2025年人教版PEP高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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高二化学下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、甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH=+49.0kJ/mol②CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH=－192.9kJ/mol下列说法正确的是（）A.CH3OH的燃烧热为192.9kJ/molB.反应①中的能量变化如右图所示C.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D.根据②推知：CH3OH(l)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH>－192.9kJ/mol2、已知rm{0.1mol?L^{-1}}的二元酸rm{H_{2}A}溶液的rm{pH=4}则下列说法中正确的是A.在rm{Na_{2}}rm{NaHA}两溶液中，离子种类不相同B.物质的量浓度相等的rm{Na_{2}}rm{NaHA}两溶液的rm{pH}相大小为前者小于后者C.在rm{NaHA}溶液中一定有：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+c(OH^{-})+2c(A^{2-})}D.在rm{Na_{2}A}溶液中一定有：rm{c(Na^{+})>c(A^{2-})>c(H^{+})>c(OH^{-})}3、等物质的量的与Br2起加成反应；生成的产物不可能是（）

A.

B.

C.

D.

4、醋酸溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流I随加入氨水的体积V的变化曲线图是5、下列说法中正确的是（）A.CCl4的比例模型示意图为B.的名称为2，6-二甲基3乙基庚烷C.化合物有4种一氯代物D.1mol最多能与4molNaOH完全反应6、用2-丁炔为原料制取CH3CHBrCBrClCH3，可行的反应途径是（）A.先加Cl2，再加Br2B.先加Cl2，再加HBrC.先加HCl，再加HBrD.先加HCl，再加Br27、密闭容器中发生可逆反应：rm{X_{2}(g)+Y_{2}(g)?2Z(g).}已知起始时rm{X_{2}}rm{Y_{2}}rm{Z}各物质的浓度分别为rm{0.1mol?L^{-1}}rm{0.3mol?L^{-1}}rm{0.2mol?L^{-1}}反应在一定条件下达到平衡时，各物质的物质的量浓度不可能是rm{(}rm{)}A.rm{c(Z)=0.3}rm{mol?L^{-1}}B.rm{c(Y_{2})=0.35}rm{mol?L^{-1}}C.rm{c(X_{2})=0.15}rm{mol?L^{-1}}D.rm{c(Z)=0.4}rm{mol?L^{-1}}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应为：rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{-}}{;}2H_{2}O}反应前后不发生变化的是rm{2H_{2}+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{-}}{;}2H_{2}O}rm{(}A.元素的种类B.物质的总质量C.分子的数目D.原子的数目rm{)}9、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{32gO_{2}}和rm{32gCO}B.rm{28gN_{2}}和rm{44gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、下列物质与水混合后静置，出现分层的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳11、rm{2016}年世界环境日我国的主题是：改善环境质量，推动绿色发展。符合该主题的措施有()A.燃煤烟气脱硫B.大力发展和使用清洁能源C.直接排放电镀废水D.在汽车尾气系统中装置催化转化器12、氯酸根和亚硫酸氢根发生氧化还原反应：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}，下图为该反应速率随时间变化的图像。图中rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=

3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}是用rm{v(ClO_{3}^{-})}在单位时间内的物质的量浓度的变化来表示的反应速率。则下列说法不正确的是()

A.反应开始时速率增大可能是rm{ClO_{3}^{-}}增大引起的B.若坐标改为rm{c(H^{+})}时，速率时间曲线和上图曲线完全重合C.后期反应速率下降的原因是反应物浓度减少D.图中阴影部分rm{v(Cl^{-})}面积rm{"}为rm{"}至rm{t_{1}}时间内rm{t_{2}}的物质的量的减少值rm{ClO_{3}^{-}}13、下列不同类别物质中均含有rm{C}rm{H}rm{O}三种元素的是rm{(}rm{)}A.醇B.烷烃C.糖类D.油脂评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、(14分)如图所示是电解氯化钠溶液（含酚酞）的装置。有毒气体收集的装置省略没有画出，两电极均是惰性电极。⑴a电极的名称____,a电极的电极方程式为：____________.⑵电解过程中观察到的现象。⑶确定N出口的气体最简单的方法是,若收集N出口的气体体积在标准状况为1.12L，则电解过程中转移的电子数目为：_____________.⑷电解的总反应离子方程式为。⑸若将b电极换成铁作电极，写出在电解过程中U型管底部出现的现象____。15、某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂rm{.}请填写下列空白：

rm{(1)}用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______rm{.}直到______为止．

rm{(2)}下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是______．

A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液。

B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥。

C.酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

D.读取盐酸体积时；开始仰视读数，滴定结束时俯视读数。

rm{(3)}若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图rm{1}和图rm{2}所示；请将数据填入表格的空白处．

。滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积rm{/mL}rm{0.1000mol/L}盐酸的体积rm{/mL}滴定前刻度滴定后刻度溶液体积rm{/mL}滴定后刻度溶液体积rm{/mL}第一次rm{25.00}__________________第二次rm{25.00}rm{1.56}rm{28.08}rm{26.52}第三次rm{25.00}rm{0.22}rm{26.34}rm{26.12}rm{(4)}请根据上表中数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：rm{c(NaOH)=}______．16、（14分）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。(1)将1molCH4和2molH2O(g)通入反应室（容积为100L），并在一定条件下发生如下反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)Ⅰ测得CH4的转化率与温度、压强的关系如图。①当压强为P1，温度为100℃时达到平衡所需的时间为5min。则用H2表示0～5min内的平均反应速率为____。②图中的P1____P2（填“<”、“>”或“＝”）。③100℃时该反应的平衡常数为____。④在其它条件不变时降低温度，反应Ⅰ的逆反应速率将____(填“增大”“减小”或“不变”)，反应____移动（填“向正方向”、“向逆方向”或“不”）。（2）在压强为0.1MPa条件下,将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，其反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)Ⅱ①则该反应的△H____0，△S____0(填“<”、“>”或“＝”)。②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是____。A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离C．充入He，使体系总压强增大③为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计的表中。请在下表空格中填入剩余的实验条件数据。。实验编号T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)ⅰ1501/30.1ⅱ________5ⅲ350____517、二氧化硅晶体是立体的网状结构．其晶体模型如图所示．认真观察晶体模型并回答下列问题：

（1）二氧化硅晶体中最小的环为______元环．

（2）每个硅原子为______个最小环共有．

（3）每个最小环平均拥有______个氧原子．18、医学上酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量．回答下列问题：

（1）配平以下离子方程式；并填上所需的微粒：

______H++______MnO4-+______H2C2O4→______CO2↑+______Mn2++______（______）

（2）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定．

①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是______．

②溶解沉淀时不能用稀盐酸；原因是会发生反应。

2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

该反应中氧化剂是______，氧化产物是______，氧化产物与还原产物物质的量之比是______，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为______，若有7.3gHCl被氧化，则产生Cl2的质量为______g，转移的电子数为______mol．

（3）高锰酸钾也是一种重要的工业试剂．

Ⅰ．在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时；发生的反应如下：

①MnO4-+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）

②MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）

下列关于反应①的说法中正确的是______（选填编号）．

a．被氧化的元素是Cu和S

b．生成2.24L（标况下）SO2；转移电子的物质的量是0.8mol

c．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S

Ⅱ．在稀硫酸中，MnO4-和H2O2也能发生氧化还原反应写出离子方程式______．

反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为______．由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是______＞______（填写化学式）．19、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{R}rm{G}是元素周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大。已知：

rm{(1)}基态rm{G}原子的价电子排布图为_______________；

rm{(2)YR_{3}}的空间构型为______________，rm{ZR_{2}}的rm{VSEPR}模型为_____________，rm{(3)G^{2+}}可形成配离子rm{[G(ZXY)_{n}]^{2-}}则该配离子中中心离子的配位数为________，与配体互为等电子体的分子有________，rm{(}一种即可，填化学式rm{)}该配离子中rm{娄脪}键数与rm{娄脨}键数之比为________；

rm{(4)}一种只含rm{X}rm{Y}两种元素的晶体薄膜材料rm{L}已经制备成功并验证了理论预测的正确性，这种薄膜材料比金刚石的硬度还大。其晶胞结构如下图所示rm{(}图示原子都包含在晶胞内，rm{1}个rm{Y}原子与rm{3}个紧邻rm{X}原子在一个近似的平面上rm{)}

rm{垄脵L}中rm{Y}原子的杂化类型为________________；

rm{垄脷L}的熔点________金刚石的熔点rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}原因是________________；rm{隆冒}为rm{Y}原子rm{隆帽}为rm{X}原子。

rm{(5)X}元素能形成多种同素异形体，其中一种同素异形体rm{M}的晶体结构如图rm{1}所示。图rm{2}为从层状结构中取出的晶胞。已知rm{M}的密度是rm{dg/cm}元素能形成多种同素异形体，其中一种同素异形体rm{(5)X}的晶体结构如图rm{M}所示。图rm{1}为从层状结构中取出的晶胞。已知rm{2}的密度是rm{M}rm{dg/cm}rm{{,!}^{3}}键的键长为，rm{X-X}键的键长为rm{rcm}阿伏加德罗常数的值为rm{N}阿伏加德罗常数的值为rm{X-X}rm{rcm}rm{N}熔化时，破坏的作用力为________，rm{{,!}_{A}}晶体的层间距离为________________。晶体rm{M}熔化时，破坏的作用力为________，rm{M}晶体的层间距离为________________rm{cm}

rm{M}20、苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料rm{隆陋隆陋}纳米氧化铜的重要前驱体之一，可采用苯乙腈为原料在实验室进行合成。请回答：rm{(1)}制备苯乙酸的装置如图rm{(}加热和夹持装置等略rm{)}已知：苯乙酸的熔点为rm{76.5隆忙}微溶于冷水，溶于乙醇。

在rm{250mL}三口瓶rm{拢谩}中加入rm{70mL}质量分数为rm{70拢楼}的硫酸，加热至rm{100隆忙}再缓缓滴入rm{40拢莽}苯乙腈，然后升温至rm{130隆忙}发生反应：rm{{,!}}仪器rm{b}的名称是______________，其作用是______________。反应结束后加适量冷水再分离出苯乙酸粗品，加入冷水的目的是___________________________________。rm{(2)}分离出粗苯乙酸的操作名称是______，所用到的仪器是rm{(}填字母rm{)}______。rm{a.}漏斗rm{b.}分液漏斗rm{c.}烧杯rm{d.}玻璃棒rm{e.}直形冷凝管rm{(3)}将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后加入rm{Cu(OH)_{2}}搅拌rm{30min}过滤，滤液静置一段时间可以析出苯乙酸铜晶体，写出发生反应的化学方程式__________________，混合溶剂中乙醇的作用是________________________________________________________。rm{(4)}提纯粗苯乙酸最终得到rm{44拢莽}纯品，则苯乙酸的产率是_________。rm{(}相对分子质量：苯乙腈rm{117}苯乙酸rm{136)}21、测定中和热的实验所用rm{NaOH}溶液要稍过量的原因______；倒入rm{NaOH}溶液的正确操作是______rm{(}填序号rm{)}．

A.沿玻璃棒缓慢倒入。

rm{B.}分三次少量倒入。

C.一次迅速倒入．评卷人得分四、简答题(共2题，共20分)22、化工是以煤为原料；经过化学加工使煤转化为气体；液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程．

（1）在煤的气化反应器中发生如下几种反应：

C（s）十H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-394kJ/mol

CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ/mol

则CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=______

（2）已知830℃时，在一个容积固定的密闭容器中，发生反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）下列能判断该反应达到化学平衡状态的是______

a．容器中的压强不变。

b．1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键。

c．V正（CO）=V逆（H2O）

d．c（CO）=c（H2）

此温度下该反应的K=1，等物质的量的CO和H2O反应达平衡时，CO的转化率为______

（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），得到如下三组数据：。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO2H2CO21650241.61.652900120.40.433900abcdt①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为______．

②该反应的逆反应为______（填“吸”或“放’’）热反应。

③若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），且t＜3min，则a、b应满足的关系是______（用含a、b的数学式表示）．

（4）目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇．一定条件下发生反应：

3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）；如图1，表示该反应进行过程中能量（单位为kJ/mol）的变化．

①在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2；

下列措施中能使c（CH3OH）增大的是______（填字母）

a．升高温度。

b．充入He（g）；使体系压强增大。

c．将H2O（g）从体系中分离出来。

d．再充入1molCO2和3molH2

②当反应达到平衡时不断改变条件（但不改变各组分物质的量和状态且只改变一个条件）反应速率随时间的变化．如图2：其中表示平衡混合物中CH3OH含量最高的一段时间是______；如t0～t1平衡常数为K1；

t2～t3平衡常数为K2，则K1______K2（填＞、=、＜）．23、常温下，浓度均为0.1mol．L-1的6种溶液pH如下：

。溶质Na2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3NaClOpH11.69.712.310.04.010.3请根据上表数据回答：

（1）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是______（用A；B、C、D表示）．

A．H2SiO3B．H2SO3C．H2CO3D．HClO

（2）若要增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是______（填化学式）．

（3）请写出上述NaClO溶液中通入少量CO2的化学方程式：______．

（4）等浓度的H2SO3和NaHSO3混合液，加入少量的强酸或强碱溶液，pH值都没有明显变化，请解其原因：______（用离子方程式表示）．评卷人得分五、解答题(共1题，共3分)24、氢气是一种新型的绿色能源；又是一种重要的化工原料．

（1）氢气燃烧热值高．实验测得常温常压下，1gH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则表示H2的标准燃烧热的热化学方程式为：______．

（2）氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景．用氢氧燃料电池进行下图所示实验（其中下图中电极均为惰性电极）：该氢氧燃料电池中，b极的电极反应式为______；d极的电极反应式为______；若标准状况下氧气消耗为5.6L；则导线中转移的电子的物质的量为______．

评卷人得分六、综合题(共2题，共8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7题，共14分)1、D【分析】试题解析：根据盖斯定律将，②×3-①×2可得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-192.9kJ/mol×3-49kJ/mol×2=-676.7kJ/mol，所以甲醇的燃烧热为676.7kJ/mol，故A错误；反应①的△H＞0，而图示的△H=生成物总能量-反应物总能量＜0，故B错误；由已知可知，反应①为吸热反应，而反应②为放热反应，故C错误；D、同物质的量的同种物质，气态能量最高，其次液态能量，固态能量最低，由②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞-192.9kJ•mol-1，故D正确．考点：化学能与热能的相互转化【解析】【答案】D2、C【分析】【分析】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离，是解题关键。【解答】已知rm{0.1mol?L}rm{-1}的二元酸rm{-1}rm{H}rm{2}溶液的rm{2}说明溶液为弱酸，A.在rm{A}A、rm{pH=4}两溶液中，分析rm{Na_{2}}离子水解，rm{NaHA}存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；B.在溶质物质的量相等的rm{A^{2-}}A、rm{HA^{-}}两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，rm{Na_{2}}阴离子总数不相等，故B错误；

C.在rm{NaHA}溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+2c(A^{2-})+c(HA^{-})}故C正确；

D.在rm{NaHA}溶液中，rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+c(OH^{-})+2c(A^{2-})}离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：rm{Na_{2}A}故D错误。

故选C。

rm{A^{2-}}【解析】rm{C}3、C|D【分析】

A．等物质的量的与Br2发生1，4-加成反应，生成故A正确；

B．等物质的量的与Br2发生1，2-加成反应，生成故B正确；

C．等物质的量的与Br2发生3，4-加成反应，生成故C错误；

D．与Br2以物质的量比1：2发生加成，生成故D错误；

故选CD．

【解析】【答案】等物质的量的与Br2起加成反应；可以发生1，2-加成反应，也可能发生1，4-加成反应，3，4-加成．也可能发生全加成．据此判断．

4、B【分析】【解析】【答案】B5、B【分析】解：A．氯原子比碳原子半径大；故A错误；

B．符合命名规则；故B正确；

C．有3种氢原子；有3种一氯代物，故C错误；

D．水解产物中共含有2个酚羟基、1个羧基和碳酸，则0.1mol的最多能与含5.0molNaOH的水溶液完全反应；故D错误．

故选B．

A．CCl4分子的比例模型应该体现出CCl4分子中各原子的相对体积大小；

B．命名要符合“一长；一近、一多、一小”；也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；

C．有几种氢原子就有几种一氯代物；

D．能与NaOH反应的为酚羟基；酯基．

本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的命名以及结构的判断，难度中等．【解析】【答案】B6、D【分析】解：用2-丁炔为原料制取CH3CHBrCBrClCH3，即在碳碳三键两端的碳原子上分别加上1molHCl和1molBr2．

可以让2-丁炔先和HCl加成，得CH3CH=CClCH3，然后CH3CH=CClCH3再和Br2加成即得CH3CHBrCBrClCH3；

或者先让2-丁炔先和Br2加成，可得CH3CBr=CBrCH3，然后CH3CBr=CBrCH3再和HCl加成即可得CH3CHBrCBrClCH3；故选D．

用2-丁炔为原料制取CH3CHBrCBrClCH3，即在碳碳三键两端的碳原子上分别加上1molHCl和1molBr2；据此分析．

本题以有机合成为载体，考查炔烃的性质，难度不大，注意基础知识的掌握，注意根据分子组成分析．【解析】【答案】D7、D【分析】解：若反应向正反应进行到达平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的浓度最小，rm{Z}的浓度最大；假定完全反应，则：

rm{X_{2}(g)+Y_{2}(g)?2Z(g)}

开始rm{(mol/L)}rm{0.10.30.2}

变化rm{(mol/L)}rm{0.10.10.2}

平衡rm{(mol/L)}rm{00.20.4}

若反应逆正反应进行到达平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的浓度最大，rm{Z}的浓度最小；假定完全反应，则：

rm{X_{2}(g)+Y_{2}(g)?2Z(g)}

开始rm{(mol/L)}rm{0.10.30.2}

变化rm{(mol/L)}rm{0.10.10.2}

平衡rm{(mol/L)}rm{0.20.40}

由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为rm{0<c(X_{2})<0.2}rm{0.2<c(Y_{2})<0.4}rm{0<c(Z)<0.4}故ABC正确；D错误．

故选D．

化学平衡的建立；既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应；

若反应向正反应进行到达平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的浓度最小，rm{Z}的浓度最大；

若反应逆正反应进行到达平衡，rm{X_{2}}rm{Y_{2}}的浓度最大，rm{Z}的浓度最小；

利用极限法假设完全反应；计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．

本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法．【解析】rm{D}二、多选题(共6题，共12分)8、ABD【分析】解：rm{A}根据质量守恒定律可知；反应前后元素的种类不变，故A正确；

B；根据质量守恒定律可知；化学反应前后物质的质量和不变，故B正确；

C；化学反应的实质是原子的重新组合；分子数不一定变化，故C错误；

D；根据质量守恒定律可知；反应前后原子的种类和数目不变，故D正确；

故选ABD．

依据化学反应的实质是原子的重新组合分析判断；质量守恒定律的内容是化学反应前后元素的种类；原子的种类和数目、物质的质量和不变；然后逐个分析即可．

本题考查了化学反应的实质分析，主要是质量守恒、原子守恒、元素守恒，较简单．【解析】rm{ABD}9、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({O}_{2})=dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=dfrac{8}{7}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}，rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({O}_{2})=

dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=

dfrac{8}{7}mol}B.rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}为rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}与rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}rm{18gH}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；rm{18gH}标准状况下rm{{,!}_{2}}为rm{O}为rm{1mol}与rm{1molBr}和rm{O}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{1mol}【解析】rm{BCD}10、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】乙酸乙酯、苯、四氯化碳和水不溶，能分层，乙酸和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}11、ABD【分析】【分析】A.含硫元素的煤燃烧会产生二氧化硫，二氧化硫有污染；B.清洁能源，即绿色能源，是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源；C.电镀废水中含有有害物质；D.汽车尾气系统中的催化转化器可将汽车废气转化为没有污染的物质。【解答】A.燃煤脱硫可减少二氧化硫污染物，故A正确；B.大力发展和使用清洁能源，可减少污染物产生，故B正确；C.直接排放电镀废水会污染环境，故C错误；D.在汽车尾气系统中安装催化转化器可将汽车废气转化为没有污染的物质，故D正确；故选ABD。【解析】rm{ABD}12、BD【分析】【分析】本题主要考查了外界条件对化学反应速率的有关知识，难度不大，需要注意的是要抓住题目的信息是解答rm{A}选项的关键。【解答】A.由方程式：rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}可知：反应开始时随着反应的进行，rm{c(H^{+})}不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随rm{c(H^{+})}的增大而加快；故A正确；

B.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{v(ClO_{3}^{-})}rm{v(H^{+})=1}rm{3}纵坐标为rm{v(H^{+})}的rm{v-t}曲线与图中曲线不重合；故B错误；

C.随着反应的进行；反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C正确；

D.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{trianglen(Cl^{-})}rm{trianglen(ClO_{3}^{-})=1}rm{triangle

n(ClO_{3}^{-})=1}所以图中阴影部分“面积”可以表示rm{1}时间为rm{t_{1}-t_{2}}增加或者是rm{n(Cl^{-})}浓度的减小；故D错误。

故选BD。rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{BD}13、ABC【分析】解：rm{A.}醇含官能团羟基，含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素；故A错误；

B.烷烃含rm{C}rm{H}两种元素；故B错误；

C.糖类含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素；故C正确；

D.油脂含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素；故D正确；

故选ABC．

烃含rm{C}rm{H}两种元素；醇；糖类、油脂属于烃的含氧衍生物，据此分析．

本题考查了有机物的元素组成，较基础，中学中主要学习了烃和烃的含氧衍生物，注意蛋白质除含rm{C}rm{H}rm{O}外，还含rm{N}rm{P}等元素．【解析】rm{ABC}三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】（1）根据装置图可知，电子是从b极流向a极，所以b是阳极，溶液中的阴离子氯离子在阳极放电，反应式为2Cl—－2e－＝Cl2↑。a是阴极，溶液中的阳离子氢离子在阴极放电，反应式为,2H++2e－=H2↑。（2）根据（1）分析可知，阴极氢离子放电，导致阴极周围的OH－浓度增大，所以阴极周围碱性增强，所以实验现象是两极均有气泡产生；a极区溶液变成红色；b极液面上气体变为黄绿色；b极区溶液变为浅黄绿色。（3）b极生成的气体是氯气，所以N出口的气体是氯气。检验氯气可以利用其氧化性，借助于湿润的淀粉碘化钾试纸检验。标准状况1.12L氯气是0.05mol，所以转移电子的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol。（4）根据以上分析可知，氯化钠和水都被电解，所以总的反应式为2Cl—+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－。（5）若将b电极换成铁作电极，则阳极就是铁，此时铁失去电子，反应式为Fe－2e－=Fe2＋。由于阴极有OH－生成，所以溶液中会生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，很快被氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀。【解析】【答案】（1）阴极,2H++2e－=H2↑（2）两极均有气泡产生；a极区溶液变成红色；b极液面上气体变为黄绿色；b极区溶液变为浅黄绿色。（3）用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝则说明是Cl2,0.1NA（4）2Cl—+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－（5）底部有白色沉淀产生，很快变为灰绿色，最终变为红褐色。15、略

【分析】解：rm{(1)}酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，滴定终点时溶液颜色由红色突变为无色，且半分钟内不褪色；

故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；溶液颜色由红色突变为无色；且半分钟内不褪色；

rm{(2)A.}酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成rm{V(}标准rm{)}偏大，根据rm{c(}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，测定rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}待测rm{c(}偏大；故A错误；

B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对rm{)}标准rm{V(}无影响，根据rm{)}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，测定rm{c(}待测rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}无影响；故B错误；

C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成rm{c(}标准rm{)}偏大，根据rm{V(}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，测定rm{)}待测rm{c(}偏大；故C错误；

D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}标准rm{c(}偏小，根据rm{)}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，测定rm{V(}待测rm{)}偏小；故D正确；

故选D；

rm{c(}起始读数为rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}终点读数为rm{c(}盐酸溶液的体积为rm{)}

故答案为：rm{(3)}rm{0.00mL}rm{26.10mL}

rm{26.10mL}三次消耗的盐酸的体积为rm{0.00}rm{26.10}rm{26.10}第二次舍去，其他两次溶液的平均体积为rm{(4)}rm{26.10mL}溶液的体积为rm{26.52mL}

rm{26.12mL}

rm{26.11mL}rm{NaOH}

rm{25.00mL}rm{HCl隆芦NaOH}

解得：rm{1}

故答案为：rm{1}．

rm{0.1000mol?L^{-1}隆脕26.11mL}酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由红色突变为无色；

rm{C(NaOH)隆脕25.00mL}根据rm{C(NaOH)=0.1044mol/L}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析不当操作对rm{0.1044mol/L}标准rm{(1)}的影响；以此判断浓度的误差；

rm{(2)}根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理；

rm{c(}先判断数据的合理性，然后盐酸溶液的平均体积，然后根据rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}求氢氧化钠的物质的量浓度．

本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，理解中和滴定的原理是解题关键．rm{V(}【解析】锥形瓶内溶液颜色的变化；溶液颜色由红色突变为无色，且半分钟内不褪色；rm{D}rm{0.00}rm{26.10}rm{26.10}rm{0.1044mol/L}16、略

【分析】【解析】【答案】（1）①0.003mol·L-1·min-1②<③2.25×10－4④减少向逆反应方向（2）①<<②B③。实验编号T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)ⅰⅱ1501/3ⅲ1/317、略

【分析】解：（1）金刚石晶体中；最小的环为六元环，也即由6个C原子构成，则晶体硅的六元环也是六个Si原子．当各Si-Si键上插入一个O原子，则共插入六个O原子，故最小的环上共有十二个原子即为十二元环；

故答案为：12；

（2）晶体硅的结构和金刚石相似，硅原子周围有四个共价键与其相连，其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环，如果把Si-O-Si键作为一个整体的话，可作如图所示所以一个硅原子共用的最小环有×2=12种；

故答案为：12；

（3）由于每个硅原子被12个环共有，因此每个环只占有该硅原子的因为每个最小环上有6个硅原子，所以每个最小环平均拥有的硅原子数为6×=0.5个．又因为SiO2晶体是由硅原子和氧原子按1：2的比例所组成；因此每个最小环平均拥有的氧原子的数目为0.5×2=1个．

故答案为：1．

（1）可根据硅晶体中Si-Si之间插入O原子形成SiO2分析；

（2）硅原子周围有四个共价键与硅原子相连；其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环；

（3）根据金刚石最小的环为六元环判断二氧化硅的空间网状结构中；Si；O原子形成的最小环上应有6个Si原子，每2个Si原子之间有1个O原子判断O原子的数目．

本题主要是考查学生对二氧化硅晶体结构的熟悉了解程度，意在调动学生的学习兴趣和学习积极性，有利于培养学生的逻辑推理能力和空间的想象能力．【解析】12；12；118、略

【分析】解：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4-、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

故答案为：6；2；5；10；2；8；H2O；

（2）①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；

故答案为：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；

②2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中，锰元素化合价降低，高锰酸钾做氧化剂，对应氯化锰为还原产物，氯化氢中-1价氯部分升高，16mol氯化氢参加反应，有10mol氯化氢化合价升高，被氧化表现还原性，6mol氯化氢表现酸性，所以该反应中氧化剂是KMnO4，氧化产物是Cl2；氧化产物与还原产物物质的量之比是5：2，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为5：3，若有7.3gHCl被氧化（物质的量为0.2mol），则生成0.1mol氯气，质量为7.1g，转移电子数0.2mol；

故答案为：KMnO4；Cl2；5：2；5：3；7.1；0.2；

（3）Ⅰ．a．反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价；硫元素化合价从-2价升高到+4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S；Cu，故a正确；

b．生成2.24LL（标况下）SO2时，物质的量为0.1mol；反应的Cu2S物质的量为0.1mol；反应中转移电子的物质的量是：

Cu+～Cu2+～e-；S2-～SO2～6e-；

1116

0.2mol0.2mol0.1mol0.6mol

所以电子转移共0.8mol，故b正确；

c．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S；故c错误；

故选：ab；

Ⅱ．在稀硫酸中，MnO4-和H2O2也能发生氧化还原反应，高锰酸钾根离子被还原为二价锰离子，过氧化氢被氧化为氧气，反应的化学方程式：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4═2MnSO4+5O2↑+K2SO4+8H2O，离子方程式：5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；

依据方程式：5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，可知消耗5mol过氧化氢，生成5mol氧气，转移10mol电子，则若有0.5molH2O2参加此反应，则转移电子数为：NA；

5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，反应中；MnO4-为氧化剂，H2O2为还原剂，则氧化性MnO4-＞H2O2，故答案为：5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；NA；MnO4-＞H2O2．

（1）反应中锰元素化合价从+7价降为+2价；碳元素化合价从+3价升高为+4价，依据得失电子守恒；原子个数守恒配平方程式；

（2）①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸；

②2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；反应中，锰元素化合价降低，高锰酸钾做氧化剂，对应氯化锰为还原产物，氯化氢中-1价氯部分升高，氯化氢既表现还原性，又表现酸性，生成5mol氯气转移10mol电子，据此解答；

（3）Ⅰ．根据化合价的变化判断氧化还原反应的相关概念；根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算转移电子的物质的量，在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

Ⅱ．在稀硫酸中，MnO4-和H2O2也能发生氧化还原反应；高锰酸钾根离子被还原为二价锰离子，过氧化氢被氧化为氧气，依据得失电子守恒；原子个数守恒配平方程式，然后改写成离子方程式；

依据方程式；分析元素化合价变化，计算电子转移数目；

氧化还原反应中；氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性．

本题综合考查氧化还原反应，题目侧重于氧化还原反应的配平、计算以及氧化性、还原性的比较，熟悉氧化还原反应基本概念及得失电子守恒规律、强弱规律等即可解答，题目难度中等．【解析】6；2；5；10；2；8；H2O；H2SO4+CaC2O4=CaSO4+H2C2O4；KMnO4；Cl2；5：2；5：3；7.1；0.2；ab；5H2O2+2MnO4-+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；NA；MnO4-；H2O219、（1）

（2）三角锥正四面体

（3）4CO2或N2O3:2

（4）①sp2②高于氮原子半径小于碳原子半径,所以C-N的键长小于C-C键长，共价键越短,键能越大,原子晶体的熔沸点越高

（5）共价键、分子间作用力【分析】【分析】本题综合考查了物质结构的相关知识，涉及到的知识点比较多，但大多是比较基本的知识，难度不是很大，平时学习中注意基础知识的积累。【解答】根据信息可推断出rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{N}rm{Z}为rm{S}rm{R}为rm{Cl}即存在同周期又存在同族的元素因为第rm{VIII}族元素，且rm{G}应在中间，所以rm{G}为rm{Co}为rm{X}rm{C}为rm{Y}rm{N}为rm{Z}rm{S}为rm{R}即存在同周期又存在同族的元素因为第rm{Cl}族元素，且rm{VIII}应在中间，所以rm{G}为rm{G}rm{Co}为rm{(1)Co}号元素，价电子排布式为rm{27}电子排布图为rm{3d^{7}4s^{2}}rm{(2)}rm{YR}rm{YR}rm{{,!}_{3}}存在孤电子对，构型为三角锥型；为rm{NCl_{3}}rm{N}存在孤电子对，构型为rm{NCl_{3}}rm{N}rm{ZR}的价层电子对数为rm{ZR}因此其rm{{,!}_{2}}模型为正四面体。为rm{SCl_{2}}rm{S}的价层电子对数为rm{4}因此其rm{VSEPR}模型为形成的是rm{SCl_{2}}根据化合价可以计算出rm{S}为rm{4}因此配位数为rm{VSEPR}与rm{(3)ZXY}互为等电子体的分子有rm{SCN^{-}}和rm{n}rm{4}的结构式为rm{4}rm{SCN^{-}}键数与rm{CO_{2}}键数之比为rm{N_{2}O}因此rm{CO_{2}}中rm{O=C=O}键数与rm{娄脪}键数与rm{娄脨}键数之比为键数之比也为rm{娄脪}rm{娄脨}因为rm{3:2}个rm{SCN^{-}}原子与rm{娄脪}个紧邻rm{娄脨}原子在一个近似的平面上，所以rm{3:2}原子的杂化类型为rm{(4)垄脵}。rm{1}个rm{Y}原子与rm{3}个紧邻rm{X}原子在一个近似的平面上，所以rm{Y}原子的杂化类型为氮原子半径小于碳原子半径，所以rm{1}的键长小于rm{Y}键长，共价键越短，键能越大，原子晶体的熔沸点越高，所以rm{3}的熔点高于金刚石。rm{X}是石墨晶体，其层内通过共价键结合，层间通过分子间作用力结合，因此rm{Y}共价键和分子间作用力；根据均摊法，该晶胞中含有的碳原子个数为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{4}+2隆脕dfrac{1}{2}+1=4}rm{sp^{2}}键的键长为rm{垄脷}夹角为rm{C-N}可计算出底面的面积为rm{dfrac{3sqrt{3}}{2}{r}^{2}c{m}^{2}}设层间距离为rm{C-C}则根据密度的计算方法可立式rm{d;g/c{m}^{3}=dfrac{dfrac{4隆脕12}{{N}_{A}}g}{dfrac{3sqrt{3}}{2}{r}^{2}c{m}^{2}隆脕2a}}计算出rm{a=dfrac{16sqrt{3}}{3d{N}_{A}{r}^{2}}cm}故答案为rm{L}rm{(5)M}【解析】rm{(1)}rm{(2)}三角锥正四面体rm{(3)4}rm{CO_{2}}或rm{N_{2}O}rm{3:2}rm{(4)垄脵sp^{2}}rm{垄脷}高于氮原子半径小于碳原子半径，所以rm{C-N}的键长小于rm{C-C}键长，共价键越短，键能越大，原子晶体的熔沸点越高rm{(5)}共价键、分子间作用力rm{dfrac{16sqrt{3}}{3d{{N}_{A}}{{r}^{2}}}}20、rm{(1)}球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸结晶

rm{(2)}过滤rm{acd}

rm{(3)}增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应重结晶

rm{(4)}rm{(4)}rm{95%}【分析】【分析】本题是对化学实验的知识的综合考查，是高考常考题型，难度一般。关键是掌握实验的原理，侧重中的的综合能力考查。【解答】rm{(1)}仪器rm{(1)}为球形冷凝管，起到冷凝回流的作用；反应结束后加适量冷水，降低了温度，降低了苯乙酸的溶解度，便于苯乙酸结晶析出，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；降低溶解度，使苯乙酸结晶。rm{b}通过过滤能从混合物中分离出苯乙酸粗品，过滤所用的仪器主要有漏斗、玻璃棒、烧杯等，故答案为：过滤；rm{(2)}rm{acd}苯乙酸和氢氧化铜的反应属于酸合碱的反应，化学方程式为由于苯乙酸在水中的溶解度不大，但溶于乙醇，因此混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应重结晶，故答案为：增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应重结晶。rm{(3)}苯乙酸和氢氧化铜的反应属于酸合碱的反应，化学方程式为根据rm{(3)}关系式，可计算苯乙酸的产率rm{=dfrac{44g}{dfrac{40g}{117g/mol}隆脕136g/mol}隆脕100拢楼隆脰95拢楼}故答案为：rm{(4)}。rm{隆芦}【解析】rm{(1)}球形冷凝管冷凝回流降低溶解度，使苯乙酸结晶rm{(2)}过滤rm{acd}rm{(3)}增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应重结晶rm{(4)}rm{(4)}rm{95%}21、略

【分析】解：实验中，所用rm{NaOH}稍过量的原因是确保定量的rm{HCl}反应完全；为了减少能量损失，一次迅速倒入rm{NaOH}溶液．

故答案为：确保定量的rm{HCl}反应完全；rm{C}．

为了确保定量的rm{HCl}反应完全，所用rm{NaOH}稍过量；为了减少能量损失，一次迅速倒入rm{NaOH}溶液．

本题考查了中和热的测定方法，题目难度中等，明确中和热的测定原理为解答关键，注意掌握中和热计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】确保定量的rm{HCl}反应完全；rm{C}四、简答题(共2题，共20分)22、略

【分析】解：（1）C（s）十H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131kJ/mol①

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-394kJ/mol②

CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ/mol③

将方程式2③-②+①得CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=2×（-283kJ/mol）-（-394kJ/mol）+（+131kJ/mol）=-41kJ/mol；

故答案为：-41kJ/mol；

（2）a．无论该反应是否达到平衡状态；容器中的压强始终不变，所以压强不能作为判断依据，故错误；

b．1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键；正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故正确；

c．V正（CO）=V逆（H2O）时；正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故正确；

d．c（CO）=c（H2）时该反应不一定达到平衡状态；与反应初始浓度；转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

故选bc；

该温度下该反应的K=1，设等物质的量的CO和H2O的物质的量都是1mol；反应达平衡时，设CO的转化率为x；

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）

开始1mol1mol00

反应xmolxmolxmolxmol

平衡（1-x）mol（1-x）molxmolxmol

化学平衡常数K=x=0.5=50%；

故答案为：bc；50%；

（3）①v（CO2）===0.16mol/（L．min）；故答案为：0.16mol/（L．min）；

②因为压强不影响平衡移动；如果实验1；2转化率相等，则实验2达到平衡状态时氢气的物质的量应该是实验1的一半为0.8mol，实际上是0.4mol，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则逆反应是吸热反应，故答案为：吸；

③若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），且t＜3min，说明实验3反应速率大于实验2，压强不影响平衡移动，则实验3中a、b的物质的量之比等于实验2中水正确和CO的物质的量之比=1：2，即b=2a；或使用催化剂也能实现目的；

故答案为：b=2a且a＞l（或使用合适的催化剂）；

（4）①根据图象知，该反应的正反应是放热反应，能使c（CH3OH）增大；说明平衡向正反应方向移动；

a．升高温度，平衡向逆反应方向移动，则c（CH3OH）减小；故错误；

b．充入He（g），使体系压强增大，但反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，c（CH3OH）不变；故错误；

c．将H2O（g）从体系中分离出来，平衡向正反应方向移动，c（CH3OH）增大；故正确；

d．再充入1molCO2和3molH2，平衡向正反应方向移动，c（CH3OH）增大；故正确；

故选cd；

②根据图象知，t1时刻，正逆反应速率都增大且可逆反应向逆反应方向移动，改变的条件是升高温度；t3时刻，正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂；t4时刻正逆反应速率都减小，且平衡向逆反应方向移动，改变的条件是减小压强，所以平衡混合物中CH3OH含量最高的一段时间是t0～t1；如t0～t1平衡常数为K1，t2～t3平衡常数为K2，且t0～t1温度小于t2～t3温度，所以K1大于K2，故答案为：t0～t1；大于．

（1）根据盖斯定律计算焓变；

（2）当可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，反应体系中各物质的质量；物质的量浓度及其百分含量不变；

根据化学平衡常数计算CO的转化率；

（3）①根据v（CO2）=计算二氧化碳平均反应速率；

②因为压强不影响平衡移动；如果实验1；2转化率相等，则实验2达到平衡状态时氢气的物质的量应该是实验1的一半为0.8mol，实际上是0.4mol，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断其反应热；

③若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），且t＜3min，说明实验3反应速率大于实验2，压强不影响平衡移动，则实验3中a、b的物质的量之比等于实验2中水正确和CO的物质的量之比；或使用催化剂；

（4）①根据图象知，该反应的正反应是放热反应，能使c（CH3OH）增大；说明平衡向正反应方向移动；

②根据图象知，t1时刻，正逆反应速率都增大且可逆反应向逆反应方向移动，改变的条件是升高温度；t3时刻，正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂；t4时刻正逆反应速率都减小；且平衡向逆反应方向移动，改变的条件是减小压强，据此分析解答．

本