等效氢原子，则其核磁共振氢谱中有rm{(H_{2}N-CH_{2}-COOH)}组信号峰；

rm{3}其分子中含有rm{3}种等效甘油的结构简式为：rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}其分子中含有rm{4}种等效rm{H}原子，其数目之比为：rm{4}rm{2}rm{1}rm{1}则甘油在rm{PMR}中峰的强度之比为：rm{4}rm{2}rm{1}rm{1}原子，其数目之比为：rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}rm{4}rm{H}rm{4}则甘油在rm{2}中峰的强度之比为：rm{1}rm{1}rm{PMR}rm{4}

rm{2}rm{1}rm{1}故答案为：rm{3}rm{4}rm{2}rm{1}rm{1}rm{3}

rm{4}在常温下测得某芳香烃rm{2}的rm{1}谱，观察到两种氢原子给出的信号，其强度之比为rm{1}rm{(2)}在常温下测得某芳香烃rm{C_{8}H_{10}}的rm{PMR}谱，观察到两种氢原子给出的信号，其强度之比为rm{2}rm{3}则该芳香烃分子中含有rm{2}种等效rm{H}原子，所以其结构对称，只能为对二甲苯：则该芳香烃分子中含有rm{(2)}种等效rm{C_{8}H_{10}}原子，所以其结构对称，只能为对二甲苯：rm{PMR}rm{2}

rm{3}【解析】rm{(1)3}rm{4}rm{2}rm{1}rm{1}rm{(1)3}rm{4}rm{2}rm{1}rm{1}rm{(2)}24、略

【分析】解：rm{垄脵CH_{3}CHO}含有醛基，可发生银镜反应，则可用银氨溶液鉴别，故答案为：rm{b}

rm{垄脷}甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可用rm{KMnO_{4}}溶液鉴别，故答案为：rm{a}

rm{垄脹}苯酚遇氯化铁显紫色，故可用氯化铁鉴别，故答案为：rm{c}．

rm{垄脵}根据醛基具有还原性的性质鉴别；

rm{垄脷}甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；

rm{垄脹}苯酚可与氯化铁发生显色反应．

本题考查有机物结构和性质，难度不大，注意根据有机物官能团的性质的异同选择鉴别试剂．【解析】rm{b}rm{a}rm{c}四、其他(共1题，共5分)25、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）五、解答题(共3题，共18分)26、略

【分析】

（1）出A的物质的量变化量△n（A）=2mol-1.7mol=0.3mol，△n（C）=0.0225mol•L-1•s-1×10s×2L=0.45mol；根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则0.3mol：0.45mol=2：x，解得x=3，故答案为：3；

（2）40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%，参加反应的B的物质的量为2mol×20%=0.4mol，由方程式可知，参加反应的A的物质的量为2×0.4mol=0.8mol，故v（A）==0.01mol•L-1•s-1，故答案为：0.01mol•L-1•s-1；

（3）平衡时参加反应的B的物质的量为2mol×20%=0.4mol；则：

2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s）；

开始（mol）：2200

变化（mol）：0.80.41.20.4

平衡（mol）：1.21.61.20.4

故平衡时B的体积分数为×100%=40%；故答案为：40%；

（4）可逆反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s）的平衡常数k=

由（3）中计算可知，平衡时A、B、C、D的浓度分别为=0.6mol/L，=0.8mol/L，=0.6mol/L，所以平衡常数k==0.75；

故答案为：0.75；

（5）若起始时c（A）=5mol•L-1，c（B）=6mol•L-1，反应进行一段时间后，测得A的浓度为3mol•L-1；则：

2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s）；

开始（mol/L）：5600

变化（mol/L）：5-3=2131

一段时间（mol/L）：3531

所以浓度商Qc==0.6＜0.75，反应未达平衡状态，向正反应进行，故v（正）＞v（逆）；

故答案为：否；大于．

【解析】【答案】2A（g）+B（g）xC（g）+D（s）；

开始220

转化0.80.40.4x

平衡1.21.60.4x

（1）计算出A的物质的量变化量△n（A）；利用c的速率计算△n（C），根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算x的值；

（2）根据B计算出平衡时参加反应的A的物质的量，计算出A的浓度变化量，利用利用v=计算v（A）；

（3）根据B的转化率计算出参加反应的B的物质的量；利用三段式计算平衡时各组成的物质的量，进而计算平衡时总的物质的量，再利用体积分数等于计算B的体积分数．注意D是固体；

（4）平衡常数指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；

计算出平衡时各组分的浓度；代入平衡常数表达式计算平衡常数．注意D是固体；

（5）计算出测得A的浓度为3mol•L-1时；各组分的浓度，计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断平衡进行方向，根据反应进行的方向判断速率关系．

27、略

【分析】

（1）该工业方法制取甲醇原理为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=-（n-m）kJ•mol‾1；

故答案为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=-（n-m）kJ•mol‾1；

（2）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；

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

（4）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；

（5）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：0.225mol/（L．min）；

（6）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．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D错误；

故选C．

【解析】【答案】（1）该工业方法制取甲醇为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水；

（2）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；

（3）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；

（4）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；

（5）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）；

（6）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；

28、略

【分析】

（1）800℃时．0-5min内，D的平均化学反应速率=0.06mol/Lmin，同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v（B）：v（D）=2：1=v（B）：0.06mol/Lmin，v（B）=0.12mol•L-1•min-1；

故答案为：0.12mol•L-1•min-1；

（2）该反应是反应前后气体体积减小的反应；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化；

A：该反应是反应前后气体体积减小的反应；当压强不变时，各物质的浓度不再发生变化，故A正确．

B；反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，故B正确；

C；2v正（B）=v逆（D）；速率之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡状态，故C错误．

D；无论反应是否达到平衡状态；c（A）=c（C），所以不能作为判断平衡状态的依据，故D错误．

E；反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量不变，混合物的质量不变，所以混合气体的平均分子量不再改变，所以能作为化学平衡状态的判断依据，故E正确．

F；根据质量守恒；无论反应是否达平衡状态，混合物质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能作为化学平衡状态的判断依据，故F错误．

G；反应按照n（A）：n（B）：n（C）：n（D）=1：2：1：1进行；开始n（A）：n（B）不是1：2；到达平衡后，n（A）：n（B）：n（C）：n（D）一定不是1：2：1：1，故G错误．

故答案为：ABE

（3）A（g）+2B（g）C（g）+D（g）；

起始1.0mol2.2mol00

反应0.6mol1.2mol0.6mol0.6mol

平衡0.4mol1.0mol0.6mol0.6mol

平衡时A；B、C、D各物质的浓度分别为0.2mol/L、0.5mol/L、0.3mol/L、0.3mol/l；

化学平衡常数K==1.8（mol•L-1）-1；

B的平衡转化率==54.5%；

根据图象知；降低温度，D的含量减少，所以平衡向逆反应方向移动，故正反应是吸热反应．

故答案为：1.8（mol•L-1）-1；54.5%；吸热．

（4）A；B、C、D各物质的浓度分别为1.1mol/L、2.6mol/L、0.9mol/L、0.9mol/L

浓度商QC==0.11（mol•L-1）-1＜1.8（mol•L-1）-1；所以反应向正反应方向进行．

故答案为：向正反应方向．

【解析】【答案】（1）先根据v=计算D的平均反应速率；再根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，从而得出B的平均反应速率；

（2）反应到达平衡状态时；正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，可由此进行判断．

（3）根据化学平衡常数K=计算；

转化率=×100%；

根据图象中不同温度下；到达平衡时n（D）的物质的量，判断平衡移动，以此判断；

（4）根据浓度积与化学平衡常数的相对大小判断；

六、工业流程题(共4题，共36分)29、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度30、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为