2025年岳麓版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年岳麓版高二化学上册月考试卷584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、短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序数依次增大，其对应的单质分别为rm{m}rm{n}rm{p}rm{q}rm{Z}是所有短周期主族元素中原子半径最大的；rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}为单质间相互反应生成的二元化合物。常温下，rm{q}为黄绿色气体，rm{a}为无色液体，rm{0.1mol隆陇L^{-1}c}溶液的rm{pH=1}上述物质的转化关系如图所示。

下列说法不正确的是()A.非金属性：rm{Y>W>X}B.rm{d}中可能含有非极性共价键C.rm{Y}rm{Z}rm{W}分别与rm{X}形成的简单化合物的沸点：rm{Z<Y<W}D.固体rm{a}中含有氢键2、两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}的物质的量随混合烃总物质的量变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是rm{(}rm{)}A.一定含有甲烷B.一定含有乙烯C.一定含有丙炔D.一定不含乙烯3、在一定条件下；将8molA和25.7molB两种气体通入体积为WL的密闭容器中发生反应：mA（气）+nB（气）=2C（气）．经t秒钟，A；B、C的物质的量分别为7.5mol，23.7mol，1mol．则m与n值应是（）

A.m=2；n=1

B.m=1；n=3

C.m=1；n=4

D.m=3；n=1

4、下列实验装置能达到实验目的是(夹持仪器未画出)A.A装置用于检验溴丙烷消去产物B.B装置用于石油的分馏C.C装置用于实验室制硝基苯D.D装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚5、下列说法正确的是（）A.c（H+）=0.1mol/L的甲酸溶液中，HCOO-和H+数目之和为0.1NAB.通常情况下，溴是液态，碘是固态，所以I-I键比Br-Br弱C.将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，2C（NH4+）=C（SO42-）D.合成顺丁橡胶（）的单体是CH2=CH-CH=CH26、微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别为rm{Ag_{2}O}和rm{Zn}电解质溶液为rm{KOH}总反应式为：rm{Ag_{2}O+Zn=2Ag+ZnO}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.在使用过程中，电池负极区溶液的rm{pH}变大B.使用过程中，电子由rm{Ag_{2}O}极经外电路流向rm{Zn}极C.rm{Zn}是负极，rm{Ag_{2}O}是正极D.rm{Zn}电极发生还原反应，rm{Ag_{2}O}电极发生氧化反应7、最近，美国成功地在高压下将rm{CO_{2}}转化为具有类似rm{SiO_{2}}结构的原子晶体，下列有关rm{CO_{2}}的原子晶体的说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CO_{2}}的分子晶体转化为rm{CO_{2}}的原子晶体互为同分异构体B.在一定条件下，rm{CO_{2}}的分子晶体转化为rm{CO_{2}}的原子晶体是物理变化C.在rm{CO_{2}}的原子晶体中，每个碳原子周围结合rm{4}个氧原子，每个氧原子周围结合rm{2}个碳原子D.rm{CO_{2}}的原子晶体和rm{CO_{2}}的分子晶体具有相同的物理性质和化学性质评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、（14分）利用核磁共振技术测定有机物分子的三维结构的研究获得了2002年诺贝尔化学奖。在有机物分子中，不同氢原子的核磁共振谱中给出的峰值（信号）也不同，根据峰值（信号）可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。例如二乙醚的结构简式为：CH3—CH2—O—CH2—CH3其核磁共振谱中给出的峰值（信号）有两个，如图所示：（1）下列物质中，其核磁共振氢谱中给出的峰值（信号）只有一个的是____（多选扣分）。A．CH3CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3OCH3（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2,A的核磁共振氢谱图如右图所示，则A的结构简式为：，请预测B的核磁共振氢谱上有____个峰（信号）。（3）已知某含C、H、O三种元素的未知物R，经燃烧分析实验测定该未知物碳的质量分数为52.16%，氢的质量分数为13.14%，且R的相对分子质量为46，试求R的分子式__________；用核磁共振氢谱的方法来研究R的结构，简要说明根据核磁共振氢谱的结果来确定R分子结构的方法是。9、化合物E（HOCH2CH2Cl）和F[HN(CH2CH3)2]是药品普鲁卡因合成的重要中间体，普鲁卡因的合成路线如下：（已知：）（甲苯）（1）甲的结构简式是_________________。由甲苯生成甲的反应类型是_________________。（2）乙中有两种含氧官能团，反应③的化学方程式是：（3）丙中官能团的名称是。（4）普鲁卡因有两种水解产物丁和戊。①戊与甲互为同分异构体，戊的结构简式是_____________________。②戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域。该聚合反应的化学方程式是。10、氮可形成多种氧化物，如NO、NO2、N2O4等，NO2和N2O4可以相互转化．

(1)对反应N2O4(g)⇌2NO2(g)△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．T1____________T2(填“＞”、“＜”或“=”)；A、C两点的速率vA____________vC(同上)．

(2)在100℃时，将0.400mol的NO2气体充入2L抽空的密闭容器中；每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表数据：

。时间(s)020406080n(NO2)/mol0.40n10.26n3n4n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08①在上述条件下；从反应开始直至20s时，二氧化氮的平均反应速率为____________．

②100℃时，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数K的值为____________．

③若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是____________mol/L．

④计算③中条件下达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为____________．(结果保留小数点后一位)11、（12分）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=－akJ·mol－1，反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2（g）完全转化为1molSO3（g）放热99kJ。请回答：⑴图中A点表示__________________，a=__________。⑵Ea的大小对该反应的△H_______（填“有”或“无”）影响。该反应常用V2O5作催化剂，加入V2O5会使图中B点_________（填“升高”、“降低”或“不变”）。⑶已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol－1，写出反应的热化学方程式：_____________________，常温常压下，由单质硫和氧气经两步反应，生成3molSO3（g），放出的总热量为____。12、（8分）在6份0.01mol·L－1氨水中分别加入下列各物质：A.浓氨水B.纯水C.少量K2CO3固体D.少量浓H2SO4E.少量NaOH固体F.少量Al2(SO4)3固体（1）能使c(OH－)减小、c(NH4＋)增大的是；（2）能使(OH－)增大、c(NH4＋)减小的是；（3）能使c(OH－)和c(NH4＋)都增大的是；（4）能使c(OH－)和c(NH4＋)都减小的是。13、甲、乙、丙分别是乙烷、乙烯、乙炔中的一种；甲、乙能使溴水褪色，乙与等物质的量的rm{H_{2}}反应生成甲rm{;}甲与等物质的量的rm{H_{2}}反应生成丙rm{;}丙既不能使rm{Br_{2}}的rm{CCl_{4}}溶液褪色，也不能使rm{KMnO_{4}}酸性溶液褪色．据以上叙述完成下列填空：

rm{垄脵}甲的结构简式______；乙的结构式______；丙的电子式______；

rm{垄脷}甲与溴发生反应的化学方程式为______________________________________rm{.}反应类型为：________________评卷人得分三、计算题(共7题，共14分)14、已知反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)在427°C时的平衡常数是9．4．如果反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0．01mol·L-1，计算一氧化碳在此反应条件下的转化率。15、（6分）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu（OH）2（s）Cu2＋（aq）＋2OH－（aq），常温下其Ksp＝c（Cu2＋）c2（OH－）＝2×10－20mol2·L－2。（1）某硫酸铜溶液里c（Cu2＋）＝0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH使之大于多少?（2）要使0.2mol/L硫酸铜溶液中Cu2＋沉淀较为完全（使Cu2＋浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为____。16、如图装置所示，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，rm{A}rm{B}为外接直流电源的两极rm{.}将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色rm{.(}忽略溶液体积变化，rm{Ag}的相对原子质量为rm{108)}请回答下列问题：

rm{(1)B}极是电源的______；一段时间后，丁中rm{X}极附近的颜色逐渐变浅，rm{Y}极附近的颜色逐渐变深，这表明______，在电场作用下向rm{Y}极移动．rm{(2)}若两装置中rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为______．rm{(3)}若将rm{C}电极换为铁；其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是______．

rm{(4)}若丙装置中盛有rm{500mLAgNO_{3}}溶液，电解一段时间后溶液的rm{pH=1(}不考虑rm{AgNO_{3}}对溶液酸碱性的影响rm{)}则丙装置中_____极上析出银的质量为_____rm{g}17、在rm{2L}密闭容器中，充入rm{1molN_{2}}和rm{3molH_{2}}一定条件下发生合成氨反应，rm{2min}时达到平衡rm{.}测得平衡混合气中rm{NH_{3}}的体积分数为rm{25%}求rm{(}写出计算过程rm{)}

rm{(1)}该温度下的平衡常数rm{K(}用分数表示rm{)}

rm{(2)N_{2}}的转化率？

rm{(3)}平衡时容器的压强与起始时压强之比？18、在一定温度下rm{(}已知在该温度下，容器内所有物质均为气态rm{)}rm{10L}密闭容器中加入rm{5molSO_{2}}rm{4molO_{2}}经rm{10min}后反应达平衡时有rm{2molSO_{2}}发生了反应rm{.}试计算：rm{(}要求写出规范解题步骤rm{)}

rm{(1)}用rm{O_{2}}表示该反应的反应速率；

rm{(2)SO_{2}}的转化率；

rm{(3)}该温度下的平衡常数rm{K(}保留三位有效数字rm{)}．19、在密闭容器中充入A（g）和B（g），它们的初始浓度均为2mol•L﹣1，在一定条件下发生反应：A（g）+B（g）⇌2C（g），该温度下，此反应的平衡常数为4，则A的转化率为多少？20、在rm{15g}铁和氧化铁的混合物中加入rm{150mL}稀rm{H_{2}SO_{4}}放出氢气rm{1.68L(}标准状况rm{).}当反应停止后，铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无rm{Fe^{3+}}存在rm{.}为了中和过量rm{H_{2}SO_{4}}并使rm{Fe^{2+}}完全转化为rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，共耗用rm{3mol/L}rm{NaOH}溶液rm{200mL.}求：

rm{(1)}混合物中铁的质量为______rm{g}

rm{(2)}稀rm{H_{2}SO_{4}}的物质的量浓度为______rm{mol?L^{-1}}．评卷人得分四、实验题(共2题，共18分)21、实验室常用浓硫酸和乙醇混合加热至rm{170隆忙}来制取乙烯气体，此反应常会生成rm{SO_{2}}rm{CO_{2}}和炭等副产物。为探究和验证相关物质及其性质，提供了以下实验装置和试剂rm{(}足量rm{)}请回答问题：

rm{(1)}实验中浓硫酸的作用是________。rm{(2)A}装置圆底烧瓶中需加入碎瓷片作用________________，如果实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，应采取的正确操作是________。rm{a.}立即补加rm{b.}无需补加rm{c.}重新配料rm{d.}冷却后补加rm{(3)}制取乙烯的方程式_______________________________________________。rm{(4)}制备过程中，烧瓶的溶液很快变黑，原因是________________________，除乙烯外，杂质气体rm{SO_{2}}rm{CO_{2}}产生的方程式为______________________，为一次性验证产物及副产物，请完成仪器的连接顺序：rm{a隆煤}_____________________。22、（14分）CuSO4溶液对过氧化氢的分解具有催化作用，有同学猜想其他盐溶液也能在这个反应中起同样的作用，于是他们做了以下的探究。（1）请你帮助他们完成实验报告：实验过程：在一支试管中加入5ml5%的H2O2溶液,然后滴入适量的FeCl3溶液,把带火星的木条伸入试管。实验现象：①实验结论：FeCl3溶液可以催化分解H2O2（2）以知FeCl3在水中可解离出Fe3+和Cl-,同学们提出以下猜想:甲同学的猜想是;真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的H2O;乙同学的猜想是;真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3+;丙同学的猜想是;真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Cl-;你认为最不可能的是②同学的猜想,理由是③。（3）同学们对余下的两个猜想,用实验进行了探究.请你仔细分析后填表:实验过程：向盛有5ml5%的H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，并把带火星的木条伸入试管。实验现象：无明显现象结论④。实验过程：向盛有5ml5%的H2O2溶液的试管中加入少量的⑤,并把带火星的木条伸入试管.实验现象：⑥。结论：⑦。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共16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7题，共14分)1、C【分析】【分析】rm{Z}是所有短周期主族元素中原子半径最大的，所以rm{Z}是rm{Na}元素；常温下，rm{q}为黄绿色气体，则rm{q}是氯气，所以rm{W}是rm{Cl}元素；氯气与rm{m}反应生成的rm{c}溶液rm{0.1mol隆陇L}是所有短周期主族元素中原子半径最大的，所以rm{Z}是rm{Z}元素；常温下，rm{Na}为黄绿色气体，则rm{q}是氯气，所以rm{q}是rm{W}元素；氯气与rm{Cl}反应生成的rm{m}溶液rm{c}rm{0.1mol隆陇L}rm{-1}则rm{-1}是强酸盐酸，所以rm{pH=1}则rm{c}是强酸盐酸，所以rm{X}是rm{H}元素；氢气与rm{n}反应生成无色液体rm{a}所以rm{Y}是rm{O}元素，据此解答即可。是rm{pH=1}元素；氢气与rm{c}反应生成无色液体rm{X}所以rm{H}是rm{n}元素，据此解答即可。【解答】rm{a}是所有短周期主族元素中原子半径最大的，所以rm{Y}是rm{O}元素；常温下，rm{Z}是所有短周期主族元素中原子半径最大的，所以rm{Z}是rm{Na}元素；常温下，rm{q}为黄绿色气体，则rm{q}是氯气，所以rm{W}是rm{Cl}元素；氯气与rm{m}反应生成的rm{c}溶液rm{0.1mol隆陇L}为黄绿色气体，则rm{Z}是氯气，所以rm{Z}是rm{Na}元素；氯气与rm{q}反应生成的rm{q}溶液rm{W}rm{Cl}rm{m}则rm{c}是强酸盐酸，所以rm{0.1mol隆陇L}是rm{-1}元素；氢气与rm{-1}反应生成无色液体rm{pH=1}则rm{c}是强酸盐酸，所以rm{X}是rm{H}元素；氢气与rm{n}反应生成无色液体rm{a}所以rm{Y}是rm{O}元素。所以rm{pH=1}是rm{c}元素。rm{X}rm{H}rm{n}的非金属性：rm{a}正确；B.rm{Y}是氧气与rm{O}反应的产物，生成物中的过氧化钠含有离子键和非极性共价键，正确；C.A.rm{H}rm{O}rm{Cl}的非金属性：rm{O>Cl>H}正确；rm{H}rm{O}分别与rm{Cl}形成的简单化合物分别是rm{O>Cl>H}rm{d}rm{Na}其沸点：rm{O}即rm{Na}错误；D.水形成的固体冰中含有氢键，正确。故选C。rm{Cl}【解析】rm{C}2、A【分析】解：由图可知两种气态烃的平均组成为rm{C_{1.6}H_{4}}根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有rm{CH_{4}}由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为rm{4}碳原子数目大于rm{1.6}且为气体，可能含有乙烯；丙炔，一定没有乙烷、丙烷，故选A．

图可知两种气态烃的平均组成为rm{C_{1.6}H_{4}}根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有rm{CH_{4}}由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为rm{4}碳原子数目大于rm{1.6}且为气体，据此判断．

本题考查烃混合物分子式确定，难度中等，注意利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有rm{1}平均碳法rm{2}平均氢法rm{3}平均碳氢分子式法rm{4}平均式量法．【解析】rm{A}3、C【分析】

经t秒钟；A；B、C的物质的量分别为7.5mol，23.7mol，1mol，则：

△n（A）=8mol-7.5mol=0.5mol；

△n（B）=25.7mol-23.7mol=2mol；

△n（C）=1mol；

物质的量变化量之比等于化学计量数之比；故m：n：2=△n（A）：△n（B）：△n（C）=0.5mol：2mol：1mol=1：4：2；

解得m=1；n=4；

故选C．

【解析】【答案】计算A；B、C的物质的量变化量；根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算m、n的值．

4、C【分析】A中乙醇易挥发，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不正确。蒸馏或分馏时，冷却水的分析是下口进上口出，B不正确。硝基苯的制取需要水浴加热，C正确，D中由于盐酸是挥发性酸，生成的CO2气体中含有氯化氢，氯化氢也能使苯酚钠生成苯酚，D不正确。答案选C。【解析】【答案】C5、D【分析】解：A．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）+c（HCOO-），所以c（H+）＞c（HCOO-），z则HCOO-和H+数目之和小于0.1NA；故A错误；

B．常温下；溴是液态，碘是固态，与其分子间作用力有关，与化学键无关，故B错误；

C．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），再结合电荷守恒得C（NH4+）=2C（SO42-）；故C错误；

D．合成顺丁橡胶（）的单体是1，3-丁二烯，其结构简式为CH2=CH-CH=CH2；故D正确；

故选D．

A．溶液中存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

B．I-I的键比Br-Br弱；

C．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-）；再结合电荷守恒判断；

D．合成顺丁橡胶（）的单体是CH2=CH-CH=CH2．

本题考查较综合，涉及离子浓度计算、离子浓度大小比较、结构简式的判断等知识点，根据溶液中的溶质及溶液酸碱性结合电荷守恒分析解答，注意B为易错点．【解析】【答案】D6、C【分析】【分析】本题考查原电池的工作原理，明确电极反应、正负极的判断、电子的流向即可解答，题目难度不大。【解答】A.负极发生rm{Zn+2OH^{-}-2e=ZnO+H_{2}O}rm{c(OH^{-})}减小，所以电池负极区溶液的rm{pH}减小；故A错误；

B.rm{Zn}为负极，rm{Ag_{2}O}为正极，则使用过程中，电子由rm{Zn}极经外电路流向rm{Ag_{2}0}极；故B错误；

C.rm{Zn}失去电子，rm{Zn}为负极，rm{Ag_{2}O}得到电子是正极；故C正确；

D.rm{Zn}电极失电子发生氧化反应，rm{Ag_{2}O}电极得电子发生还原反应；故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}7、C【分析】【分析】

本题考查了基本概念、晶体类型及晶体空间结构，根据二氧化硅晶体结构采用知识迁移的方法分析二氧化碳原子晶体，难度中等。【解答】A.二氧化碳原子晶体中不含分子；故A错误，故A不符合题意；

B.rm{CO_{2}}原子晶体转化为rm{CO_{2}}分子晶体，结构已发生改变，且二者的性质也有较大差异，故二者是不同的物质，所以二者的转变是化学变化，故B错误，故B不符合题意；

C.rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}原子晶体与rm{SiO}rm{{,!}_{2}}结构类似，每个碳原子与rm{SiO}个氧原子通过rm{SiO}对共用电子对连接，每个氧原子与rm{{,!}_{2}}个碳原子通过rm{4}对共用电子对连接，故rm{4}正确，rm{1}；rm{1}rm{2}rm{2}原子晶体与rm{1}分子晶体，结构不同，二者是不同的物质，物理性质不同，如rm{1}原子晶体硬度很大，rm{C}分子晶体硬度不大，其化学性质也不同，故D错误，rm{C}。

故选C。

故C符合题意【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【解析】【答案】（1）AD（4分）；(全对给4分,只选一个给2分,选错一个倒扣1分)（2）BrCH2CH2Br（2分），2（2分）；（3）C2H6O(2分)若图谱中给出了3个吸收峰（信号），则说明C2H6O的结构是CH3CH2OH（2分）；若图谱中给出了1个吸收峰（信号），则说明C2H6O的结构是CH3OCH3（2分）9、略

【分析】试题分析：甲苯与浓硝酸在浓硫酸做催化剂的情况下发生的是取代反应，主要生成对位的硝基甲苯。对硝基甲苯在强氧化剂如高锰酸钾的条件下甲基会被氧化成羧基，从题意可知反应③发生的是酯化反应，据题意可知硝基苯中的硝基会被还原成氨基，所以丙中的官能团为酯基，氯原子，氨基。同分异构体的特点就是分子式相同结构不同考点：考查有机物合成的相关知识点【解析】【答案】（1）取代反应或硝化反应（2）（3）酯基氯原子、氨基（4）①②10、略

【分析】解：(1)N2O4(g)═2NO2(g)△H=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以T1＜T2；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，所以P1＜P2，压强越大反应速率越大，所以vA＜vC；

故答案为：＜；＜；

(2)①从反应开始直至20s时，四氧化二氮的平均反应速率v===0.00125mol/(L•s)，二氧化氮的平均反应速率为四氧化二氮的平均反应速率的2倍，即为0.0025mol•(L•s)-1，故答案为：0.0025mol•L-1•s-1；

②在60s时，反应已达平衡状态，所以n3=n4，当四氧化二氮的浓度为=0.04mol/L时，二氧化氮的浓度是：-0.04mol/L×2=0.12mol/L，反应的平衡常数K==2.78；

故答案为：2.78；

③若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c；则。

N2O4⇌2NO2

起始浓度(mol•L-1)c0

转化浓度(mol•L-1)c-0.040.12

平衡浓度(mol•L-1)0.040.12

所以=0.5；解得c=0.10，故答案为：0.10

④根据题意可知：

N2O4⇌2NO2

起始浓度(mol•L-1)0.100

转化浓度(mol•L-1)0.060.12

平衡浓度(mol•L-1)0.040.12

根据公式平均分子量===57.5g/mol；

答：达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为57.5．【解析】＜;＜;0.0025mol•L-1•s-1;2.78;0.10;57.511、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据图像可知，A点表示反应物的总能量。1molSO2（g）完全转化为1molSO3（g）放热99kJ，所以a＝99×1＝198。（2）Ea表示活化能，其大小对该反应的△H无影响。催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。（3）燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据单质硫的燃烧热为296kJ·mol－1可知，该反应的热化学方程式是S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296kJ·mol－1。根据盖斯定律可知，S直接生成SO3的热化学方程式是S（s）+3/2O2（g）＝SO3（g）△H＝－395kJ·mol－1，所以生成3molSO3（g），放出的总热量为3mol×395kJ/mol＝1185kJ。考点：考查反应热的有关判断、计算及热化学方程式的书写等【解析】【答案】（12分）⑴反应物的总能量198⑵无降低⑶S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296kJ·mol－11185kJ12、略

【分析】氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4＋＋OH－，根据勒夏特列原理可知，A降低氨水的电离程度，但溶液中c(OH－)和c(NH4＋)都增大。纯水增大氨水的电离程度，但c(OH－)和c(NH4＋)都减小。K2CO3固体溶于水水解显碱性，NaOH固体溶于水电离出OH－，抑制氨水的电离。浓硫酸能中和OH－，促进电离，同样Al2(SO4)3固体溶于水能结合OH－，促进电离。【解析】【答案】(1)DF(2)CE(3)A(4)B（各2分）13、①CH2=CH2H-C≡C-H

②加成反应【分析】【分析】本题考查有机物的鉴别和推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握有机物的性质，为解答该题的关键，难度不大。【解答】rm{垄脵}甲、乙能使溴水褪色rm{垄脵}应含有不饱和键，乙与等物质的量的rm{.}反应生成甲，则甲为乙烯，结构简式为rm{H_{2}}乙为乙炔，结构式为rm{CH_{2}=CH_{2}}甲与等物质的量的rm{H-C隆脭C-H}反应生成丙，丙为乙烷，电子式为故答案为：rm{H_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}

rm{H-C隆脭C-H}甲与溴发生反应的化学方程式为rm{垄脷}甲与溴发生反应的化学方程式为故答案为：加成反应。

rm{垄脷}【解析】rm{垄脵CH_{2}=CH_{2;;}}rm{H-C隆脭C-H}rm{垄脷}加成反应三、计算题(共7题，共14分)14、略

【分析】试题分析：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)起始：0．01mol/L0．01mol/L00转化：xxxx平衡0．01-x0．01-xxx依题意有：解之得：x=0．754mol因此一氧化碳在此反应条件下的转化率为：考点：考查平衡常数与转化率。【解析】【答案】75．4﹪15、略

【分析】【解析】【答案】(1)5(2)616、(1)负极氢氧化铁胶粒带正电(2)1:2:2:2(3)(4)H5.4【分析】【分析】本题考查学生有关电解池的工作原理知识，综合性很强，是高考常考知识点，难度较大。关键是掌握电化学的原理，侧重知识的综合能力考查。【解答】将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色，说明rm{F}极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以rm{F}即是阴极，可得出rm{D}rm{F}rm{H}rm{Y}均为阴极，rm{C}rm{E}rm{G}rm{X}均为阳极，rm{A}是电源的正极，rm{B}是负极；

rm{(1)B}电极是电源的负极，在rm{A}池中，电解硫酸铜的过程中，铜离子逐渐减少，导致溶液颜色变浅，rm{Y}极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。故答案为：负极；氢氧化铁胶体粒子带正电荷；

rm{(2)C}rm{D}rm{E}rm{F}电极发生的电极反应分别为：rm{4OH^{-}篓TO_{2}隆眉+2H_{2}O+4e^{-}}rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}rm{2Cl^{-}篓TCl_{2}隆眉+2e^{-}}rm{2H^{+}+2e^{-}篓TH_{2}隆眉}当各电极转移电子均为rm{1mol}时，生成单质的量分别为：rm{0.25mol}rm{0.5mol}rm{0.5mol}rm{0.5mol}所以单质的物质的量之比为rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}故答案为：rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(3)}若将rm{C}电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是：若将rm{(3)}电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是：rm{Fe+C{u}^{2+}overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{C}rm{Fe+C{u}^{2+}overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{Fe+C{u}^{2+}

overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}；故答案为：根据题意rm{Fe+C{u}^{2+}

overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}为阳极，；为阴极，银在阴极析出，rm{(4)}根据题意rm{G}为阳极，rm{H}为阴极，银在阴极析出，rm{(4)}rm{G}rm{H}rm{PH=1}rm{PH=1}根据电极反应rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2e}当转移rm{O+2e}电子时，丙中镀件上析出银的质量rm{{,!}^{-}}故答案为：rm{篓TH}rm{篓TH}rm{{,!}_{2}}

rm{隆眉+2OH}【解析】rm{(1)}负极氢氧化铁胶粒带正电rm{(2)1:2:2:2}rm{(3)Fe+C{u}^{2+}overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{(3)Fe+C{u}^{2+}

overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{(4)H}rm{5.4}17、(1)1600/2187(2)40%(3)4:5【分析】【分析】本题考查了化学平衡的有关计算及平衡常数、转化率、体积分数的计算的相关知识。【解答】设反应过程中，参加反应的rm{N_{2}}的物质的量为rm{xmol}的物质的量为rm{N_{2}}

rm{xmol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}rm{{,!}_{2}}

rm{(g)?2NH}rm{(g)?2NH}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}

rm{(g)}起始rm{(mol)}rm{1}rm{3}rm{0}rm{(mol)}rm{1}

rm{3}rm{0}转化rm{(mol)}rm{x}rm{3x}rm{2x}rm{(mol)}rm{x}rm{3x}的体积分数rm{=dfrac{2x}{(1-x)+left(3-3xright)+2x}=25拢楼}解得rm{2x}平衡rm{(mol)}rm{1-x}rm{3-3x}rm{2x}则平衡时，rm{cleft({N}_{2}right)=dfrac{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}rm{cleft({H}_{2}right)=dfrac{1.8mol}{2L}=0.9mol/L}rm{cleft(N{H}_{3}right)=dfrac{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}该温度下的平衡常数rm{(mol)}为rm{K=dfrac{{c}^{2}left(N{H}_{3}right)}{cleft({N}_{2}right)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}=dfrac{0.{4}^{2}}{0.3隆脕0.{9}^{3}}=dfrac{1600}{2187}}rm{1-x}rm{3-3x}rm{2x}平衡混合气中rm{NH}的转化率为rm{dfrac{0.4mol}{1mol}隆脕100拢楼=40拢楼}rm{NH}rm{{,!}_{3}}平衡时容器的压强与起始时压强之比的体积分数rm{=

dfrac{2x}{(1-x)+left(3-3xright)+2x}=25拢楼}解得rm{x=0.4}故答案为：rm{=

dfrac{2x}{(1-x)+left(3-3xright)+2x}=25拢楼}rm{x=0.4}．rm{(1)}则平衡时，rm{cleft({N}_{2}right)=

dfrac{0.6mol}{2L}=0.3mol/L}rm{cleft({H}_{2}right)=

dfrac{1.8mol}{2L}=0.9mol/L}rm{cleft(N{H}_{3}right)=

dfrac{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}该温度下的平衡常数rm{K}为rm{K=

dfrac{{c}^{2}left(N{H}_{3}right)}{cleft({N}_{2}right)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}=

dfrac{0.{4}^{2}}{0.3隆脕0.{9}^{3}}=dfrac{1600}{2187}}【解析】rm{(1)1600/2187}rm{(2)40%}rm{(3)4:5}18、略

【分析】

依据化学平衡三段式列式；

rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}

起始量rm{(mol)}rm{5}rm{4}rm{0}

变化量rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{2}

平衡量rm{(mol)}rm{3}rm{3}rm{2}

根据反应速率；转化率、平衡常数的概念分别计算得到．

本题考查化学平衡的三段式计算方法，反应速率、转化率、平衡常数计算应用，题目难度中等．【解析】解：依据化学平衡三段式列式；

rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}

起始量rm{(mol)}rm{5}rm{4}rm{0}

变化量rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{2}

平衡量rm{(mol)}rm{3}rm{3}rm{2}

rm{(1)}用rm{O_{2}}表示该反应的反应速率，rm{V(O_{2})=dfrac{dfrac{1mol}{10L}}{10min}=0.010}rm{V(O_{2})=dfrac{dfrac

{1mol}{10L}}{10min}=0.010}

答：用rm{mol/(L?min)}表示该反应的反应速率为rm{O_{2}}rm{0.020}

rm{mol/(L?min)}的转化率rm{=dfrac{2mol}{5mol}隆脕100%=40%}答：rm{(2)SO_{2}}的转化率为rm{=dfrac

{2mol}{5mol}隆脕100%=40%}

rm{SO_{2}}该温度下的平衡常数rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})c(O_{2})}=dfrac{(dfrac{2mol}{10L})^{2}}{(dfrac{3mol}{10L})^{2}(dfrac{3mol}{10L})}=1.48}

答：该温度下的平衡常数rm{40%}为rm{(3)}．rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})c(O_{2})}=dfrac{(dfrac

{2mol}{10L})^{2}}{(dfrac{3mol}{10L})^{2}(dfrac

{3mol}{10L})}=1.48}19、略

【分析】试题分析：A（g）+B（g）⇌2C（g）起始浓度220变化浓度xx2x平衡时浓度2-x2-x02x列式：.计算等x=1，故A的转化率=1/2=50%。考点：化学平衡的计算。【解析】【答案】50%20、略

【分析】解：rm{(1)}铁和氧化铁与硫酸反应均无剩余，且溶液中无rm{Fe^{3+}}存在，反应生成rm{FeSO_{4}}生成氢气为rm{dfrac{1.68L}{22.4L/mol}=0.075mol}

设rm{dfrac

{1.68L}{22.4L/mol}=0.075mol}氧化铁的物质的量分别为rm{Fe}rm{xmol}则：

根据二者质量，可得：rm{ymol}

根据电子转移守恒，可得：rm{56x+160y=15}

联立方程，解得rm{2x=2y+0.075隆脕2}rm{x=0.125}

故rm{y=0.05}

故答案为：rm{m(Fe)=0.125mol隆脕56g/mol=7g}

rm{7}铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为rm{(2)}rm{FeSO_{4}}加入rm{H_{2}SO_{4}}使rm{NaOH}完全转化为rm{Fe^{2+}}沉淀，产生反应后的溶液溶质只有rm{Fe(OH)_{2}}根据硫酸根守恒则rm{Na_{2}SO_{4}}根据钠离子守恒则rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)=dfrac{1}{2}隆脕3mol/L隆脕0.2L=0.3mol}rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{0.3mol}{0.15L}=2mol/L}

故答案为：rm{n(H_{2}SO_{4})=n(Na_{2}SO_{4})}．

rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)=

dfrac{1}{2}隆脕3mol/L隆脕0.2L=0.3mol}铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac

{0.3mol}{0.15L}=2mol/L}存在，反应生成rm{2}设rm{(1)}氧化铁的物质的量分别为rm{Fe^{3+}}rm{FeSO_{4}}根据二者质量及电子转移守恒列方程计算解答；

rm{Fe}铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为rm{xmol}rm{ymol}加入rm{(2)}使rm{FeSO_{4}}完全转化为rm{H_{2}SO_{4}}沉淀，产生反应后的溶液溶质只有rm{NaOH}根据硫酸根守恒则rm{Fe^{2+}}根据钠离子守恒则rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)}进而计算硫酸的物质的量浓度．

本题考查混合物计算，清楚发生的反应是解题关键，注意利用守恒思想计算，侧重学生分析计算能力的考查，难度中等．rm{Fe(OH)_{2}}【解析】rm{7}rm{2}四、实验题(共2题，共18分)21、rm{(1)}催化剂、吸水剂

rm{(2)}防暴沸rm{d}

rm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}}rm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}

}

rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}浓硫酸使有机物碳化rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜篓right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(4)}

rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜篓right)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}【分析】【分析】本题考查实验室乙烯的制取，实验方案的设计和评价，实验顺序的安排，化学方程式的书写等，难度中等。【解答】rm{(1)}实验中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；故答案为：催化剂、吸水剂；rm{(2)A}装置圆底烧瓶中需加入碎瓷片作用防暴沸，如果实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，应采取的正确操作是冷却后补加，故rm{d}正确；故答案为：防暴沸；rm{d}rm{(3)}制取乙烯的方程式为：rm{CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}}rm{CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}

}故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{xrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}-CH_{2}-OH}制备过程中，烧瓶的溶液很快变黑，原因是浓硫酸使有机物碳化，除乙烯外，杂质气体rm{xrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}

CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(4)}产生的方程式为rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜篓right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}为一次性验证产物及副产物，则完成仪器的连接顺序为：rm{SO_{2}}故答案为：浓硫酸使有机物碳化；rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜篓right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{CO_{2}}rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜篓right)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}【解析】rm{(1)}催化剂、吸水剂rm{(2)}防暴沸rm{d}rm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}}rm{(3)CH_{3}-CH_{2}-OHxrightarrow[170]{脜篓脕貌脣谩}

}rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}浓硫酸使有机物碳化rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜篓right)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(4)}

rm{C+2{H}_{2}S{O}_{4}left(脜篓right)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+2S{O}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}22、略

【分析】试题分析：（1）氧气可以用带火星的木条检验，因此在一支试管中加入5mL5%的H2O2溶液，然后滴入适量的FeCl3溶液，把带火星的木条伸入试管，试管中快速产生大量气泡，能使带火星的木条复燃；结论：FeCl3溶液可以对H2O2的分解起催化作用。（2）在FeCl3溶液中有三种微粒：H2O、Fe3+和Cl-，我认为最不可能的是甲同学的猜想；因为H2O2溶液中含有大量水，但H2O2并没有快速分解。（3）向盛有5mL5%的H2O2溶液的试管中加入少量的稀盐酸，并把带火星的木条伸入试管；无明显现象，能催化H2O2分解的不是Cl-和H+。故答案为：能催化H2O2分解的不是Cl-和H+。考点：探究起催化作用的离子，也考查了氧气的检验方法。【解析】【答案】（1）①根据实验结论可得知FeCl3溶液能催化H2O2分解，因此，向5%的过氧化氢溶液加入FeCl3溶液时，可以观察到：试管中有大量的气泡产生，伸入的带火星的木条复燃；（2）②甲③因过氧化氢溶液中自身有水，可见水不是催化剂；（3）④起催化作用的不是Cl-;⑤Fe(NO3)3溶液；⑥试管中大量气泡产生，带