2025年沪教新版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教新版高二化学下册阶段测试试卷358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、日本茨城大学研制了一种新型的质子交换膜二甲醚燃料电池（DDFC），该电池有较高的安全性．电池总反应为：CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O；电池示意如图，下列说法不正确的是（）

A.a极为电池的负极。

B.电池工作时电流由b极沿导线经灯泡再到a极。

C.电池正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O

D.电池工作时；1mol二甲醚被还原时有12mol电子转移。

2、酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3＋。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是①乙醇沸点低②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④乙醇是烃的含氧化合物A、②④B、②③C、①③D、①④3、甲；乙、丙之间具有如图所示的转化关系．则甲不可能是（）

A.N2B.H2SC.MgD.Na4、硫酸生产中炉气转化反应为：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g).}研究发现，rm{SO_{3}}的体积分数rm{(SO_{3}%)}随温度rm{(T)}的变化如曲线rm{I}所示rm{.}下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.该反应的正反应为吸热反应B.反应达到rm{B}点时，rm{2v_{脮媒}(O_{2})=v_{脛忙}(SO_{3})}C.曲线rm{I}上rm{A}rm{C}两点反应速率的关系是：rm{v_{A}>v_{C}}D.已知rm{V_{2}O_{5}}的催化效果比rm{Fe_{2}O_{3}}好，若rm{I}表示用rm{V_{2}O_{5}}催化剂的曲线，则rm{II}是rm{Fe_{2}O_{3}}作催化剂的曲线5、下列过程是非自发的是rm{(}rm{)}A.水由高处向低处流B.天然气的燃烧C.铁在潮湿空气中生锈D.室温下水结成冰6、某原电池总反应为2Fe3++Fe=3Fe2+；不能实现该反应的原电池是（）

A.正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3

B.正极为C.负极为Fe，电解质溶液为Fe（NO）3

C．正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3

D.正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2（SO4）3

评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、植物精油具有抗菌消炎、解热镇痛等药物功用。从樟科植物枝叶中提取的精油中含有下列甲、乙、丙三种成分：丙：分子式C16H14O2(1)甲、乙中含氧官能团的名称分别为___________、___________。(2)经下列过程甲可转化为乙：①，②的反应类型分别为___________、___________。(3)通过下列合成路线由乙可得到丙(部分反应产物略去)已知：①F的结构简式为_________________________________。②由乙制取D的化学方程式_______________________________________③写出同时符合下列要求的D的同分异构体的结构简式______________________。a．化合物是二取代苯b，分子中有5种不同环境的氢原子，其个数比为1：2：2：1：2c．能使溴的CCl4溶液褪色，且在酸性条件下可以发生水解反应④丙的结构简式为_________________。8、2000年，国家药品监督管理局发布通告暂停使用和销售含苯丙醇胺的药品制剂。苯丙醇胺（英文缩写为PPA）结构简式如下：其中φ代表苯基。苯丙醇胺是一种一取代苯，取代基是（1）PPA的分子式是：_______________________。（2）它的取代基中有两个官能团，名称是_________基和________基（请填写汉字）。（3）将φ－、H2N－、HO－在碳链上的位置作变换，可以写出多种同分异构体，其中5种的结构简式是：请写出另外4种同分异构体的结构简式（不要写出－OH和－NH2连在同一个碳原子上的异构体；写出多于4种的要扣分）：______________、______________、______________、______________。9、（10分，每空格2分）原子结构与元素周期表存在着内在联系。请回答下列问题：（1）具有（n－1）d10ns电子构型的元素位于周期表中区。（2）被誉为“21世纪金属”的钛（Ti）元素原子的价电子排布式为：。（3）写出地壳中含量最多的金属元素原子的核外电子排布式。（4）写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号：。（5）已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一为绿色。两种晶体的组成都为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的该绿色晶体配合物的化学式为10、（9分）现有反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：（1）该反应的逆反应为________热反应，且m＋n________p(填“＞”“＝”或“＜”)。（2）减压时，A的质量分数__________。(填“增大”“减小”或“不变”，下同)（3）若容积不变加入B，则A的转化率__________，B的转化率__________。（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比c(B)/c(C)将__________。（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_____________________。（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)时混合物颜色__________；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色__________(填“变深”“变浅”或“不变”)。11、A、B、C、D四种芳香族化合物都是某些植物挥发油中的主要成分，有的是药物，有的是香料。它们的结构简式如下所示：请回答下列问题：（1）写出B中官能团的名称；1molB能与含______molBr2的溴水反应。（2）既能使FeCl3溶液显紫色又能和NaHCO3反应放出气体的有（用A．B．C．D填空）。（3）按下图C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体，则反应①属于反应（填反应类型名称），写出反应②的化学方程式_______________________________________。（4）同时符合下列两项要求的D的同分异构体有4种①化合物是1，2——二取代苯；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有－COO－结构的基团其中两种（G和H）结构简式如下图所示，请补充另外两种。_____________________，（5）写出H与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式________________________________．12、（4分）等物质的量的甲烷、乙烯、乙炔、苯等四种有机物分别完全燃烧，需要O2最多的是____；等质量的上述四种物质分别完全燃烧，需要O2最多的是_________。13、一定温度下，向如图所示带有可移动活塞的密闭容器中充入2LSO2和1LO2的混合气体，发生如下反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。（1）若活塞可自由移动，平衡后，活塞停止在“2.1”处，则该反应中SO2的转化率为________。（2）若开始时，充入容器的起始物质分别是①2LSO2和1LO2；②2LSO3(g)和1LN2；③1LSO2、1LO2和1LSO3(g)，使活塞固定在“3”处，达到平衡后，容器中SO3(g)占反应混合物的体积分数的大小关系是：（用序号和“<”、“=”、“>”表示）。（3）向（1）平衡后的容器中充入0.2mol的SO3，活塞移动后再次达到平衡时，测得此过程中从外界共吸收了1.96kJ的热量。写出SO2发生氧化反应的热化学方程式：________。14、在如图所示的三个容积相同的三个容器①；②、③中进行如下的反应：3A（g）+B（g）⇌2C（g）；△H＜0

（1）若起始温度相同，分别向三个容器中充入3molA和1molB，则达到平衡时各容器中C物质的百分含量由大到小的顺序为______（填容器编号）

（2）达到平衡时，在②和③两容器中分别通入等量的氦气．③中的化学平衡向______方向移动（填“正反应”或“逆反应”或“不移动”）②中的化学反应速率______（填“增大”“减小”“不变”）

（3）起始时在②中投入3molA和1molB，在③中投入amolA和bmolB及cmolC，若达平衡时②和③压强恰好相同，且欲使达平衡时两容器内C的百分含量相等，则两容器中起始投料必须满足______（用含a、b、c的关系式表达）15、rm{(1)}保护环境、保护地球是人类共同的呼声。rm{垄脵}“阅兵蓝”为rm{2015}年科技热词。较多排放下列气体不利于蓝天出现的是____填字母rm{)}rm{a.NO_{2}}rm{b.N_{2}}rm{c.CO_{2}}rm{垄脷}天然水中含有的细小悬浮颗粒可用____rm{(}填字母rm{)}作混凝剂进行吸附沉降，写出铝离子与水反应的离子方程式：____rm{a.Cl_{2}}rm{b.KAl(SO_{4})_{2}隆陇12H_{2}Oc.NaClO}rm{b.KAl(SO_{4})_{2}隆陇12H_{2}Oc.

NaClO}工业废水中含有的rm{垄脹}可用熟石灰作沉淀剂，在rm{Cr^{3+}}为rm{pH}时生成沉淀而除去，写出生成沉淀的离子方程式：____rm{8隆芦9}煤中加入适量石灰石，可大大减少rm{垄脺}的排放，相应的化学方程式为：____rm{SO_{2}}与氮氧化物rm{垄脻NH_{3}}在催化剂作用下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为____

rm{(NOx)}下列人体必需元素中，过少摄入____rm{(2)}填字母，下同rm{(}元素会引起甲状腺疾病牙膏中添加含____元素的化合物可以防治龋齿，儿童缺乏____元素会引发佝偻病。rm{)}碘rm{a.}氟rm{b.}钙rm{c.}铜rm{d.}某品牌食品调料标签的一部分如下图。产品名称：rm{(3)}蒸鱼豉油配料表：非转基因黄豆、小麦粉、食用盐、谷氨酸钠、焦糖色、苯甲酸钠、三氯蔗糖rm{隆脕隆脕}氨基酸态氮rm{}rm{geqslant0.50g/100mL}氨基酸中的官能团为：____rm{垄脵}写名称rm{(}rm{)}配料中，属于着色剂的是____；属于甜味剂的是____；属于防腐剂的是____。rm{垄脷}评卷人得分三、计算题(共8题，共16分)16、去年春节，京津冀跨年期间再遇雾霾，消除氮氧化物污染是消除雾霾的研究方向之一。rm{(1)}甲烷还原法除氮氧化物的污染。已知：rm{垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)娄陇H=-574.0kJ?mol^{-1}}rm{垄脷CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)娄陇H=-1160.0kJ?mol^{-1}}rm{垄脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)娄陇H=-44.0kJ?mol^{-1}}请写出rm{垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)=4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)

娄陇H=-574.0kJ?mol^{-1}}与rm{垄脷CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)

娄陇H=-1160.0kJ?mol^{-1}}反应生成rm{垄脹H_{2}O(g)=H_{2}O(l)娄陇H=-44.0

kJ?mol^{-1}}rm{CH_{4}(g)}和rm{NO_{2}(g)}的热化学方程式________。rm{N_{2}(g)}活性炭还原法除氮氧化物的污染。有关反应为：rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)}某研究小组向恒容密闭容器加入一定量的活性炭和rm{CO_{2}(g)}恒温rm{H_{2}O(l)}条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：

rm{(2)}下列说法不能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是____________A.活性炭的质量保持不变rm{B.V_{脮媒}(N_{2})=2V_{脛忙}(NO)}C.容器内压强保持不变rm{C(s)+2NO(g)?

N_{2}(g)+CO_{2}(g)}容器内混合气体的密度保持不变E.容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变rm{NO}容器内rm{(T隆忙)}的浓度保持不变rm{垄脵}在rm{B.V_{脮媒}(N_{2})=2

V_{脛忙}(NO)}时，该反应的平衡常数为________rm{D.}小数点后保留两位有效数字rm{F.}rm{CO_{2}}在rm{垄脷}时，若只改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件是________；rm{T隆忙}在rm{(}时保持温度和容器体积不变，再充入rm{)}和rm{垄脹}使二者的浓度均增加至原来的两倍，则化学平衡____rm{30min}填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”rm{垄脺}rm{50min}利用反应rm{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}构成电池的方法，除氮氧化物的排放，同时能充分利用化学能，装置如图所示。

rm{NO}电极的电极反应式为____rm{N_{2}}下列关于该电池的说法正确的是____A.电子从右侧电极经过负载后流向左侧电极B.为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜C.电池工作一段时间，溶液的rm{(}不变D.当有rm{)}被处理时，转移电子物质的量为rm{(3)}rm{6NO_{2}+8NH_{3}=

7N_{2}+12H_{2}O}17、某含氧有机物，其蒸汽密度是空气的rm{2.55}倍rm{.7.4g}该有机物充分燃烧后的产物通过浓硫酸后增重rm{5.4g}通过足量澄清石灰水后有rm{30g}白色沉淀生成rm{.}求：

rm{(1)}该有机物的分子式；

rm{(2)}该有机物有多种同分异构体，写出其中能水解的同分异构体的结构简式．18、rm{N_{2}O_{5}}是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：rm{2N_{2}O_{5}(g)rightleftharpoons4NO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2N_{2}O_{5}(g)rightleftharpoons

4NO_{2}(g)+O_{2}(g)}一定温度时，向rm{娄陇H=+QkJ/mol}密闭容器中通入rm{1L}部分实验数据见如表：。rm{N2O5}时间rm{(S)}rm{0}rm{500}rm{1000}rm{1500}rm{C(N_{2}O_{5})(mol隆陇L)}rm{0.50}rm{0.35}rm{0.25}rm{0.25}rm{(1)}计算前rm{500sNO_{2}}的反应速率为________rm{(}不需计算过程rm{)}rm{(2)}在一定温度下，该反应rm{1000s}时达到平衡，试计算该温度下平衡常数rm{K=}________．rm{(3)}在该温度下，如再向该密闭装置中通入rm{0.25molN_{2}O_{5}}和rm{0.375molO_{2}}则此时上述反应的平衡移动方向为________rm{(}选填“正反应方向”、“逆反应方向”、“不移动”rm{).}并计算达平衡后rm{N_{2}O_{5}}的体积分数为________．19、rm{(1)}在标准状况下，rm{4.48LHCl}气体质量为________，若将其溶于水配成rm{500mL}的溶液，其物质的量浓度为________。rm{(2)}同温同压下，氧气rm{(O_{2})}和臭氧rm{(O_{3})}的体积比是rm{3漏U2}则它们的物质的量之比是________，原子个数之比是________，密度之比是________。20、实验室常用浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20g•cm-3．

（1）此浓盐酸的物质的量浓度是______mol•L-1；

（2）配制100.0mL该浓盐酸，需要标准状况下HCl的体积为______；

（3）配制100.0mL3.00mol•L-1的盐酸，需以上浓盐酸的体积为______；

（4）将10.0mL3.00mol•L-1的盐酸与10.0mL1.00mol•L-1的MgCl2溶液混合，则混合溶液中Cl-的物质的量浓度是______．（设混合后溶液的体积不变）21、电解饱和食盐水溶液时，从阴极上析出rm{2.24L}氢气，问从阳极上析出什么气体？析出多少升？rm{(}标况下测定rm{)}22、将rm{0.6molA}和rm{0.5molB}充入rm{0.4L}密闭容器中发生rm{2A(g)+B(g)?mD}rm{(g)+E(g)}rm{5min}后达到化学平衡，此时测得rm{D}为rm{0.2mol.}又知rm{5min}内用rm{E}表示的平均反应速率为rm{0.1mol?L^{-1}?min^{-1}}计算：

rm{(1)m}的值。

rm{(2)}平衡时rm{B}的转化率。

rm{(3)}起始与平衡时密闭容器中的压强之比．23、某气态链烃能使溴水褪色，经测定该烃存在支链，并且rm{0.1mol}该烃充分燃烧可以生成rm{7.2g}水；请据此回答下列问题：

rm{(1)}通过计算确定该烃具有的分子式和结构式。

rm{(2)}请对rm{(1)}中所确定的烃进行系统命名。评卷人得分四、其他(共1题，共3分)24、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；评卷人得分五、综合题(共2题，共6分)25、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．26、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】

A；燃料电池中；通入燃料甲醚的电极a是负极，故A正确；

B、电池工作时电流由正极b沿导线到负极a；故B正确；

C、燃料电池中，通入氧气的电极是正极，在酸性环境下的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O；故C正确；

D．根据电池反应CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O可知；甲醚作还原剂被氧化，1mol甲醚被氧化时就有12mol电子转移，故D错误．

故选D．

【解析】【答案】该装置是原电池；通过甲醚的电极是负极，负极上甲醚失电子发生还原反应，通入氧气的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电流从正极沿导线流向负极，根据甲醚和转移电子之间的关系计算转移电子数．

2、C【分析】【解析】【答案】C3、C【分析】解：A．氮气能和氧气反应生成NO；NO能被氧气氧化生成红棕色气体二氧化氮，所以符合该题转化关系，故A不选；

B．硫化氢能被氧气氧化生成S；S能被氧气氧化生成二氧化硫，所以符合转化关系，故B不选；

C．Mg能被氧气氧化生成MgO；但MgO不能被氧气氧化，所以不符合转化关系图，故C选；

D．Na被空气缓慢氧化生成氧化钠；氧化钠能继续被氧气氧化生成淡黄色固体过氧化钠，所以符合转化关系图，故D不选；

故选C．

A．氮气能和氧气反应生成NO；NO能被氧气氧化；

B．硫化氢能被氧气氧化生成S；S能被氧气氧化；

C．Mg能被氧气氧化生成MgO；但MgO不能被氧气氧化；

D．Na被空气缓慢氧化生成氧化钠；氧化钠能继续被氧气氧化生成过氧化钠．

本题考查元素化合物转化，为高频考点，明确元素化合物性质是解本题关键，符合条件的还有有机物等，注意基础知识的总结归纳．【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A.}由图可知rm{T_{0}}前反应未达平衡，rm{T_{0}}时处于平衡状态，rm{T_{0}}后升高温度平衡向逆反应移动；说明该反应正反应为放热反应，故A错误；

B.可逆反应达平衡状态，正逆反应速率相等，不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，反应达到rm{B}点时，到达平衡状态，所以rm{2v_{脮媒}(O_{2})=v_{脛忙}(SO_{3})}故B正确；

C.rm{C}点的温度高于rm{A}点，温度升高，化学反应速率加快，所以rm{v_{A}<v_{C}}故C错误；

D.使用催化剂，加快化学反应速率，缩短到达平衡时间，但平衡不移动，用rm{V_{2}O_{5}}催化剂与rm{Fe_{2}O_{3}}作催化剂；到达平衡时三氧化硫的含量应相同，图示不同，故D错误；

故选：rm{B}．

根据影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论rm{.2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)T_{0}}前反应未达平衡，rm{T_{0}}时处于平衡状态，rm{T_{0}}后升高温度平衡向逆反应移动；说明该反应正反应为放热反应；可逆反应达平衡状态，正逆反应速率相等，反应体系中各组分的浓度不再变化；催化剂能改变反应的速率，对平衡移动无影响．

本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，注意催化剂只改变化学反应速率，对化学平衡无影响，题目难度中等．【解析】rm{B}5、D【分析】解：rm{A.}水由高处向低处流；是自发进行的过程，故A不选；

B.天然气燃烧生成二氧化碳和水，反应放热rm{triangleH<0}rm{CH_{4}+2O_{2}隆煤CO_{2}+2H_{2}O}rm{triangleS<0}rm{triangleH-TtriangleS<0}属于自发进行的过程；故B不选；

C.铁生锈为自发进行的氧化还原反应；反应放热，常温下可自发进行，故C不选；

D.室温下水结成冰是温度降低作用下的变化；不是自发进行的反应，故D选。

故选：rm{triangleH-Ttriangle

S<0}

反应能否自发进行，取决于焓变与熵变的综合判据，当rm{triangleH-T?triangleS<0}时；反应可自发进行，反之不能．

本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意把握反应能否自发进行的特点，学习中注意相关基础知识的积累．rm{D}【解析】rm{D}6、C【分析】

A；铁的活泼性大于铜；铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故A正确；

B；铁的活泼性大于碳；铁作负极，碳作正极，电解质溶液为硝酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故B正确；

C；锌的活泼性大于铁；锌作负极，铁作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是不能实现该反应的原电池，故C错误；

D；铁的活泼性大于银；铁作负极，银作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故D正确；

故选C．

【解析】【答案】根据反应“2Fe3++Fe=3Fe2+”可知，反应中铁被氧化，应为原电池负极，因失电子而被氧化；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为含Fe3+的盐．

二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据甲和乙的结构简式可知，甲、乙中含氧官能团的名称分别为羟基和醛基。（2）根据甲的结构简式可知，分子还含有碳碳双键，则根据反应①的生成物结构简式可知，该反应应该是碳碳双键和氯化氢的加成反应。根据生成Y的反应条件可知，生成Y的反应应该是羟基的催化氧化生成醛基。所以根据乙的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，因此反应②应该是氯原子的消去反应。（3）根据已知相信可知，乙通过臭氧氧化后生成物应该是苯甲醛和乙二醛。由于A在浓氢氧化钠溶液的作用下可以生成相对分子质量是76的E，所以根据已知信息可知，A应该是乙二醛，而B是苯甲醛。A生成的E是HOCH2COOH。E分子含有羟基和羧基，可以发生缩聚反应生成高分子化合物，则F的结构简式是乙被氢氧化铜氧化醛基变成羧基，即D的结构简式是D和C在浓硫酸的作用下发生反应生成丙，所以该反应应该是酯化反应，则C是苯甲醇，丙的结构简式是满足D的同分异构体中能使溴的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和双键；能水解，说明含有酯基。根据是二取代苯以及核磁共振氢谱可知，其结构简式K^S*5U.C#O%考点：考查有机物结构简式、官能团、有机反应类型、同分异构体的判断以及方程式的书写等【解析】【答案】（9分）每空1分(1)羟基（1分）醛基（1分）(2)加成反应（1分）消去反应（1分）(3)（1分）（该问共2分）（1分）（1分）8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）苯基为C6H5－，查出剩余片段中原子数目，得PPA的分子式是C9H13NO。（2）根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团是羟基、氨基。（3）由题给信息可知，给出的异构体都是苯基在丙烷端碳上的几种，先固定羟基位置，可写出：再把苯基固定在丙烷中间碳上，又可写出几种异构体：故另外4种同分异构体的结构简式为：考点：考查有机物化学式、官能团以及同分异构体的判断【解析】【答案】（7分）（1）C9H13NO（2）羟基、氨基（3）9、略

【分析】（1）区的名称来自于按照构造原理最后填入电子能级的轨道名称，所以该颜色位于ds区。（2）根据构造原理可知，钛（Ti）元素原子的价电子排布式为3d24s2。（3）地壳中含量最多的金属元素是Al，所以根据构造原理可知，该原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1。（4）3p轨道上有2个未成对电子的元素应该是Si或S。（5）根据原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的可知，绿色晶体中有2个氯离子不是配体，所以化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O。【解析】【答案】（1）ds（2）3d24s2（3）1s22s22p63s23p1（4）SiS（5）[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O10、略

【分析】试题分析：（1）升高温度时，B的转化率变大，说明升高温度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，逆反应是放热反应；减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，说明压强减小，平衡逆向移动，所以逆向气体物质的量增大的方向，所以该反应的逆反应是放热反应，m+n>p；（2）减压，平衡向逆反应方向移动，A的质量分数增大；（3）若容积不变加入B，则会提高另一种反应物的转化率，本身的转化率降低，则A的转化率增大，B的转化率减小；（4）若升高温度，平衡正向移动，B的浓度减小，C的浓度增大，则平衡时B、C的浓度之比c(B)/c(C)将减小；（5）若加入催化剂，对平衡无影响，所以平衡时气体混合物的总物质的量不变；（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)时，压强增大，平衡逆向移动，B的浓度增大，所以混合物颜色变深；而维持容器内压强不变，充入氖气时，容器的体积增大，相当于降低体系的压强，尽管平衡逆向移动，但最终B的浓度减小，颜色变浅。考点：考查化学反应与能量的关系，体积对平衡的影响，物质转化率的判断【解析】【答案】（1）放；>；（2）增大（3）增大、减小（4）减小（5）不变（6）变深、变浅11、略

【分析】试题分析：（1）B含有的官能团的名称是碳碳双键、酚羟基，苯环不是官能团；由于羟基与苯环直接相连，使羟基的邻、对位碳原子上的氢较活泼容易发生取代，因此消耗3molBr2，B中含有1mol碳碳双键同能与1molBr2发生加成反应，因此总共消耗4molBr2；（2）能使FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，又能和NaHCO3反应放出气体说明含有－COOH，因此既含有酚羟基又含有－COOH的有机物是D选项；（3）E是B的同分异构体，说明E中含有2个氧原子，而C中只有一个氧原子，因此发生的是氧化反应，E：+醇=酯+H2O,根据反应方程式反应前后质量守恒，即150+M(醇)=178+18解得：M（醇）=46，醇为乙醇，反应的方程式为：（4）根据①得出苯环上只能有两个取代基，两个取代基的位置是邻位，根据②得出苯环的上的一个取代基是－OH，另一个取代基有－COO－，说明是酯或酸，根据G、H的结构得出：（5）H中含有能跟NaOH反应的官能团是酯的结构、酚羟基，酯的结构水解后又生成一个酚羟基，因此H在NaOH溶液中水解共消耗3molNaOH，即：考点：考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体的书写等相关知识。【解析】【答案】（1）碳碳双键、羟基；4；（2）D；（3）氧化；（4）（5）12、略

【分析】考查有机物的燃烧规律。根据烃的燃烧通式CnHm＋(n＋m/4)nCO2＋m/2H2O可知，在物质的量相等的情况下，消耗氧气的多少和(n＋m/4)有关系，(n＋m/4)越大，消耗的氧气越多，所以根据分子式可知苯消耗的氧气最多。因为12g碳需要1mol氧气，而12g氢，需要3mol氧气，这说明烃分子中含氢量越高，在质量相等的条件下，消耗的氧气越多。甲烷中含氢量最高，消耗氧气最多。【解析】【答案】苯(C6H6)；甲烷13、略

【分析】【解析】【答案】（1）90%（2）①＝②>③（3）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＝-196kJ•mol-114、略

【分析】解：①容器是绝热恒容容器；反应进行过程中是放热反应，温度升高；

②是恒温恒容容器；反应进行过程中反应放热，热量散发，压强减小；

③是恒温恒压容器；反应进行过程中为保持恒压，压强增大；

（1）①与②相比；由于②能把反应产生的热量散到空中，相比①来说相当于降低温度，故平衡右移，故平衡时C的体积分数②大于①；②与③相比，由于反应向右移进行时分子数减少，故③中活塞下移，相对②来说，相当于给体系加压，平衡右移，故B；C的体积分数③大于②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③＞②＞①；

故答案为：③＞②＞①；

（2）其他条件不变；通入氖气，②中各相关物质的浓度；分压都不变，对②的平衡无影响，③相比相当于增大体积、减小压强，平衡逆向进行；

故答案为：逆反应；不变；

（3）若维持②③容器内温度和压强相等，起始时在②中投入3molA和1molB，在③中投入amolA和bmolB及cmolC；欲使达平衡时两容器内C的百分含量相等，依据等效平衡判断依据，等比等效，③中转化起始量和②起始量之比相同得到相同的平衡状态；

3A（g）+B（g）⇌2C（g）

②310

③abc

转化a+cb+c0

依据等效平衡判断；等比等效，③中转化起始量和②起始量之比相同得到相同的平衡状态；

=3，a=3b

故答案为：a=3b．

①容器是绝热恒容容器；反应进行过程中是放热反应，温度升高；

②是恒温恒容容器；反应进行过程中反应放热，热量散发，压强减小；

③是恒温恒压容器；反应进行过程中为保持恒压，压强增大；

（1）依据容器特征分析判断容器①温度升高；容器③压强增大，依据反应是气体体积减小的放热反应，平衡移动原理分析判断；

（2）其他条件不变；通入氖气，对②的平衡无影响，③相比相当于减小压强，平衡逆向进行，据此分析；

（3）依据等效平衡判断依据；等比等效，③中转化起始量和②起始量之比相同得到相同的平衡状态．

本题考查了不同容器的特征分析判断，等效平衡状态的理解应用，化学平衡移动原理，改变平衡移动方向的分析是解题关键，题目难度中等．【解析】③＞②＞①；逆反应；不变；a=3b15、（1）①a

②bAl3++3H2O=Al(OH)3+3H+

③Cr3++3OH-=Cr(OH)3

④2CaCO3＋2SO2＋O22CaSO4＋2CO2

⑤6NOx+4xNH3=(3+2x0N2+6xH2O

（2）abc

（3）①氨基、羧基

②焦糖色三氯蔗糖苯甲酸钠【分析】【分析】本题考查了生活中的化学知识，熟悉二氧化氮、明矾的性质、元素与健康的关系等是解题关键，注意盐类水解的应用，题目难度不大。【解答】rm{(1)垄脵}二氧化氮有毒；容易造成光化学烟雾，氮气；二氧化碳不是污染物是空气中的成分；

故答案为：rm{a}

rm{垄脷}明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性可净化水作混凝剂进行吸附沉降，净化后可用消毒剂漂白粉、氯气、rm{NaClO}对天然水能进行消毒杀菌，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为：rm{Al}rm{3+}rm{3+}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O=Al(OH)}rm{3}；

故答案为：rm{3}rm{+3H}rm{+}rm{+}rm{b}rm{Al}rm{3+}rm{3+}rm{+3H}；rm{2}工业废水中含有的rm{2}可用熟石灰作沉淀剂，在rm{O=Al(OH)}为rm{3}时生成沉淀而除去，离子方程式为：rm{3}rm{+3H}rm{+}rm{+}rm{垄脹}rm{Cr^{3+}}；

故答案为：rm{pH}rm{8隆芦9}rm{Cr}rm{3+}rm{3+}rm{+3OH}；rm{-}煤中加入适量石灰石，生成硫酸钙，可大大减少rm{-}rm{=Cr(OH)}rm{3}rm{3}rm{Cr}rm{3+}rm{3+}rm{+3OH}rm{-}rm{overset{triangle}{!=!=!=!=!=}2CaSO}rm{-}rm{=Cr(OH)}rm{3}；rm{3}rm{垄脺}煤中加入适量石灰石，生成硫酸钙，可大大减少rm{SO}rm{垄脺}rm{SO}rm{2}rm{2}的排放，其化学方程式为：rm{overset{triangle}{!=!=!=!=!=}2CaSO}rm{2CaCO}rm{3}rm{3}；rm{+2SO}rm{2}rm{2}在催化剂作用下反应可生成氮气和水，该反应的化学方程式为：rm{+O}rm{2}rm{2}rm{overset{triangle

}{!=!=!=!=!=}2CaSO}rm{4}rm{4}rm{+2CO}rm{2}rm{2}故答案为：rm{2CaCO}rm{3}rm{3}rm{+2SO}rm{2}rm{2}rm{+O}rm{2}钙元素主要存在于骨骼和牙齿中；含氟的牙膏可以预防龋齿，幼儿及青少年缺钙会得佝偻病和发育不良，老年人缺钙会发生骨质疏松，容易骨折；

故答案为：rm{2}rm{overset{triangle

}{!=!=!=!=!=}2CaSO}rm{4}

rm{4}rm{+2CO}氨基酸中的官能团为氨基和羧基；rm{2}rm{2}配料中，属于着色剂的是焦糖色，属rm{垄脻NH}rm{垄脻NH}rm{3}焦糖色；三氯蔗糖；苯甲酸钠。rm{3}【解析】rm{(1)垄脵a}rm{垄脷b}rm{Al^{3+}+3H_{2}O=Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{垄脹Cr^{3+}+3OH^{-}=Cr(OH)_{3}}rm{垄脺2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}overset{triangle}{!=!=!=!=!=}2CaSO_{4}+2CO_{2}}rm{垄脹

Cr^{3+}+3OH^{-}=Cr(OH)_{3}}rm{垄脺

2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}overset{triangle

}{!=!=!=!=!=}2CaSO_{4}+2CO_{2}}rm{垄脻6NOx+4xNH}rm{3}rm{3}rm{=(3+2x0N}rm{2}rm{2}rm{+6xH}rm{2}rm{2}氨基、羧基rm{O}焦糖色三氯蔗糖苯甲酸钠rm{(2)a}三、计算题(共8题，共16分)16、(1)CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－955kJ•mol-1(2)①BC②0.56③减小CO2浓度（或将CO2浓度减至0.013mol/L）④正向移动(3)①2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O②B【分析】【分析】该题考查反应热和焓变，化学平衡的影响因素，原电池和电解池的工作原理的相关知识。【解答】rm{(1)}依据热化学方程式和盖斯定律计算rm{[垄脵+垄脷+垄脹隆脕4]隆脕dfrac{1}{2}}得到rm{[垄脵+垄脷+垄脹隆脕4]隆脕dfrac{1}{2}

}与rm{CH_{4}(g)}反应生成rm{NO_{2}(g)}rm{N_{2}(g)}和rm{CO_{2}(g)}的热化学方程式为rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-955.0kJ?mol^{-1}}故答案为rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-955.0kJ?mol^{-1}}rm{H_{2}O(l)}反应是气体体积不变的反应。A.活性炭的质量保持不变说明达到平衡状态，故A错误B.反应速率之比等于化学方程式系数之比，当rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-955.0kJ?mol^{-1}}不能说明反应达到平衡，当rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-955.0kJ?mol^{-1}}则能说明达平衡，故B正确；C.反应是气体体积不变的反应，反应过程中压强始终不变，所以容器内压强保持不变不能说明反应达到平衡，故C正确；D.混合气体密度等于质量除以体积，反应中碳是固体，平衡移动气体质量变化，体积不变，所以混合气体的密度保持不变时，说明反应达到平衡，故D错误；E.混合气体的平均相对分子质量等于气体总质量除以总物质的量，反应中碳是固体，平衡移动，气体质量发生变化，气体物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态，故E错误。故答案为：rm{(2)垄脵C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{v_{脮媒}(N_{2})=2v_{脛忙}(NO)}反应达到平衡状态，rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)}各物质的平衡浓度为：rm{2v_{脮媒}(N_{2})=v_{脛忙}(NO)}rm{BC}反应的平衡常数为：rm{K=dfrac{c(C{O}_{2})隆陇c({N}_{2})}{{c}^{2}(NO)}=dfrac{0.030隆脕0.030}{0.{040}^{2}}=0.56}故答案为：rm{垄脷20-30min}rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}

(g)}在rm{c(CO_{2})=c(N_{2})=0.030mol/L}时保持温度和容器体积不变再充入rm{c(NO)=0.040mol/L}和rm{K=

dfrac{c(C{O}_{2})隆陇c({N}_{2})}{{c}^{2}(NO)}=

dfrac{0.030隆脕0.030}{0.{040}^{2}}=0.56}使二者的浓度均增加至原来的两倍，则此时rm{{Q}_{c}=dfrac{c(C{O}_{2})隆陇c({N}_{2})}{{c}^{2}(CO)}=dfrac{0.034隆脕2隆脕0.017}{(0.032隆脕2{)}^{2}}=0.28<K=0.56}则化学平衡正向移动，故答案为：正向移动；rm{0.56}由反应rm{垄脹}可知，反应中rm{50min}为氧化剂，rm{NO}为还原剂，则rm{N₂}为负极，rm{{Q}_{c}=

dfrac{c(C{O}_{2})隆陇c({N}_{2})}{{c}^{2}(CO)}=

dfrac{0.034隆脕2隆脕0.017}{(0.032隆脕2{)}^{2}}=0.28<K=0.56

}为正极，负极电极方程式为rm{(3)垄脵}故答案为：rm{6NO_{2}+8NH_{3}篓T7N_{2}+12H_{2}O}rm{NO_{2}}由反应rm{NH_{3}}可知，反应中rm{A}为氧化剂，rm{B}为还原剂，则rm{2NH_{3}-6e^{-}+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}为负极，rm{2NH_{3}-6e^{-}+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，A.电子从负极流出，正极流入，则电子从左侧电极经过负载后流向右侧电极，故A错误；B.原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故B正确；C.根据总反应可知反应生成水，电解质溶液的碱性减弱，rm{垄脷}减小，故C错误；D.不是标准状况下无法计算rm{6NO_{2}+8NH_{3}篓T7N_{2}+12H_{2}O}的物质的量及转移电子的物质的量，故D错误；故答案为：rm{NO_{2}}rm{NH_{3}}【解析】rm{(1)CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)娄陇H=-955kJ?mol^{-1}}rm{(1)CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)娄陇H=-955

kJ?mol^{-1}}rm{(2)垄脵BC}rm{垄脷0.56}减小rm{垄脹}浓度rm{CO_{2}}或将rm{(}浓度减至rm{CO_{2}}rm{0.013mol/L)}正向移动rm{垄脺}rm{(3)垄脵2NH_{3}-6e^{-}+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{垄脷B}17、解：(1)该有机物蒸汽密度是空气的2.55倍，则该有机物的相对分子质量为2.55×29=76，浓硫酸质量增重5.4g为燃烧生成水的质量，水的物质的量为n(H)=0.6mol；

30g白色沉淀为碳酸钙的质量，其物质的量为n(C)=0.3mol；

7.4g该有机物的物质的量为

故该有机物分子中故故该有机物的分子式为C3H6O2；

答：该有机物的分子式为C3H6O2；

(2)该有机物能水解的同分异构体，应含有酯基，符合条件的同分异构体为CH3COOCH3、HCOOCH2CH3；

答：该有机物能水解的同分异构体的结构简式为CH3COOCH3、HCOOCH2CH3。【分析】【分析】本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度知识，注意掌握确定有机物分子式、结构简式的计算方法，明确质量守恒定律在计算中的应用。【解答】rm{(1)}该有机物蒸汽密度是空气的rm{2.55}倍，则该有机物的相对分子质量为rm{2.55隆脕29=76}浓硫酸质量增重rm{5.4g}为燃烧生成水的质量，rm{30g}白色沉淀为碳酸钙的质量，根据rm{n=dfrac{m}{M}}计算该有机物、水、碳酸钙的物质的量，根据原子守恒计算rm{N(C)}rm{N(H)}在结合相对分子质量计算rm{N(O)}据此解答；

rm{(2)}该有机物能水解的同分异构体，应含有酯基，结合有机物分子式确定该同分异构体的结构简式。【解析】解：rm{(1)}该有机物蒸汽密度是空气的rm{2.55}倍，则该有机物的相对分子质量为rm{2.55隆脕29=76}浓硫酸质量增重rm{5.4g}为燃烧生成水的质量，水的物质的量为rm{dfrac{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{dfrac{5.4g}{18g/mol}=0.3mol

}

rm{n(H)=0.6mol}白色沉淀为碳酸钙的质量，其物质的量为rm{dfrac{30g}{100g/mol}=0.3mol}rm{30g}

rm{dfrac{30g}{100g/mol}=0.3mol

}该有机物的物质的量为rm{dfrac{7.4g}{74g/mol}=0.1mol}

故该有机物分子中rm{N(C)=dfrac{0.3mol}{0.1mol}=3}rm{N(H)=dfrac{0.6mol}{0.1mol}=6}故rm{N(O)=dfrac{76-12隆脕3-6}{16}=2}故该有机物的分子式为rm{n(C)=0.3mol}

答：该有机物的分子式为rm{7.4g}

rm{dfrac{7.4g}{74g/mol}=0.1mol

}该有机物能水解的同分异构体，应含有酯基，符合条件的同分异构体为rm{N(C)=dfrac{0.3mol}{0.1mol}=3

}rm{N(H)=dfrac{0.6mol}{0.1mol}=6

}

答：该有机物能水解的同分异构体的结构简式为rm{N(O)=dfrac{76-12隆脕3-6}{16}=2

}rm{C_{3}H_{6}O_{2}}rm{C_{3}H_{6}O_{2}}18、（1）0.0006mol/（L•s）

（2）0.125

（3）平衡不动28.57％

【分析】【分析】

本题考查了化学反应速率、化学平衡常数计算、平衡影响因素的分析应用、化学反应进行方向的判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。前【解答】浓度变化表示其对应的反应速率rm{v({N}_{2}{O}_{5})=dfrac{?c}{?t}=dfrac{0.15mol/L}{500s}=0.0003mol/(L?s)}反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算rm{(1)}的反应速率，rm{500sc(N_{2}O_{5})=0.35mol?L}

故答案为：rm{=0.5mol/L-0.35mol/L=0.15mol/L}

rm{v({N}_{2}{O}_{5})=dfrac{?c}{?t}=

dfrac{0.15mol/L}{500s}=0.0003mol/(L?s)}在一定温度下，该反应rm{NO_{2}}时达到平衡，rm{v(NO_{2})=2v(N_{2}O_{5})=0.0006mol/(L?s)}结合化学平衡三行计算列式计算平衡浓度；

rm{0.0006mol/(L?s)}

起始量rm{(2)}rm{1000s}rm{c(N_{2}O_{5})=0.25mol?L}rm{2N_{2}O_{5}(g)?4NO_{2}(g)+O_{2}(g)}

变化量rm{(mol/L)}rm{0.5}rm{0}rm{0}

平衡量rm{(mol/L)}rm{0.25}rm{0.5}rm{0.125}

rm{脝陆潞芒鲁拢脢媒K=dfrac{0.125隆脕0.{5}^{4}}{0.{25}^{2}}=0.125}；

故答案为：rm{(mol/L)}

rm{0.25}计算此时浓度商rm{Qc=dfrac{0拢庐5^{4}隆脕(0.125+0.375)}{(0.25+0.25)^{2}}=0.125=K}说明平衡不动，此时rm{0.5}的体积分数可以利用原平衡状态计算rm{=dfrac{0.25}{0.25+0.5+0.125}隆脕100%=28.57%}

故答案为：平衡不移动；rm{0.125}

rm{脝陆潞芒鲁拢脢媒K=

dfrac{0.125隆脕0.{5}^{4}}{0.{25}^{2}}=0.125}【解析】rm{(1)0.0006mol/(L?s)}

rm{(2)0.125}

rm{(2)0.125}平衡不动rm{(3)}平衡不动rm{28.57拢楼}

rm{(3)}19、（1）7.3g0.4mol／L

（2）3︰21︰12︰3【分析】【分析】本题考查物质的量的有关计算，题目难度不大，注意有关计算公式的运用。【解答】rm{(1)}标准状况下rm{4.48LHCl}气体，rm{n(HCl)=dfrac{;V}{Vm}=

dfrac{;4.48L}{22.4L/mol;}=0.2mol}标准状况下rm{(1)}气体，rm{n(HCl)=dfrac{;V}{Vm}=dfrac{;4.48L}{22.4L/mol;}=0.2mol}，气体质量为：rm{4.48LHCl}溶于水形成rm{n(HCl)=dfrac{;V}{Vm}=

dfrac{;4.48L}{22.4L/mol;}=0.2mol}溶液，所得盐酸的物质的量浓度是rm{c(HCl)=dfrac{;n(HCl);}{V(脠脺脪潞)}=dfrac{;0.2mol}{0.5L};=0.4mol/L}故答案为：rm{0.2molx36.5g/mol=7.3g}rm{500mL}rm{c(HCl)=dfrac{;n(HCl);}{V(脠脺脪潞)}=

dfrac{;0.2mol}{0.5L};=0.4mol/L}rm{7.3g}rm{0.4mol/L}rm{(2)}和臭氧同温同压下，气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，所以同温同压下，氧气rm{(O}rm{(O}rm{{,!}_{2}}的体积比是rm{)}和臭氧rm{(O}rm{)}则它们的物质的量之比是rm{(O}rm{{,!}_{3}}根据rm{)}的体积比是rm{3}rm{2}则它们的物质的量之比是rm{3}rm{2}根据rm{N=nN}rm{)}rm{3}rm{2}原子守恒计算原子个数之比rm{3}rm{2}rm{N=nN}密度之比为rm{{,!}_{A}}知其分子数之比为rm{3}rm{2}原子守恒计算原子个数之比rm{=(3隆脕2)}rm{(2隆脕3)=1}rm{1}密度之比为rm{32}rm{48=2}rm{3}rm{3}

rm{2}rm{=(3隆脕2)}rm{(2隆脕3)=1}rm{1}rm{32}rm{48=2}rm{3}【解析】rm{(1)7.3g0.4mol/L}rm{(1)7.3g0.4mol/L}rm{(2)3漏U2}rm{1漏U1}rm{2漏U3}rm{(2)3漏U2}rm{1漏U1}20、略

【分析】解：（1）溶液的物质的量浓度C===12.0mol•L-1；故答案为：12；

（2）100.0mL该浓盐酸中所含HCl的物质的量为0.1L×12.0mol•L-1=1.20mol，需要标准状况下HCl的体积为1.20mol×22.4L•mol-1=26.88L；

故答案为：26.88L．

（3）设配制稀盐酸需要浓盐酸的体积是V，则有0.100L×3.00mol•L-1=V×12.0mol•L-1；解得V=0.0250L，即25.0mL，故答案为：25.0mL．

（4）10.0mL3.00mol•L-1的盐酸中Cl-的物质的量为0.0100L×3.00mol•L-1=0.0300mol，10.0mL1.00mol•L-1的MgCl2溶液中Cl-的物质的量为0.0100L×1.00mol•L-1×2=0.0200mol，则混合溶液中Cl-的物质的量浓度是（0.0300mol+0.0200mol）÷0.0200L=2.50mol•L-1．故答案为：2.50mol•L-1

（1）根据物质的量浓度C=来计算；

（2）根据n=CV和V=n•Vm来计算；

（3）根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；

（4）根据C（Cl-）=来计算．

本题考查了物质的量浓度的计算，掌握公式的使用是关键，难度不大．【解析】12；26.88L；25.0mL；2.50mol•L-121、解：电解饱和食盐水，阴极阳离子氢离子放电生成氢气，阳极阴离子氯离子首先放电生成氯气，根据电解方程式2NaCl+2H2O===2NaOH+H2↑+Cl2↑可知氢气和氯气的化学计量数相等，故生成氢气和氯气体积相等，均为2.24L。答：从阳极析出的是氯气，体积为2.24L。【分析】【分析】

本题旨在考查学生对电化学的综合计算、电解池的工作原理的应用。【解答】

解：电解饱和食盐水，阴极阳离子氢离子放电生成氢气，阳极阴离子氯离子首先放电生成氯气，根据电解方程式rm{2NaCl+2H_{2}O===2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}可知氢气和氯气的化学计量数相等，故生成氢气和氯气体积相等，均为rm{2.24L}答：从阳极析出的是氯气，体积为rm{2.24L}【解析】解：电解饱和食盐水，阴极阳离子氢离子放电生成氢气，阳极阴离子氯离子首先放电生成氯气，根据电解方程式rm{2NaCl+2H_{2}O===2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}可知氢气和氯气的化学计量数相等，故生成氢气和氯气体积相等，均为rm{2.24L}答：从阳极析出的是氯气，体积为rm{2.24L}22、解：5min后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol，则v（D）==0.1mol•L-1•min-1，又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1mol•L-1•min-1；反应速率之比等于化学计量数之比，可知m=1，则。

2A（g）+B（g）⇌D（g）+E（g）

开始0.60.500

转化0.40.20.20.2

平衡0.20.30.20.2

（1）由上述分析可知；计量数m=1；

答：m的值为1；

（2）B的转化率为×100%=40%；

答：平衡时B的转化率为40%；

（3）平衡时混合物总物质的量为0.2mol+0.3mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol；起始时混合物总物质的量为0.6mol+0.5mol=1．lmol，由于容器的容积不变，所以气体的物质的量的比等于容器内气体的压强之比，故起始与平衡时密闭容器中的压强之比为11：9；

答：起始与平衡时密闭容器中的压强之比为11：9．【分析】

rm{5min}后达到化学平衡，此时测得rm{D}为rm{0.2mol}则rm{v(D)=dfrac{dfrac{0.2mol}{0.4L}}{5min