2025年人教版PEP高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版PEP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7题，共14分)1、今有如下三个热化学方程式：H2（g）＋1/2O2（g）＝H2O（g）；ΔH＝aKJ·mol－1,H2（g）＋1/2O2（g）＝H2O（l）；ΔH==bkJ·mol－1，2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）；ΔH==ckJ·mol－1，关于它们的下列表述正确的是（）A.它们都是吸热反应B.a、b和c均为正值C.a==bD.2b==c2、当反应2X+Y2Z△H<0达到平衡时，若升高温度则能使A.Z的质量分数增大B.X的转化率增大，Y的转化率减小C.X的转化率减小，Y的转化率增大D.Y的质量分数增大3、区分晶体与非晶体最可靠的方法（）A.观察外观B.称量C.加热D.X射线衍射实验4、下列叙述中一定正确的是rm{(}rm{)}A.任何浓度溶液的酸碱性都可用rm{pH}试纸测定B.某温度下，rm{pH=6.2}的纯水显酸性C.rm{25隆忙}时，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})}是rm{pH=2}的盐酸溶液中rm{c(H^{+})}的rm{10}倍D.rm{25隆忙}时，rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液中的rm{n(OH^{-})=10^{-2}mol}5、用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入rm{0.05mol}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}后恰好恢复到电解前的浓度和rm{pH.}则电解过程中转移的电子为rm{(}rm{)}A.rm{0.1}rm{mol}B.rm{0.2}rm{mol}C.rm{0.3}rm{mol}D.rm{0.4}rm{mol}6、某化工厂生产的某产品只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等)。下列物质中与该产品互为同分异构体的是()A.CH2===C(CH3)COOHB.CH2===CHCOOCH3C.CH3CH2CH===CHCOOHD.CH3CH(CH3)COOH7、25℃、101kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是A.2H2(g)+O2(g)==2H2O（1）△H＝―285.8kJ／molB.2H2(g)+O2(g)==2H2O（1）△H＝+571.6kJ／molC.2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H＝―571.6kJ／molD.H2(g)+O2(g)==H2O（1）△H＝―285.8kJ／mol评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、下列各项分别与哪个影响化学反应速率的因素的关系最为密切？

（1）硫在氧气中比在空气中燃烧剧烈____

（2）MnO2加入双氧水中反应更剧烈____

（3）同质量的铁片和铁粉与足量的同浓度的盐酸反应，后者先反应完____

（4）镁粉在冷水中反应仅有微量气泡逸出，但加热时则有大量气泡产生____

（5）光照下甲烷与氯气反应，而在黑暗处两者不反应____．9、C9H8O2有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的同分异构体结构简式：____．

a．苯环上连接着三种不同官能团b．能发生银镜反应。

c．能与Br2/CCl4发生加成反应d．遇FeCl3溶液显示特征颜色．10、已知下列热化学方程式：（10分）①H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol-1②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol-1③C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol-1④C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol-1，回答下列问题：（1）上述反应中属于放热反应的是____________。（2）H2的燃烧热为____________；C的燃烧热为____________。（3）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为____________。（4）写出CO燃烧的热化学方程式__________________________________。11、在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln（H2O）6-n]x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R-H），可发生离子交换反应：[CrCln（H2O）6-n]x++xR-H→Rx[CrCln（H2O）6-n]+xH+；交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．现将含0.0015mol[CrCln（H2O）6-n]x+的溶液，与R-H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L-1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为______，中心离子的配位数为______．12、0.1mol某烃与20L（标准状况）过量的O2在一定条件下完全反应，将反应后高温下的气体混合物通过过量的Na2O2粉末；使之完全反应．反应后秤得固体粉末增重15g，并最终得到14.4L（标准状况）气体．

（1）求该烃的分子式．

（2）该烃可使Br2CCl4溶液褪色，而且没有支链．写出该烃可能的结构简式．评卷人得分三、推断题(共5题，共10分)13、X；Y、Z、Q、E五种元素中；X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大．请回答下列问题：

（1）X、Y，E的元素符号依次为______、______、______；

（2）XZ2与YZ2分子的立体结构分别是______和______，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是______（写分子式），理由是______；

（3）Q的元素符号是______，它属于第______周期，它的核外电子排布式为______；

（4）E元素气态氢化物的电子式______．14、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子rm{(}每种物质只含一种阴离子且互不重复rm{).}阳离子rm{Na^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{NH_{4}^{+}}阴离子rm{CH_{3}COO^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}

已知：rm{垄脵A}rm{C}溶液的rm{pH}均大于rm{7}rm{A}rm{B}的溶液中水的电离程度相同；rm{垄脷C}溶液和rm{D}溶液相遇时只生成白色沉淀，rm{B}溶液和rm{C}溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，rm{A}溶液和rm{D}溶液混合时无明显现象．

rm{垄脵A}是______，rm{B}是______．

rm{垄脷}用离子方程式表示rm{A}溶液呈碱性的原因______．15、有一种线性高分子；结构如图所示．

完成下列填空：

rm{(1)}该高分子由______种单体rm{(}聚合成高分子的简单小分子rm{)}聚合而成．

rm{(2)}写出上述单体中相对分子质量最小和相对分子质量最大的分子间发生缩聚反应的化学方程式______．

rm{(3)}上述单体中相对分子质量最小的分子在一定条件下完全消去后所得物质的结构简式为______rm{.}该物质加聚生成的高分子rm{(}填“能”或“不能”rm{)}______与溴的rm{CCl_{4}}溶液发生加成反应rm{.}该物质三分子聚合成环；所得物质的名称是______．

rm{(4)}上述单体中其中互为同系物的是rm{(}写出所有可能，用结构简式表述rm{)}______．

rm{(5)}与上述单体中相对分子质量最大的物质互为同系物，且相对分子质量多rm{14}的结构有______种rm{.}16、现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D原子核外哑铃形原子轨道上有2个未成对电子，D与A形成的化合物分子构型是V型。B元素是形成化合物种类最多的元素，A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，F是同周期第一电离能最小的元素。（1）写出C元素基态原子的价电子排布式；B、C、D三种元素电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示）；（2）E与A能形成分子式为EA的化合物。接近EA沸点的EA蒸气的相对分子质量测量值要大于其分子计算值，原因是；C、D分别与A形成最简单分子中，稳定性较高的是（填化学式）分子；该分子再与A+结合成离子时，ACA键的键角会____（填“变大”、“不变”或“变小”）（3）C与F形成的化合物FC3中，C3的空间构型为，C3—中心原子采用____杂化。灼烧FC3时，火焰呈现特殊颜色，请从原理上解释产生该现象的原因：____。（4）右图为B元素的某种单质晶体的晶胞，则该晶体中B原子的空间占有率为____（用r表示B的原子半径，用带r的表达式表示，不必简化）17、有A；B、C、D四种短周期元素；它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：

（1）元素名称：A______B______C______D______

（2）写出AB2的电子式为______

（3）画出D的原子结构示意图______，用电子式表示化合物C2D的形成过程______．评卷人得分四、计算题(共4题，共40分)18、某抗酸药每片含碳酸钙534mg、氢氧化镁180mg。试计算10片该药片理论上可与1.00mol·L-1的盐酸溶液多少毫升恰好反应?19、（6分）PCl5的热分解反应如下：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。（1）写出反应的平衡常数表达式；（2）已知某温度下，在容积为10.0L的密闭容器中充入2.00molPCl5，达到平衡后，测得容器内PCl3的浓度为0.150mol/L。求该温度下的平衡常数。（3）在相同的容器中起始充入5.00molPCl5，达平衡后，PCl5的分解率是多少？20、某温度下，纯水中c（H＋）＝1.0×10－6mol·L-1，则此时c（OH－）＝▲mol·L-1。在此温度下，将100mLpH=1的稀硫酸和盐酸的混合液与100mL未知浓度的Ba(OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.233g沉淀，滤液的pH值变为11(设混合液体积为两者之和，所得固体体积忽略不计）。则原混合酸液中SO42－的物质的量=____mol。Cl－的物质的量=____mol。Ba(OH)2的物质的量浓度=▲mol·L-1。21、rm{CO}rm{CH_{4}}均为常见的可燃气体．

rm{(1)}等体积的rm{CO}rm{CH_{4}}在相同的条件下分别完全燃烧；转移的电子数之比为______．

rm{(2)120隆忙}rm{101kPa}下，rm{a}rm{mL}由rm{CO}rm{CH_{4}}组成的混合气体在rm{b}rm{mL}氧气中完全燃烧后；恢复至原来的温度与压强．

rm{垄脵}若混合气体与氧气恰好完全反应，产生rm{b}rm{mLCO_{2}}则混合气体中rm{CH_{4}}的体积分数为______rm{%.}

rm{垄脷}若燃烧后气体体积缩小了rm{dfrac{a}{4}mL}则rm{a}与rm{b}的关系为______数学表达式表示rm{)}．评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)22、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。23、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。24、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。25、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、简答题(共1题，共6分)26、已知：

现有一种用于治疗高血脂的新药“灭脂灵”是按如下路线合成的．

已知rm{C}的分子式为rm{C_{7}H_{7}Cl}试回答以下问题：

rm{(1)}上述反应rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}中属于取代反应的是______rm{.(}填序号rm{)}

rm{(2)}反应rm{垄脻}的条件可能是______．

A.rm{NaOH}溶液加热rm{B.NaOH}醇溶液加热rm{C.}稀硫酸加热rm{D.}浓硫酸加热。

rm{(3)}写出rm{B}rm{H}的结构简式：rm{B}______H、______．

rm{(4)}写出rm{I}与银氨溶液反应的化学方程式：______．

rm{(5)}写出含六个甲基且属于酯类的rm{E}的rm{3}种同分异构体______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】由于气态水的能量高于液态水的能量，所以氢气燃烧生成液态水时放出的热量多，但放热越多，△H越小，选项D正确，A不正确，应该是放热反应；B不正确，都是负值；C不正确，应该是a大于b，所以答案选D。【解析】【答案】D2、D【分析】考查外界条件对平衡的影响。正反应是放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，因此Z的质量分数减小，反应物的转化率都降低，但反应物的含量增大，所以答案选D。【解析】【答案】D3、D【分析】解：当X射线通过晶体时；会在记录仪上看到分立的斑点或谱线，而非晶体则没有，所以X射线衍射实验是区分晶体与非晶体最可靠的方法．

故选：D．

常见的固体分为晶体和非晶体；X射线衍射实验是区分晶体与非晶体最可靠的方法．

本题考查的是区分晶体与非晶体的方法，难度不大，注意晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列．【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A}用rm{pH}试纸可以测定溶液的酸碱度，其范围是rm{0隆芦14}强酸性或者强碱性的溶液无法使用试纸测定，故A错误；

B、某温度下，rm{pH=6.2}的纯水中，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}纯水显示中性，故B错误；

C、rm{25隆忙}时，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})}为rm{0.1mol/L}rm{pH=2}的盐酸溶液中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}所以rm{25隆忙}时，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})}是rm{pH=2}的盐酸溶液中rm{c(H^{+})}的rm{10}倍；故C正确；

D；没有告诉氢氧化钠溶液的体积；无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，故D错误；

故选：rm{C}

A、rm{pH}试纸的测定分为rm{0-14}溶液中氢离子或氢氧根离子浓度大于rm{1mol/L}时，无法使用rm{pH}试纸测定；

B；水的电离为吸热反应；温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，氢离子浓度增大，但是纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性；

C、rm{25隆忙}时，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})=0.1mol/L}rm{pH=2}的盐酸溶液中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}

D、rm{25隆忙}时，rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液中的rm{c(OH^{-})=10^{-2}mol}溶液体积不知，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量．

本题考查了溶液rm{pH}的简单计算、水的电离及其影响因素、试纸的使用方法，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液的rm{pH}之间的关系，明确rm{pH}试纸测定范围．【解析】rm{C}5、C【分析】解：电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性；向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜；水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：

第一阶段rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}

第二阶段：rm{2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}

将碱式碳酸铜化学式改变为rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}所以加入rm{2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}就相当于加入rm{2CuO?H_{2}O?CO_{2}}和rm{0.05molCu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}水；

第一阶段：根据铜原子守恒知，电解硫酸铜溶液析出rm{0.1molCuO}转移电子的物质的量rm{0.05mol}

第二阶段：电解生成rm{n(Cu)=n(CuO)=0.1mol}水转移电子的物质的量rm{=0.1mol隆脕2=0.2mol}

所以解过程中共转移的电子数为rm{0.1mol}

故选：rm{=0.05mol隆脕2=0.1mol}．

碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入rm{0.2mol+0.1mol=0.3mol}碱式碳酸铜rm{C}相当于加入rm{0.05mol}rm{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电；阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量．

本题考查了电解原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，明确实际上加入的物质是解本题关键，再根据原子守恒、转移电子守恒来分析解答，难度中等．rm{0.1molCuO}【解析】rm{C}6、B【分析】【解析】试题分析：因为该分子只含C、H、O三种元素，根据其分子模型可以推出，该产品为CH2===C(CH3)COOH，所以只有CH2===CHCOOCH3与其为同分异构体，所以该题的答案为B，C中CH3CH2CH===CHCOOH与该产品为同系物。考点：同分异构体【解析】【答案】B7、D【分析】试题分析：2gH2合1mol，题就成了1molH2完全燃烧生成的液态水放出285.8kJ，H2（g）+O2(g)=H2O(l)；△H=-285.8kJ／mol，D正确。考点：考查热化学方程式的书写。【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】

（1）因增大反应物浓度；加快化学反应速率，所以硫在纯氧中燃烧比在空气中进行得更快，更剧烈，故答案为：反应物浓度；

（2）因使用催化剂，可以加快化学反应速率，所以MnO2加入双氧水中反应更剧烈；故答案为：催化剂；

（3）增大反应物接触面积；可以加快化学反应速率，所以同质量的铁片和铁粉与足量的同浓度的盐酸反应，后者先反应完，故答案为：反应物接触面积；

（4）升高温度；加快化学反应速率，所以镁粉在冷水中反应仅有微量气泡逸出，但加热时则有大量气泡产生，故答案为：温度；

（5）光照能加快化学反应速率；所以光照下甲烷与氯气反应，而在黑暗处两者不反应，故答案为：光照．

【解析】【答案】根据影响化学反应速率的因素方面进行分析；判断；从而得出正确的结论．

9、略

【分析】

C9H8O2的不饱和度为=6，苯环上连接着三种不同官能团，遇FeCl3溶液显示特征颜色，说明分子中含有酚羟基-OH，能发生银镜反应，分子中含有醛基-CHO，能与Br2/CCl4发生加成反应；含有不饱和的碳碳键，由于苯环的不饱和度为4，-CHO的不饱和度为1，故不饱和的碳碳键的不饱和度为6-4-1=1，故为C=C双键，符合条件的同分异构体有。

等，故答案为：等．

【解析】【答案】C9H8O2的不饱和度为=6，苯环上连接着三种不同官能团，遇FeCl3溶液显示特征颜色，说明分子中含有酚羟基-OH，能发生银镜反应，分子中含有醛基-CHO，能与Br2/CCl4发生加成反应；含有不饱和的碳碳键，由于苯环的不饱和度为4，-CHO的不饱和度为1，故不饱和的碳碳键的不饱和度为6-4-1=1，故为C=C双键，据此书写．

10、略

【分析】【解析】试题分析：放热反应的ΔH<0故①②③④都属于放热反应；H2的燃烧热反应方程式是①式为285.8kJ·mol-1；C的燃烧热反应方程式是④式为393.5kJ·mol-1；燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为1429kJ；CO燃烧的热化学方程式由盖斯定律得④—③即CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.5kJ·mol-1。考点：燃烧热盖斯定律【解析】【答案】（每空2分，共10分）（1）①②③④（2）285.8kJ·mol-1393.5kJ·mol-1（3）1429kJ（4）CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.5kJ·mol-111、略

【分析】解：中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH-=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10-3L=0.003mol；

所以x==2，则[CrCln（H2O）6-n]2+中Cr的化合价为+3价，则有3-n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+；配离子中Cl原子和水分子数目即是中心离子的配位数，配位数为6；

故答案为：[CrCl（H2O）5]2+；6．

中和发生反应：H++OH-=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物质的量，进而计算出x，[CrCln（H2O）6-n]x+中Cr的化合价为+3价；化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式．

本题考查配离子和配位数、以及方程式有关计算，难度不大，注意利用方程式及化合价与离子电荷关系即可解答．【解析】[CrCl（H2O）5]2+；612、略

【分析】

（1）氧气过量，由4H～O2～2H2O、C～O2～CO2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，反应前后气体减少的体积是CO2体积的一半；Na2O2粉末与1molH2O及1molCO2反应，质量会分别增加2g、28g，根据n=计算出生成二氧化碳的物质的量；结合总质量列式计算出水的物质的量，从而可计算出该有机物的分子式；

（2）该烃分子式为C5H10，可以使Br2的CCl4溶液褪色；其分子中含有碳碳双键，再结合呈直链状写出其结构简式．

本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，根据反应方程式得出二氧化碳的物质的量为解答关键，注意差量法在化学计算中的应用方法．【解析】解：（1）氧气过量，由4H～O2～2H2O、C～O2～CO2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，O2减少的体积是CO2体积的一半；Na2O2粉末与1molH2O及1molCO2反应；质量会分别增加2g；28g；

n（CO2）==0.5mol；

28n（CO2）+2n（H2O）=15g；

n（H2O）=0.5mol；

则0.1mol该烃含C原子0.5mol，含H原子1mol，则其分子式为：C5H10；

答：该烃的分子式为：C5H10；

（2）该烃分子式为C5H10，可以使Br2的CCl4溶液褪色，该分子中肯定含有碳碳双键，呈直链状，则结构简式为：CH2=CHCH2CH2CH3和CH3CH=CHCH2CH3；

答：该烃可能的结构简式为：CH2=CHCH2CH2CH3和CH3CH=CHCH2CH3．三、推断题(共5题，共10分)13、略

【分析】解：（1）X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4；为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素，E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素；

故答案为：S；C；F；

（2）SO2中，S和O形成2个δ键，有1个孤电子对，为V形，CO2中，C和O形成2个δ键，没有孤电子对，为直线形．SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子，故SO2在水中溶解度更大；

故答案为：V形；直线形；SO2；SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子；

（3）Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素，位于周期表第四周期ⅥB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；

故答案为：Cr；四；1s22s22p63s23p63d54s1；

（4）E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素，气态氢化物是HF，H原子和F原子间为共价键，故氟化氢的电子式为

故答案为：．

X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4；为S元素；

Y原子核外的L层电子数是K层的两倍；Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；

Z是地壳内含量最高的元素；为O元素；

Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素；

E在元素周期表的各元素中电负性最大；应为F元素；

结合元素对应单质；化合物的结构和性质解答该题．

本题考查原子结构与元素的性质，题目难度中等，本题注意把握原子核外电子排布，推断元素的种类是关键，还要注意把握分析空间构型的判断．【解析】S；C；F；V形；直线形；SO2；SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子；Cr；四；1s22s22p63s23p63d54s1；14、略

【分析】解：rm{垄脵A}rm{C}溶液的rm{pH}均大于rm{7}应为醋酸盐和碱溶液，rm{A}rm{B}的溶液中水的电离程度相同，则溶液水解程度相同；rm{垄脷C}溶液和rm{D}溶液相遇时只生成白色沉淀，rm{B}溶液和rm{C}溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，rm{A}溶液和rm{D}溶液混合时无明显现象，则说明rm{C}为rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}为rm{Na_{2}SO_{4}}则rm{B}为rm{NH_{4}Cl}综上所述，rm{A}为rm{CH_{3}COONa}rm{B}为rm{NH_{4}Cl}rm{C}为rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}为rm{Na_{2}SO_{4}}

rm{垄脵A}是rm{CH_{3}COONa}rm{B}是rm{NH_{4}Cl}故答案为：rm{CH_{3}COONa}rm{NH_{4}Cl}

rm{垄脷CH_{3}COONa}显示碱性，因为醋酸根离子水解导致溶液显示碱性，水解离子反应为rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

故答案为：rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}．

rm{垄脵A}rm{C}溶液的rm{pH}均大于rm{7}应为醋酸盐和碱溶液，rm{A}rm{B}的溶液中水的电离程度相同，则溶液水解程度相同；rm{垄脷C}溶液和rm{D}溶液相遇时只生成白色沉淀，rm{B}溶液和rm{C}溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，rm{A}溶液和rm{D}溶液混合时无明显现象，则说明rm{C}为rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}为rm{Na_{2}SO_{4}}则rm{B}为rm{NH_{4}Cl}综上所述，rm{A}为rm{CH_{3}COONa}rm{B}为rm{NH_{4}Cl}rm{C}为rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}为rm{Na_{2}SO_{4}}以此来解答．

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、盐类水解为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意白色沉淀及气体的判断，题目难度不大．【解析】rm{CH_{3}COONa}rm{NH_{4}Cl}rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}15、略

【分析】解：rm{(1)}由高聚物可知该有机物的单体有：rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}rm{HOOC-COOH}rm{HOOC-CH_{2}-COOH}等；

故答案为：rm{5}

rm{(2)}上述单体中相对分子质量最小和相对分子质量最大的分别是：rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}二者反应的方程式为：

rm{nHO-CH_{2}-CH_{2}-OH+nHOOC-C_{6}H_{5}-COOH}rm{+2nH_{2}O}

故答案为：rm{nHO-CH_{2}-CH_{2}-OH+nHOOC-C_{6}H_{5}-COOH}rm{+2nH_{2}O}

rm{(3)}上述单体中式量最小的分子为rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}在一定条件下完全消去后所得物质的结构简式为rm{CH隆脭CH}含有不饱和键，可与溴发生加成反应，三分子rm{CH隆脭CH}聚合成环；可得到苯；

故答案为：rm{CH隆脭CH}能；苯；

rm{(4)}互为同系物的是：rm{HOOC-COOH}与rm{HOOC-CH_{2}-COOH}rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}与

故答案为：rm{HOOC-COOH}与rm{HOOC-CH_{2}-COOH}rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}与

rm{(5)}相对分子质量最大的物质为与之互为同系物，且相对分子质量多rm{14}即多一个rm{CH_{2}}所以除了苯环外；

取代基可能为：rm{-CH(COOH)_{2}}有rm{1}种结构；

取代基可能为：rm{-COOH}rm{-CH_{2}COOH}存在邻、间、对rm{3}种结构；

取代基可能为：rm{-COOH}rm{-COOH}rm{-CH_{3}}rm{2}个rm{-COOH}在邻、间、对三种结构，rm{-CH_{3}}再取代邻苯二甲酸中苯环上的一个氢原子，有rm{2}种结构，rm{-CH_{3}}再取代间苯二甲酸中苯环上的一个氢原子，有rm{3}种结构，rm{-CH_{3}}再取代对苯二甲酸中苯环上的一个氢原子，有rm{1}种结构；

所以符合条件的结构有rm{10}种；

故答案为：rm{10}．

由高聚物可知该有机物的单体有rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}rm{HOOC-COOH}rm{HOOC-CH_{2}-COOH}等；结合对应有机物的结构和性质解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意根据高聚物判断有机物的单体为解答该题的关键，注意把握有机物的官能团的性质．【解析】rm{5}rm{nHO-CH_{2}-CH_{2}-OH+nHOOC-C_{6}H_{5}-COOH}rm{+2nH_{2}O}rm{CH隆脭CH}能；苯；rm{HOOC-COOH}与rm{HOOC-CH_{2}-COOH}rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}与rm{10}16、略

【分析】试题分析：D原子核外哑铃形原子轨道上有2个未成对电子，可知D的p轨道电子排布为：p2或者p4D与A形成的化合物分子构型是V型，则D的p轨道电子排布为：p4，D为氧元素，A为氢元素。B元素是形成化合物种类最多的元素，则B为碳元素，C为氮元素。F是同周期第一电离能最小的元素，则F为钠元素，E为氟元素。（1）C为氮元素，价电子排布为：2s22p3，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，所以电负性由大到小为：O＞N＞C。（2）E与A能形成分子式为EA的化合物为HF，HF分子间存在很强的氢键，分子易形成多聚体（HF）n所以相对分子质量要大于HF。C、D分别与A形成最简单分子为NH3和H2O，非金属性O＞N，所以氢化物的稳定性H2O＞NH3。H2O与H+形成H3O+，H2O中有两对孤对电子，而H3O+只有一对孤对电子，孤对电子数目减少，对共价键的排斥力也减小，因此H-O-H键角变大。（3）C与F形成的化合物FC3为NaN3，N3-与CO2为等电子体，中心氮原子采取sp杂化，因此N3-空间构型为直线型。灼烧NaN3时，钠原子低能级电子跃迁到高能级形成激发态，激发态不稳定，电子又从激发态迁回基态，从高能级跃迁到低能级，放出能量，能量以光波的形式存在，使火焰呈现特殊的颜色。（4）该原子表示的是金刚石的晶胞。通过计算一个金刚石晶胞含有碳原子数为：个，碳原子的半径为r，则碳原子所占的体积为V1=设晶胞的边长为a，根据金刚石晶胞的结构，则则则晶胞的体积V=（）3，则该晶体中B原子的空间占有率为：×100%考点：本题考查物质结构与性质。具体考察元素周期表短周期元素价电子排布规律、电负性规律、非金属氢化物的稳定性、氢键、简单分子的杂化轨道理论和空间构型、晶体结构相关计算。【解析】【答案】（1）2s22p3O＞N＞C（2）HF分子间通过氢键作用形成(HF)n分子，使相对分子质量增大H2O（3）直线型在加热条件下，低能级电子跃迁到高能级，不稳定，电子由高能级跃迁回低能级，能量以光波形式释放，使火焰呈现特殊颜色（4）或17、略

【分析】解：有A；B、C、D四种短周期元素；它们的原子序数由A到D依次增大．已知A和B原子有相同的电子层数，则A、B处于同一周期，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A有2个电子层，L层电子数为4，故A为碳元素；C单质燃烧时呈现黄色火焰，则C为钠元素；C的单质在点燃时与足量的B单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则B为氧元素，D为硫元素；

（1）通过以上分析知；A是碳，B是氧，C是钠，D是硫；

故答案为：碳；氧；钠；硫；

（2）CO2分子中碳原子与氧原子形成2对共用电子对，电子式为故答案为：

（3）D是硫原子，有三个电子层，最外层6个电子，得到硫原子的原子结构示意图为：C2D是硫化钠，由钠离子与硫离子构成，硫化钠电子式为用电子式表示其形成过程为：

故答案为：．

有A；B、C、D四种短周期元素；它们的原子序数由A到D依次增大．已知A和B原子有相同的电子层数，则A、B处于同一周期，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A有2个电子层，L层电子数为4，故A为碳元素；C单质燃烧时呈现黄色火焰，则C为钠元素；C的单质在点燃时与足量的B单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则B为氧元素，D为硫元素，据此解答．

本题考查结构性质位置关系应用，侧重对电子式的考查，注意掌握电子式表示化学键或物质的性质过程，题目难度中等．【解析】碳；氧；钠；硫；四、计算题(共4题，共40分)18、略

【分析】CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O（1分）Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O（1分）根据以上化学方程式可分别求得：10片该药片中含有的CaCO３、Mg(OH)２能够反应的盐酸的体积依次为0.107L、0.062L(2分)故所求盐酸的体积为0.169L即169mL(2分)（根据计算过程合理给分）【解析】【答案】169mL19、略

【分析】（1）平衡常数是在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度幂之积的比值，所以表达式为（2）PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)起始浓度（mol/lL）0.200转化浓度（mol/l）0.150.150.15平衡浓度（mol/L00.050.150.15所以K＝（3）PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)起始浓度（mol/lL）0.500转化浓度（mol/l）xxx平衡浓度（mol/L00.5－xxx所以K＝解得x＝0.3所以转化率是0.3÷0.5×100％＝60％【解析】【答案】（1）（2）K＝0.45（3）60％20、略

【分析】【解析】【答案】1.0×10－6（2分）；0.001（2分）；0.008（2分）；0.15（2分）21、1：4；33；b≥【分析】解：rm{(1)}一个rm{CO}转移的电子数为rm{2}一个rm{CH_{4}}转移的电子数为rm{8}等体积的rm{CO}rm{CH_{4}}转移的电子数之比为rm{1}rm{4}故答案为：rm{1}rm{4}

rm{(2)垄脵}设rm{CO}为rm{xml}rm{CH_{4}}为rm{yml}

rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}2CO_{2}}

rm{2CO+O_{2}dfrac{

;{碌茫脠录};}{;}2CO_{2}}rm{xmldfrac{xml}{2}}

rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}

rm{xml}rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{

;{碌茫脠录};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}rm{yml}

则rm{2yml}rm{yml}

解得：rm{dfrac{x}{2}+2y=a}rm{x+y=a}

所以混合气体中rm{x=dfrac{2a}{3}}的体积分数为rm{dfrac{dfrac{a}{3}ml}{a;mL}隆脕100%=33.3%}

rm{y=dfrac{a}{3}}设rm{CH_{4}}为rm{dfrac{dfrac

{a}{3}ml}{a;mL}隆脕100%=33.3%}rm{垄脷}为rm{CO}

rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}2CO_{2}triangleV}

rm{xml}rm{CH_{4}}rm{yml}rm{2CO+O_{2}dfrac{

;{碌茫脠录};}{;}2CO_{2}triangleV}

rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}

rm{xml}rm{dfrac{xml}{2}}rm{xml}

则rm{dfrac{x}{2}ml}

rm{垄脷dfrac{;x}{2}+2yleqslantb}

rm{垄脹dfrac{x}{2}=dfrac{a}{4}}

由rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{

;{碌茫脠录};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}得，可得到rm{yml}代入rm{2yml}式，可得到：rm{yml}代入rm{垄脵x+y=a}式，可得到rm{垄脷dfrac{;x}{2}+2yleqslant

b}故答案为：rm{垄脹dfrac{x}{2}=dfrac

{a}{4}}

rm{垄脹}根据rm{a=2x}反应后生成rm{垄脵}碳的价态由rm{y=x=dfrac{a}{2}}升高到rm{垄脷}价，化合价升高rm{bgeqslantdfrac{5a}{4}}即一个rm{bgeqslantdfrac{5a}{4}}转移的电子数为rm{(1)}rm{CO}反应后生成rm{CO_{2}}和水，碳的价态由rm{+2}升高到rm{+4}价，化合价升高rm{2}即一个rm{CO}转移的电子数为rm{2}来分析计算；

rm{CH_{4}}根据方程式rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}2CO_{2}}rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}建立方程式组求解；

rm{CO_{2}}根据方程式rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}2CO_{2}}rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠录};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}利用差量法，建立方程式组求解；

本题主要考查了利用化学方程式进行计算，难度不大，注意找出各个量之间的关系．rm{-4}【解析】rm{1}rm{4}rm{33}rm{bgeqslantdfrac{5a}{4}}五、探究题(共4题，共40分)22、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）23、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）24、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此