2025年教科新版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年教科新版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9题，共18分)1、用铂作电极电解1000g4.55%的NaOH溶液；一段时间后，溶液中溶质的质量分数变为5.00%．则阳极产生的气体在标准状况下的体积为（）

A.112L

B.56.0L

C.28.0L

D.168L

2、有A；B、C、D四种金属．将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中；B不易腐蚀．将A、D分别投入等浓度盐酸溶液中，D比A反应剧烈．将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化．如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）

A.D＞C＞A＞B

B.D＞A＞B＞C

C.D＞B＞A＞C

D.B＞A＞D＞C

3、下列物质可用来刻蚀玻璃的是A．盐酸B．氨水C．氢氟酸D．纯碱4、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电也属于物理变化B.铅蓄电池的放电反应和充电反应互为可逆反应C.太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅D.在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大5、有机物的系统名称为rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{2}rm{3}一三甲基一rm{1-}戊炔B.rm{2}rm{2}rm{3}一三甲基一rm{4}一戊炔C.rm{3}rm{4}rm{4}一三甲基戊炔D.rm{3}rm{4}rm{4}一三甲基一rm{l}一戊炔6、下列关于电池的说法正确的是rm{(}rm{)}A.电解含rm{CuSO_{4}}和rm{NaCl}的溶液，在阴极可能析出气体，阳极一定析出气体B.电解rm{CuCl_{2}}溶液可得到铜和氯气，阴极区酸性减弱，阳极区rm{pH}不变C.碱性锌锰干电池的负极反应为：rm{Zn-2e^{-}+4OH^{-}篓TZnO_{2}^{2-}+2H_{2}O}D.原电池负极金属一定比正极金属的金属性活泼7、下列物质加入水中；属于放热反应的是（）

A.固体NaOH

B.无水乙醇。

C.固体NH4NO3

D.生石灰。

8、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.标准状况下，2.24LO3所含有的电子数为2．4NAB.含有NA个Na+的Na2O溶解于1L蒸馏水中，所得溶液中c（Na+）="l"mol/LC.42g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAD.25℃，lL纯水中含有的H+数为l×10-7NA9、氢元素有lH（氕）、2H（氘）、3H（氚）三种原子，下列说法正确的是（）A.lH、2H、3H为同素异形体B.lH、2H、3H互为同位素C.lH、2H、3H的质量数相同D.lH、2H、3H为同分异构体评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、（1）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱图如图所示，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）．

（2）用系统命名法命名下列物质。

①______

②CH3CH2CH=CHCH3______

（3）写出结构简式或名称：

①分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，写出该芳香烃结构简式______

②戊烷（C5H12）的某种同分异构体只有一种一氯代物，写出该戊烷的名称______．11、rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；rm{NH_{4}HSO_{4}}在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：rm{(1)NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}可作净水剂，其原理是____________________rm{(}用离子方程式说明rm{)}rm{(2)}相同条件下，rm{0.1mol/LNH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{0.1mol/L

NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}________rm{c(NH_{4}^{+})}填“等于”、“大于”或“小于”rm{(}溶液中rm{)0.1mol/LNH_{4}HSO_{4}}rm{c(NH_{4}^{+})}浓度均为rm{(3)}的几种电解质溶液的rm{0.1mol/L}随温度变化的曲线如图所示。

rm{pH}其中符合rm{0.1mol/LNH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液的rm{垄脵}随温度变化的曲线是________rm{0.1mol/L

NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}填罗马数字rm{pH}导致rm{(}溶液的rm{)}随温度变化的原因是_____________________。rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}时，rm{0.1mol/LNH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{pH}_____rm{垄脷20隆忙}rm{0.1mol/L

NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}室温时，向rm{2c(SO_{4}^{2?})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=}的rm{mol/L}溶液中滴加rm{(4)}的rm{100mL0.1mol/L}溶液，当加入rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液的体积分别为以下数据时：rm{0.1mol/L}rm{NaOH}rm{NaOH}rm{a}分析rm{100mlb}rm{150mlc}rm{200ml}三种混合溶液中，水的电离程度最大的是______rm{a}填“rm{b}”、“rm{c}”或“rm{(}”rm{a}当加入rm{b}溶液使溶液呈中性时，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________________。rm{c}12、（10分）1915年诺贝尔物理学奖授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。（一）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：。晶体NaClKClCaO晶格能／(kJ·mol－1)7867153401四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是（二）科学家通过X射线推测胆矾中微粒间的作用力，胆矾的结构示意图可简单表示如下：（1）胆矾晶体中含有（填字母代号）A．配位键B．离子键C．极性共价键D.金属键E．氢键F．非极性共价键（2）Cu2+还能与NH3、Cl－等形成配位数为4的配合物，已知［Cu(NH3)4］2＋具有对称的空间构型，［Cu(NH3)4］2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则［Cu(NH3)4］2+的空间构型为。（3）金属铜采用下列____（填字母代号）堆积方式。（4）右图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，该晶体的密度为ag/cm3，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶胞的体积为cm313、rm{(14}分rm{)(1)NO_{2}}有较强的氧化性，能将rm{SO_{2}}氧化生成rm{SO_{3}}本身被还原为rm{NO}已知下列两反应过程中能量变化如图所示：

则rm{NO_{2}}氧化rm{SO_{2}}的热化学方程式为_________________________________。

rm{(2)}在rm{2L}密闭容器中放入rm{1mol}氨气，在一定温度进行如下反应：rm{2NH_{3}(g)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}

反应时间rm{(t)}与容器内气体总压强rm{(p)}的数据见下表。

。时间rm{t/min}

rm{0}

rm{1}

rm{2}

rm{3}

rm{4}

rm{5}

____

rm{100kPa}

rm{5}

rm{5.6}

rm{6.4}

rm{6.8}

rm{7}

rm{7}

则平衡时氨气的转化率为___________。

rm{(3)25隆忙}某二元弱酸rm{H_{2}A}与rm{NaOH}溶液反应可生成rm{NaHA}rm{Na_{2}A}溶液中含rm{A}各微粒的分布分数rm{(}平衡时某含rm{A}微粒的浓度占各含rm{A}微粒浓度之和的分数rm{)}随溶液变化的情况如下图所示：

已知：rm{10^{3.04}=1.1隆脕10^{3}}rm{10^{4.37}=2.3隆脕10^{4;;}25隆忙}rm{K_{a1}(H_{2}CO_{3})=4.4隆脕10^{-7}}rm{K_{a2}(H_{2}CO_{3})=4.7隆脕10^{-11}}

rm{K_{a1}(H_{2}CO_{3})=

4.4隆脕10^{-7}}若向rm{K_{a2}(H_{2}CO_{3})=

4.7隆脕10^{-11}}溶液中加入少量rm{垄脵}溶液，rm{0.1NaHAmol隆陇L^{-1}}的值____rm{NaOH}填“增大”、“减小”或“不变”，下同rm{c(A^{2-})/c(HA^{-})}rm{(}的值____。

rm{)}若向rm{c(H^{+})/c(OH^{-})}溶液中加入氨水至溶液呈中性，则rm{垄脷}____rm{0.1NaHAmol隆陇L^{-1}}填“大于”、“小于”或“等于”rm{c(H_{2}A)+c(NH_{4}^{+})}

rm{c(A^{2-})(}计算rm{)}二级电离平衡常数rm{垄脹}____。

____将过量rm{HA^{-}}加入rm{K_{a2}=}溶液中反应的离子方程式为：____。rm{H_{2}A}14、今年1月12日；我国3名潜水员圆满完成首次300米饱和潜水作业，实现“下五洋捉鳖”的壮举。

①潜水员乘坐的潜水钟以钢铁为主要制造材料。钢铁容易在潮湿空气中发生电化学腐蚀；其负极的电极反应式是______。

②潜水员需要均衡的膳食结构。糖类、油脂、蛋白质都能为人体提供能量。油脂在人体中发生水解生成______和高级脂肪酸；蛋白质在酶的作用下水解生成______而被人体吸收。评卷人得分三、解答题(共7题，共14分)15、将19.2g铜加入到足量的稀硝酸溶液中；反应完全，反应后溶液的体积为500mL．计算：

（1）产生的气体在标准状况下的体积；

（2）反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度．

16、某烃A0.2mol在氧气中充分燃烧后生成化合物B；C各1.2mol；试回答：

（1）烃A的分子式______．

（2）若取一定量的烃A完全燃烧后；生成B；C各3mol，则有______g烃A参加反应．

17、下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表一种化学元素．

。abcdefghijklmno

试回答下列问题：

（1）第三周期8种元素单质熔点高低顺序如图1；其中序号“8”代表______（填元素符号）；

（2）由j原子跟c原子以1：1相互交替结合而形成的晶体；晶型与晶体j相同．两者相比熔点更高的是______（填化学式），试从结构角度加以解释：______．

（3）元素c的一种氧化物与元素d的一种氧化物互为等电子体；元素c的氧化物分子式是______，该分子是由______键构成的______分子（填“极性”或“非极性”）；元素d的氧化物的分子式是______．

（4）i单质晶体中原子的堆积方式如图2甲所示（面心立体最密堆积）；其晶胞特征如图2乙所示．则晶胞中i原子的配位数为______，一个晶胞中i原子的数目为______；晶胞中存在两种空隙，分别是______；______．

18、已知：Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl-）=1.8×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=1.6×10-12，现用0.01mol/LAgNO3溶液滴定0.01mol/LKCl和0.001mol/LK2CrO4混合溶液；通过计算回答：

（1）Cl-、CrO42-先生成沉淀的是______．

（2）当刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl-浓度是______mol/L．（设混合溶液在反应中体积不变）

19、某研究性课题小组对氢氧化钠溶液和稀盐酸中和反应的有关问题；进行了如下探究：

Ⅰ：（1）甲同学为了证明氢氧化钠溶液与稀盐酸能够发生反应；设计并完成了如下图所示实验．则X溶液是______．

（2）乙同学也设计完成了另一个实验；证明氢氧化钠溶液与盐酸能够发生反应．在盛有25.00mL稀盐酸的锥形瓶中，用胶头滴管慢慢滴入氢氧化钠溶液，不断振荡，每加一滴溶液测定并记录一次溶液的pH值，直至氢氧化钠溶液过量．

①写出测定溶液pH值的操作方法：______；

②下图中哪个图象符合该同学的记录______（填序号）．

（3）你认为甲；乙两位同学的实验中；______（填“甲同学”、“乙同学”、“甲乙两同学”）的实验能充分证明氢氧化钠溶液与盐酸发生了反应，请说明理由：______．

Ⅱ：丙学生用0.100mol•L-1氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸．他用移液管准确移取．

25.00mL未知浓度的盐酸置于一洁净的锥形瓶中，然后用0.100mol•L-1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）进行滴定．滴定结果如下：

。

滴定次数

盐酸的体积/mLNaOH溶液的体积/mL滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.002.0020.20225.001.0221.03325.000.2020.20（1）根据以上数据计算出盐酸的物质的量浓度为______mol•L-1．

（2）如果滴定的终点没有控制好；即NaOH溶液过量，溶液显深红色，如何补救？请设计实验方案．______．

20、1932年美国化学家鲍林首先提出电负性的概念．电负性（用X表示）也是元素的一种重要性质；下表给出的是原子序数小于20的16种元素的电负性数值：

。元素HLiBeBCNOF电负性2.11.01.52.02.53.03.54.0元素NaMgAlSiPSClK电负性0.91.21.51.72.12.33.00.8请仔细分析；回答下列有关问题；

（1）预测周期表中电负性最大的元素应为______；估计钙元素的电负性的取值范围：______＜X＜______．

（2）根据表中的所给数据分析；同主族内的不同元素X的值变化______；简述元素电负性X的大小与元素金属性；非金属性之间的关系______．

（3）经验规律告诉我们：当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键．试推断AlBr3中形成的化学键的类型为______；其理由是______．

21、随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2；引起了各国的普遍关注。

（1）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．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；一定条件下发生反应：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ/mol

测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示．

①反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=______mol/．H2的转化率为______．

②下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是______．

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D、再充入1molCO2和3molH2

E；使用催化剂F、缩小容器体积。

（2）①反应进行到3分钟时，同种物质的v正与v逆的关系：v正______v逆（填＞；=，＜）

②上述反应平衡常数的表达式为______；经计算该温度下此反应平衡常数的数值为______．

评卷人得分四、计算题(共2题，共12分)22、（10分）在MnO2和浓盐酸的反应中，如果有17.4gMnO2被还原，那么参加反应的氯化氢有多少克?被氧化的氯化氢的物质的量是多少?（已知：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O）23、有rm{pH}为rm{13}的rm{Ba(OH)_{2}}rm{NaOH}的混合溶液rm{100mL}从中取出rm{25mL}用rm{0.025mol/LH_{2}SO_{4}}滴定，当滴至沉淀不再增加时，所消耗的酸的体积是滴定至终点所耗酸体积的一半。求：原混合溶液中rm{Ba(OH)_{2}}的物质的量浓度评卷人得分五、推断题(共1题，共10分)24、已知卤代烃和rm{NaOH}的醇溶液共热可以得到烯烃，如：rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}

现通过以下步骤由制取其合成流程如下：

请回答下列问题：

rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}填写rm{(1)}步反应所属的反应类型是______rm{垄脵垄脷垄脹}用字母表示，可重复rm{(}．

rm{)}取代反应rm{a.}加成反应rm{b.}消去反应。

rm{c.}的结构简式为______．

rm{(2)A}所需的试剂和反应条件为______．

rm{(3)A隆煤B}反应rm{(4)}和反应rm{垄脺}这两步反应的化学方程式分别为______，______．rm{垄脻}评卷人得分六、简答题(共4题，共20分)25、铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途；如铜用来制电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂．

（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的______性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜溶液的质量______．（填“变大”；“变小“或“不变”）

（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2+配离子，已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是______．

（3）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种结构不同的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为______．（填“正四面体形”或“正四边形”）

（4）胆矾CuSO4•5H2O可写[Cu（H2O）4]SO4•H2O；其结构示意如图1：

下列有关胆矾的说法不正确的是______．

A．游泳池的池水中往往定期加一些胆矾；是因为铜离子有一定的杀菌作用。

B．胆矾中氧原子存在配位键和氢键两种化学键。

C．Cu2+的价电子排布式为3d84s1

D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去。

（5）《X射线金相学》中记载了关于铜与金可形成的两种有序的金属互化物，其晶胞如图2．则图中Ⅰ、Ⅱ对应物质的化学式分别为______、______．设图Ⅰ晶胞的边长为αcm，对应金属互化物的密度为ρg•cm-3，则阿伏加德罗常数NA的值可表示为______．（只要求列出算式）．26、甲醇是重要的燃料，有广阔的应用前景：工业上一般以CO和为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=-116kJ•mol-1

（1）下列措施中有利于增大该反应的反应速率且利于反应正向进行的是______．

a．随时将CH3OH与反应混合物分离b．降低反应温度。

c．增大体系压强d．使用高效催化剂。

（2）已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1

则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为______．

（3）在容积为2L的恒容容器中，分别研究在三种不同温度下合成甲醇，如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为2mol）与CO平衡转化率的关系．请回答：

①在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是______．

②利用a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）的平衡常数：K=______．

（4）恒温下，分别将1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器Ⅱ中（两容器起始容积相同）；充分反应．

①达到平衡所需时间是I______Ⅱ（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．达到平衡后，两容器中CH3OH的体积分数关系是I______Ⅱ．

②平衡时，测得容器I中的压强减小了30%，则该容器中CO的转化率为______．27、有机物键线式结构的特点是以线示键，每个折点和线端点处表示有一个碳原子，并以氢补足四价，rm{C}rm{H}不标示出来rm{.}降冰片烷的立体结构可用键线式表示为

rm{(1)}其分子式为______．

rm{(2)}当降冰片烷发生一氯取代时；能生成______种沸点不同的产物．

rm{(3)}结合降冰片烷及其键线式；请你判断降冰片烷属于______．

A.环烷烃rm{B.}饱和烃rm{C.}不饱和烃rm{D.}芳香烃。

rm{(4)}降冰片烷具有的性质是______．

A.能溶于水rm{B.}能发生加成反应rm{C.}常温常压下为气体rm{D.}能发生取代反应．28、已知：

rm{xrightarrow[垄脷{脣谩禄炉}]{垄脵KMnO_{4}/OH-}}rm{

xrightarrow[垄脷{脣谩禄炉}]{垄脵KMnO_{4}/OH-}}rm{(R}可表示烃基或官能团rm{R隆盲}可发生如下转化rm{)A}方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去rm{(}

rm{)}分子中无甲基，已知rm{(1)F}与足量金属钠作用产生rm{1molF}标准状况下rm{H_{2}22.4L(}则rm{)}的结构简式是______；名称是______．

rm{F}与rm{(2)G}的相对分子质量之差为rm{F}则rm{4}具有的性质是______rm{G}填字母rm{(}．

rm{)}可与银氨溶液反应rm{a.}可与乙酸发生酯化反应。

rm{b.}可与氢气发生加成反应rm{c.}rm{d.1mol}最多可与rm{G}新制的rm{2mol}发生反应。

rm{Cu(OH)_{2}}能与rm{(3)D}溶液发生反应，且两分子rm{NaHCO_{3}}可以反应得到含有六元环的酯类化合物，rm{D}可使溴的四氯化碳溶液褪色，则rm{E}反应的化学方程式是______；其反应类型是______反应．

rm{D-隆煤E}为rm{(4)H}的同分异构体，且所含官能团与rm{B}相同，则rm{B}的结构简式可能是：______、______．rm{H}参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】

设1000g4.55%的NaOH溶液，溶液中溶质的质量分数变为5.00%时电解水的质量为x，则%；x=90（g）；

根据电解水的化学方程式：2H2O2H2↑+O2↑，生成O2的物质的量为×=2.5mol；

则阳极产生的气体在标准状况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L；

故选B．

【解析】【答案】根据质量变化计算电解水的质量，根据电解水的化学方程式：2H2O2H2↑+O2↑计算．

2、B【分析】

两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池；较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，B不易腐蚀，所以A的活动性大于B．

金属和相同的酸反应时；活动性强的金属反应剧烈，将A；D分别投入等浓度盐酸溶液中，D比A反应剧烈，所以D的活动性大于A；

金属的置换反应中；较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明B的活动性大于铜．如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明铜的活动性大于C．

所以金属的活动性顺序为：D＞A＞B＞C；故选B．

【解析】【答案】原电池中被腐蚀的金属是活动性强的金属；金属和相同的酸反应时；活动性强的金属反应剧烈；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属．

3、C【分析】【解析】【答案】C4、D【分析】解：rm{A.}金属和石墨导电均为物理变化；电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化，一定发生化学变化，故A错误；

B；放电过程是原电池；是自发的氧化还原反应；而充电过程是电解池，是非自发的氧化还原反应，是用电流强迫电解质溶液在两极发生氧化还原反应，因为条件不一样，所以它们是不可逆的，故B错误；

C；太阳能电池的主要材料是高纯度的硅；二氧化硅主要用制作光导纤维，故C错误；

D；电化学腐蚀加速负极金属被腐蚀；比化学腐蚀快，危害更大，故D正确．

故选D．

A；电解质溶液导电；将电能转化为化学能；

B；可逆反应必须反应条件相同；

C；太阳能电池的主要材料是高纯度的硅；

D；电化学腐蚀比化学腐蚀快．

本题考查较为综合，涉及电解池和原电池知识，难度不大，注意把握原电池和电解池的工作原理，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】rm{D}5、D【分析】解：为炔烃，最长碳链含有rm{5}个rm{C}主链为戊炔，炔烃命名时，从距离碳碳三键最近的一端编号，在rm{3}号rm{C}含有rm{1}个甲基，在rm{4}号rm{C}含有rm{2}个甲基，则其名称为：rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；

故选D．

中含有官能团碳碳三键，主链为戊炔，炔烃命名时，从距离碳碳三键最近的一端编号，在rm{3}号rm{C}含有rm{1}个甲基，在rm{4}号rm{C}含有rm{2}个甲基；据此写出该有机物的名称．

本题考查了常见有机物的命名，题目难度不大，明确常见有机物的命名原则为解答关键，注意含有官能团的有机物，编号时从距离官能团最近的一端开始，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用基础知识的能力．【解析】rm{D}6、A【分析】解：rm{A}阴极是铜离子首先放电；然后是氢离子放电；阳极首先是氯离子放电生成氯气，然后是氢氧根离子放电生成氧气，所以在阴极可能析出气体，阳极一定析出气体，故A正确；

B；用惰性电极电解氯化铜可得到铜和氯气；阴极区得到铜，而阳极生成氯气，如果是活泼金属作电极，阳极活泼金属放电，不产生氯气，故B错误；

C、负极发生氧化反应，反应式为rm{Zn+2OH^{-}-2e^{-}=Zn(OH)_{2}}故C错误；

D；原电池如果是燃料电池；铂电极惰性电极，两极的金属活泼性相同，所以原电池负极金属不一定比正极金属的金属性活泼，故D错误；

故选A．

A；阴极是铜离子首先放电；然后是氢离子放电；阳极首先是氯离子放电生成氯气，然后是氢氧根离子放电生成氧气；

B；用惰性电极电解氯化铜可得到铜和氯气；阴极区得到铜，而阳极生成氯气；

C、负极发生氧化反应，反应式为rm{Zn+2OH^{-}-2e^{-}=Zn(OH)_{2}}

D；原电池如果是燃料电池；铂电极惰性电极，两极的金属活泼性相同．

本题考查学生原电池的电极的构成条件以及工作原理知识，可以根据所学知识来回答，较简单．【解析】rm{A}7、D【分析】

NaOH（s）、无水乙醇、固体NH4NO3溶于水中是物理变化；生石灰与水反应是放热反应．

故选D．

【解析】【答案】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸、水的反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应．

8、B【分析】【解析】试题分析：臭氧含有24个电子，标准状况下，2.24L臭氧是0.1mol，A正确；B中溶液的体积不一定是1L，不能减少溶液的浓度，B不正确；乙烯和丙烯的最简式是相同的，都是CH2，则42g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子的物质的量是42g÷14g/mol＝3mol，C正确；常温下水中氢离子的浓度是l×10-7mol/L，则1L水中含有的H+数为l×10-7NA，D正确，答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断【解析】【答案】B9、B【分析】解：A．1H、2H、3H质子数相同；中子数不同，互为同位素，同素异形体是同种元素的不同种单质，故A错误；

B．1H、2H、3H质子数相同；中子数不同，互为同位素，故B正确；

C．1H、2H、3H质子数相同；中子数不同，质量数不同，故C错误；

D．1H、2H、3H质子数相同；中子数不同，互为同位素，分子式相同，结构不同的互称为同分异构体，故D错误；

故选B．

有相同质子数；不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

相同元素组成；不同形态的单质互为同素异形体．

本题考查同位素的概念，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】解：（1）核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中只有1种H原子，则A的结构简式为CH2BrCH2Br，B的结构简式为CH3CHBr2，有两种H原子，所以核磁共振氢谱上有2个峰，故答案为：CH2BrCH2Br；2．

（2）①此物质可以看做是用乙基取代了苯环上的一个H；故此物质的名称为乙苯，故答案为：乙苯；

②烯烃在命名时；要从离官能团近的一端开始编号，用双键两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置，故此物质的名称为：2-戊烯，故答案为：2-戊烯；

（3）：①苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子，则2个碳原子不可能是形成1个乙基，只能是2个甲基，且处于对角位置，其结构简式为

故答案为：

②所有的碳原子在一条链上：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3；

拿下1个碳原子作为支链：

拿下2个碳原子作为支链：

其中一种结构它的一氯代物只有一种结构，即只有一种氢原子，即为名称为：2，2-二甲基丙烷．

故答案为：2；2-二甲基丙烷．

（1）核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数；核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中只有1种H原子，然后根据分子式写出对应的结构；

（2）①此物质可以看做是用乙基取代了苯环上的一个H；

②烯烃在命名时；要从离官能团近的一端开始编号，用双键两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置；

（3）①苯环上的一溴取代物只有一种；说明苯环上只有一种氢原子；

②先利用减链法书写同分异构体；然后根据一氯取代物的种类等于氢原子的种类写出结构简式．

本题考查了同分异构体的书写，注重了基础知识的考查，掌握减链法书写同分异构体是解题的关键．【解析】CH2BrCH2Br；2；乙苯；2-戊烯；2，2-二甲基丙烷11、（1）Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水．(2分)

（2）小于。

（3）①ⅠNH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小②10－3mol·L－1

（4）a(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+>c(OH－)＝c(H＋)【分析】【分析】

考查胶体性质、水的电离、盐类水解、溶液中离子浓度大小比较。

【解答】

rm{(1)}由于rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶于水电离出的rm{Al^{3+}}水解生成的rm{Al(OH)_{3}}晶体具有吸附性，即rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al(OH)_{3}}吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水。

rm{(2)}由于rm{NH_{4}HSO_{4}}溶于水完全电离出氢离子，抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，所以相同条件下，rm{0.1mol隆陇L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{0.1

mol隆陇L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}小于rm{0.1mol隆陇L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}中rm{c(NH_{4}^{+})}

rm{0.1

mol隆陇L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}由于rm{c(NH_{4}^{+})}溶于水电离出的rm{(3)垄脵}rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解溶液显酸性，且水解是吸热的，加入促进水解，溶液的酸性增强，rm{NH_{4}^{+}}减小，因此符合条件的曲线是rm{Al^{3+}}

rm{pH}时，rm{0.1mol隆陇L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{I}根据电荷守恒可知，rm{垄脷20隆忙}时，rm{0.1mol隆陇L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})+3c(Al^{3+})}则rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=c(H^{+})-c(OH^{-})=10^{-3}-10^{-11}mol隆陇L^{-1}}

rm{0.1

mol隆陇L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}向rm{100mL0.1mol隆陇L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}溶液中滴加rm{pH=3}溶液反应的离子方程式因此为rm{20隆忙}rm{0.1

mol隆陇L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}rm{2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})

=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})+3c(Al^{3+})}点恰好中和氢离子，溶液中的rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=c(H^{+})-c(OH^{-})

=10^{-3}-10^{-11}mol隆陇L^{-1}}水解促进水的电离。rm{(4)}点之后rm{100mL0.1mol隆陇L^{-1}

NH_{4}HSO_{4}}浓度减小，所以溶液中水的电离程度最大是rm{0.1mol隆陇L^{-1}NaOH}点；在rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}点，rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}=NH_{3}隆陇H_{2}O}溶液显中性，溶液中的溶质是硫酸钠和硫酸铵和氨气，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是rm{d}rm{NH_{4}^{+}}【解析】rm{(1)Al^{3+}}水解生成的rm{Al(OH)_{3}}胶体具有吸附性，即rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H^{+}}rm{Al(OH)_{3}}胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水rm{.(2}分rm{)}

rm{(2)}小于。

rm{(3)垄脵}Ⅰrm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，rm{pH}减小rm{垄脷10^{-3}mol隆陇L^{-1}}

rm{(4)a}rm{(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+}>c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+}>c(OH^{-})=c(H^{+})

}12、略

【分析】（一）根据表中数据可知，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。因为形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越稳定，所以氧化镁的熔点高于氧化钙的，所以四种晶体的熔点由高到低的顺序为MgO>CaO>NaCl>KCl。（二）（1）根据胆矾的结构示意图可知，含有的化学键应是ABCE。（2）［Cu(NH3)4］2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，说明［Cu(NH3)4］2+是平面正方形结构。如果是正四面体型结构，则两个NH3被两个Cl－取代，只能能得到1种结构的产物。（3）金属铜是面心立方最密堆积，所以答案是C。（4）根据晶胞的结构可知，晶胞中含有的铜原子和氧原子的个数分别为8×1/8＋6×1/2＝4和4，所以化学式为CuO。该晶胞的质量是因此体积是cm3。【解析】【答案】（一）MgO>CaO>NaCl>KCl（二）（1）ABCE（2）平面正方形（3）C（4）13、（1）NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8KJ/mol；（2）40%；

（3）①增大，减小；②=；③4.35×10-5；④2H2A+CO32-=2HA-+CO2↑+H2O【分析】

试题分析：rm{(1)}根据图一可知热化学方程式为rm{垄脵2SO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2SO_{3}(g)娄陇H="-196.6KJ/mol;"垄脷2NO(g)+O_{2}(g)}rm{2NO_{2}(g)娄陇H="-113.0KJ/mol;"垄脵-垄脷}整理可得rm{2SO_{3}(g)娄陇H="-196.6KJ/mol;"

垄脷2NO(g)+O_{2}(g)}rm{2NO_{2}(g)娄陇H="-113.0KJ/mol;"

垄脵-垄脷}rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)}rm{SO_{3}(g)+NO(g)}由于反应是在体积固定的容器中进行，所以反应前后的压强比等于气体的物质的量的比。rm{娄陇H=-41.8KJ/mol}rm{(2)}假设有rm{2NH_{3}(g)}的氨气反应，则产生rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}产生rm{2xmol}还有未反应的氨气的物质的量为rm{N_{2}=xmol}前rm{H_{2}=3xmol}rm{(1-2x)mol.n(}后rm{)}rm{n(}rm{)=1}解得rm{((1-2x)+x+3x)=1}所以氨气的转化率为rm{(1+2x)=5:7.}rm{x=0.2.}若向rm{(2隆脕0.2)隆脗1隆脕100%=40%;(3)}溶液中加入少量rm{垄脵}溶液，发生反应：rm{0.1NaHAmol隆陇L^{-1}}所以rm{NaOH}的值增大；当不断加入rm{HA^{-}+OH^{-}=H_{2}O+A^{2-}}溶液时，rm{c(A^{2-})/c(HA^{-})}减小，rm{NaOH}增大，所以rm{c(H^{+})}的值减小。rm{c(OH^{-})}根据物料守恒可得rm{c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(H_{2}A)+c(A^{2-})}根据电荷守恒可得：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(OH^{-})+2c(A^{2-})+c(HA^{-})}又因为溶液显中性，所以rm{c(H^{+})/c(OH^{-})}将三个式子整理可得rm{垄脷}rm{c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(H_{2}A)+

c(A^{2-})}rm{c(Na^{+})+c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=

c(OH^{-})+2c(A^{2-})+c(HA^{-})}由图像可知。当达到电离平衡时rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c(H_{2}A)+c(NH_{4}^{+})=c(A^{2-})}由于rm{垄脹HA^{-}}过量，结合两种酸的电离平衡常数可知过量的rm{H^{+}+A^{2-}}加入到rm{c(HA^{-})=c(A^{2-}).}溶液中反应的离子方程式为：rm{垄脺}

考点：考查热化学方程式的书写、物质的转化率的计算及多元弱酸的电离平衡常数的计算、离子方程式的书写的知识。rm{H_{2}A}【解析】rm{(1)NO_{2}(g)+SO_{2}(g)}rm{SO_{3}(g)+NO(g)}rm{娄陇H=-41.8KJ/mol}rm{(2)40%}

rm{(3)垄脵}增大，减小；rm{垄脷=}rm{垄脹4.35隆脕10^{-5}}rm{垄脺2H_{2}A+CO_{3}^{2-}=2HA^{-}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}14、Fe-2e-=Fe2+甘油氨基酸【分析】解：（1）钢铁容易在潮湿空气中发生电化学腐蚀，负极发生氧化反应生成亚铁离子，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+；

故答案为：Fe-2e-=Fe2+；

（2）油脂为高级脂肪酸甘油酯；可水解生成甘油和高级脂肪酸，蛋白质由氨基酸发生缩聚反应生成；

故答案为：甘油；氨基酸。

（1）钢铁容易在潮湿空气中发生电化学腐蚀；负极发生氧化反应生成亚铁离子；

（2）油脂为高级脂肪酸甘油酯；含有酯基，可水解，蛋白质由氨基酸发生缩聚反应生成。

本题考查金属的腐蚀与营养物质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。【解析】Fe-2e-=Fe2+甘油氨基酸三、解答题(共7题，共14分)15、略

【分析】

（1）19.2g铜的物质的量==0.3mol；则：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

32

0.3moln（NO）

故n（NO）=0.2mol；所以V（NO）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

答：生成NO的体积为4.48L．

（2）根据铜原子守恒可知n（Cu2+）=n（Cu）=0.3mol；

故c（Cu2+）==0.6mol/L；

答：反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为0.6mol/L．

【解析】【答案】（1）根据n=计算19.2g铜的物质的量，再根据3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O计算生成的NO的物质的量；根据V=nVm计算生成NO的体积；

（2）根据铜原子守恒可知n（Cu2+）=n（Cu），再根据c=计算．

16、略

【分析】

烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol，所以碳原子和氢原子的个数是6、12，所以烃A的分子式为C6H12，故答案为：C6H12；

（2）取一定量的烃A完全燃烧后，生成CO2、H2O各3mol；根据碳原子和氢原子守恒，所以烃的物质的量是0.5mol，所以质量是0.5mol×84g/mol=42g，故答案为：42．

【解析】【答案】（1）烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol；则根据原子守恒可以确定分子式；

（2）根据燃烧法结合原子守恒思想来确定有机物的量．

17、略

【分析】

（1）第三周期8种元素的单质中只有Si为原子晶体；熔沸点最大，由图可知序号“8”代表的为Si，故答案为：Si；

（2）由j原子跟c原子以1：1相互交替结合而形成的晶体为SiC；晶型与晶体j相同，都是原子晶体，但由于C的原子半径小，SiC中C-Si键键长比晶体Si中Si-Si键长短，键能大，因而熔沸点高；

故答案为：SiC；因SiC晶体与Si晶体都是原子晶体；由于C的原子半径小，SiC中C-Si键键长比晶体Si中Si-Si键长短，键能大，因而熔沸点高；

（3）元素c的一种氧化物与元素d的一种氧化物互为等电子体，应为CO2和N2O，电子数都为22，其中CO2为极性键形成的非极性分子；

故答案为：CO2；极性；非极性；N2O；

（4）晶胞中距离最近的原子为位于定点和面心位置的两个原子，每个定点周围有3××8=12个原子，即配位数为12，晶胞中原子位于定点和面心，晶胞中含有Al的个数为8×+6×=4；观察晶胞结构可知晶胞中存在两种空隙，分别是正四面体空隙；正八面体空隙．

故答案为：12；4；正四面体空隙；正八面体空隙．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知a为H，b为Li，c为C，d为N，e为O，f为F，g为Na，h为Mg，i为Al，j为Si，k为S，l为Cl，m为Ar；n为K，o为Fe；

（1）熔点最高的应为原子晶体；

（2）原子晶体中；原子的半径越小，共价键键能越大，原子晶体的熔沸点越高；

（3）根据元素的种类确定对应的化合物；

（4）利用均摊发判断．

18、略

【分析】

（1）AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）===1.8×10-8mol/L；

Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c（Ag+）==mol/L=4.36×10-5mol/L；

则1.8×10-8mol/L＜4.36×10-5mol/L），所以Cl-先沉淀．

故答案为：Cl-先沉淀；

（2）由Ag2CrO4沉淀时所需Ag+浓度求出此时溶液中Cl-的浓度．

C（Cl-）===4.13×10-6mol•L-1．

故答案为：当刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl-的物质的量浓度为4.13×10-6mol•L-1．

【解析】【答案】（1）根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4）计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度；比较大小后确定谁先沉淀；

（2）根据刚出现Ag2CrO4沉淀时溶液中银离子的浓度结合Ksp（AgCl），求出Cl-的物质的量浓度．

19、略

【分析】

Ⅰ．（1）根据最终氢氧化钠溶液显示红色；可知X是酚酞，故答案为：酚酞；

（2）①测定溶液PH的方法是：用干净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸中间；将试纸的颜色与标准比色卡对照，读出溶液的pH；

故答案为：用干净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸中间；将试纸的颜色与标准比色卡对照，读出溶液的pH；

②反应前溶液是盐酸；pH小于7，随着氢氧化钠的滴入，溶液pH逐渐增大，故D正确，故选D；

（3）乙同学的实验能够充分证明氢氧化钠和盐酸发生了反应；因为甲同学的实验有可能是酚酞遇氢氧化钠溶液直接变成红色，乙同学的实验，随着滴加氢氧化钠溶液，溶液的pH由小于7逐渐增大到7，这充分证明溶液中的盐酸因反应而消耗了；

故答案为：乙同学；甲同学的实验有可能是酚酞遇氢氧化钠溶液直接变成红色；乙同学的实验，随着滴加氢氧化钠溶液，溶液的pH由小于7逐渐增大到7，这充分证明溶液中的盐酸因反应而消耗了；

Ⅱ：（1）三次消耗氢氧化钠溶液的体积为：18.20mL、20.01mL、20.00mL，第一次数据误差过大，舍弃掉，消耗氢氧化钠溶液体积的平均值约为20.00mL，盐酸的浓度为：c（HCl）=mol/L=0.080mol/L；

故答案为：0.080；

（2）如果氢氧化钠滴入过量；可以用待测液反滴，记下消耗的盐酸的体积，故答案为：用上述未知浓度的盐酸进行反滴，记录所需盐酸的体积．

【解析】【答案】Ⅰ；（1）最后氢氧化钠溶液显示红色；故加入的是酚酞；

（2）①沉淀PH的操作方法；②反应开始前；是盐酸溶液，pH小于7，之后PH逐渐增大；

（3）乙同学更加充分证明氢氧化钠和盐酸发生了反应；甲同学的实验有可能是酚酞遇氢氧化钠溶液直接变成红色，乙同学的实验，随着滴加氢氧化钠溶液，溶液的pH由小于7逐渐增大到7，这充分证明溶液中的盐酸因反应而消耗；

Ⅱ；（1）算出三次滴定消耗的氢氧化钠的体积；误差大的舍弃掉，再求出氢氧化钠溶液的体积的平均值，最后计算出盐酸的浓度；

（2）用上述未知浓度的盐酸进行反滴；记录所需盐酸的体积．

20、略

【分析】

（1）电负性表示对键合电子的吸引力；电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，故电负性最强的物质在周期表的右上角为F元素；

由表中数据可知；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，故金属性越强电负性越小，故钙元素的电负性比K元素大，但小于Li元素的电负性，即0.8＜X（Ca）＜1；

故答案为：F；0.8；1；

（2）由表中数据可知；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，故非金属性越强电负性越大，金属性越强电负性越小；

故答案为：自上而下电负性降低；非金属性越强电负性越大，金属性越强电负性越小；

（3）AlCl3中两电负性之差为1.5，Br元素的电负性小于Cl元素电负性，AlBr3中两电负性之差小于1.5，故AlBr3中化学键为共价键；

故答案为：共价键，AlCl3中两电负性之差为1.5，Br元素的电负性小于Cl元素电负性，AlBr3中两电负性之差小于1.5．

【解析】【答案】（1）电负性表示对键合电子的吸引力；电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，故电负性最强的物质在周期表的右上角（零族元素除外）；

由表中数据可知；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，故金属性越强电负性越小，钙元素的电负性比K元素大，但小于Li元素的电负性；

（2）由表中数据可知；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，故非金属性越强电负性越大，金属性越强电负性越小；

（3）AlCl3中两电负性之差为1.5，Br元素的电负性小于Cl元素电负性，AlBr3中两电负性之差小于1.5．

21、略

【分析】

（1）①由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L•mon）；

参加反应的氢气的物质的量为0.75mol/L×1L=0.75mol，故氢气的转化率为×100%=75%；

故答案为：0.225；75%；

②使n（CH3OH）/n（CO2）应采取措施；使平衡向正反应移动，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量；

A、该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）减小；故A错误；

B、充入He（g），使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，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、再充入1molCO2和3molH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故D正确；

E、使用催化剂，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变；故E错误；

F、缩小容器体积，增大压强，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故F正确；

故答案为：CDF；

（2）①由图可知反应进行3min时，反应未到达平衡，此后二氧化碳的浓度降低、甲醇的浓度增大，反应向正反应进行，故v正＞v逆；

故答案为：＞；

②反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数k=

由图可知；10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，则：

CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）

开始（mol/L）：1300

变化（mol/L）：0.752.250.750.75

平衡（mol/L）：0.250.750.750.75

故该温度下平衡常数k==

故答案为：．

【解析】【答案】（1）①由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，根据v=计算v（H2）；根据n=cV计算参加反应的氢气的物质的量，再利用转化率定义计算；

②使n（CH3OH）/n（CO2）应采取措施；使平衡向正反应移动，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量；

（2）①由图可知反应进行3min时；反应未到达平衡，此后二氧化碳的浓度降低；甲醇的浓度增大，反应向正反应进行；

②化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应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，据此生成；

利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度；代入平衡常数表达式计算．

四、计算题(共2题，共12分)22、略

【分析】从元素的化合价变化分析可知，4摩尔氯化氢只有2摩尔被氧化，设参加反应的氯化氢物质的量为x，则被氧化的氯化氢为将17.4gMnO2换算为0.2mol，列比例计算如下：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O1mol4mol0.2molx解得：x=0.800mol。则=0.400mol。0.800mol的氯化氢的质量为0.800mol×36.5g·mol-1=29.2g。【解析】【答案】29.2g0.400mol23、Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O

2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O

当滴至沉淀不再增加时，所消耗的酸的体积是滴定至终点时所消耗酸体积的一半。说明2个反应消耗的H2SO4的体积是一样的；也就是物质的量是一样的所以它们的物质的量浓度比为1：2

因为pH=13，所以2n（Ba（OH）2）+n（NaOH）="0.01mol"

所以n（Ba（OH）2）=0.0025mol，n（NaOH）="0.005mol"C(Ba（OH）2)="0.0025"mol/0.1L="0.025"mol/L【分析】

试题分析：加入硫酸后发生两个反应：rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}、rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}，当滴至沉淀不再增加时，所消耗的酸的体积是滴定至终点时所消耗酸体积的一半。说明rm{2}个反应消耗的rm{H_{2}SO_{4}}的体积相同，根据化学方程式可知rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NaOH}的物质的量之比为rm{1:2}即二者物质的量浓度之比为rm{1:2}因为混合溶液的rm{pH}为rm{13}可得rm{OH?}浓度为rm{0.1mol?L?^{1}}进而求出rm{Ba(OH)_{2}}的浓度。

考点：本题考查化学计算。【解析】rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}

rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}

当滴至沉淀不再增加时，所消耗的酸的体积是滴定至终点时所消耗酸体积的一半。说明rm{2}个反应消耗的rm{H_{2}SO_{4}}的体积是一样的，也就是物质的量是一样的所以它们的物质的量浓度比为rm{1}rm{2}

因为rm{pH=13}所以rm{2n(Ba(OH)_{2})+n(NaOH)="0.01mol"}

所以rm{n(Ba(OH)2)=0.0025mol}rm{n(NaOH)="0.005mol"C(Ba(OH)_{2})="0.0025"mol/0.1L="0.025"mol/L}rm{n(NaOH)="0.005mol"

C(Ba(OH)_{2})="0.0025"mol/0.1L="0.025"mol/L}五、推断题(共1题，共10分)24、略

【分析】解：由反应关系可知氯苯发生加成反应生成rm{A}为发生消去反应生成rm{B}为发生加成反应生成发生消去反应生成rm{C}为发生加成反应可生成

rm{(1)}由以上分析可知rm{垄脵垄脷垄脹}步反应类型依次为加成反应、发生消去反应、发生加成反应，故顺序为rm{b}rm{c}rm{b}

故答案为：rm{b}rm{c}rm{b}

rm{(2)}由以上分析可知，rm{A}为

故答案为：

rm{(3)A隆煤B}反应为氯代烃在rm{NaOH}的乙醇溶液中；加热可发生消去反应；

故答案为：rm{NaOH}的乙醇溶液；加热；

rm{(4)}发生消去反应生成rm{C}为反应的方程式为发生加成反应可生成反应的方程式为

故答案为：．

由反应关系可知氯苯发生加成反应生成rm{A}为发生消去反应生成rm{B}为发生加成反应生成发生消去反应生成rm{C}为发生加成反应可生成以此解答该题．

本题考查有机物的合成，题目难度不大，本题注意把握有机物官能团的变化，结合反应条件判断各有机物的结构．【解析】rm{b}rm{c}rm{b}rm{NaOH}的乙醇溶液，加热；六、简答题(共4题，共20分)25、略

【分析】解：（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体；这一现象体现了晶体的自范性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜晶体不再吸水，而硫酸铜溶液为饱和溶液，则溶液质量不变；

故答案为：自范；不变；

（2）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；

故答案为：N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；

（3）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代；能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构；

故答案为：正四边形；

（4）A．硫酸铜溶解于水能产生重金属离子--铜离子；能破坏蛋白质的结构，使之失去生理功能，细菌和病毒主要生命活性物质是蛋白质，故少量的硫酸铜可以消毒游泳池，故A正确；

B．氧原子与铜离子之间形成配位键；水分子中O原子与H原子之间形成共价键，硫酸根离子中氧原子与氯原子之间形成共价键，水分子之间O原子与氢原子之间存在氢键，但氢键不是化学键，故B错误；

C．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电子排布式3d9；故C错误；

D．由于胆矾晶体中水两类；一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确；

故答案为：BC．

（5）晶胞I中Cu原子数目为8×+2×=2、Au原子数目为4×=2，则化学式为CuAu，晶胞Ⅱ中Cu原子数目为8×=1、Au原子数目为6×=3，故化学式为CuAu3，晶胞I的质量为2×g；

则2×g=（αcm）3×ρg•cm-3，则NA=

故答案为：CuAu；CuAu3；．

（1）晶体具有自范性；硫酸铜晶体不再吸水；而硫酸铜溶液为饱和溶液，则溶液质量不变；

（2）NF3中共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；

（3）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代；能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构；

（4）A．铜离子可以使蛋白质变性；

B．氢键不属于化学键；

C．Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；失去4s；3d能级上各一个电子生成铜离子；

D．胆矾晶体中水两类；一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子；

（5）根据均摊法计算晶胞中Cu；Au原子数目；确定化学式；用阿伏伽德罗常数表示出晶胞I的质量，结合m=ρV计算阿伏伽德罗常数．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及晶体特征、配位键、空间构型、核外电子排布、晶胞计算等，（2）中注意根据电负性进行分析解答，难度中等．【解析】自范；不变；N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；正四边形；BC；CuAu；CuAu3；26、略

【分析】解：（1）A．随时将CH3OH与反应混合物分离；减小生成物的浓度，利于反应正向进行，但反应速率减小，故A错误；

B．反应是放热反应；温度降低，利于反应正向进行，但反应速率变小，故B错误；

C．正反应为气体积减小的反应；压强增大，利于反应正向进行，反应速率加快，故C正确；

D．使用催化剂；反应速率加快，不影响化学平衡移动，故D错误；

故选：C；

（（2）已知：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=-116kJ•mol-1；

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1；

根据盖斯定律：①-②-③×2得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-651kJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-651kJ•mol-1；

（3）①反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=-116kJ•mol-1；是放热反应，温度越高，CO转化率越低，所以曲线Z对应的温度最高，X对应的一氧化碳转化率最大，温度最低，Y介于二者之间，在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是Z＞Y＞X；

故答案是：Z＞Y＞X；

②a点时，CO转化率50%，反应消耗了2mol×50%=1molCO，图象中可知，起始量氢气物质的量n（H2）=1.5n（CO）=3mol；则：

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

起始量（mol）230

变化量（mol）121

平衡量（mol）111

容器容积为2L，则平衡常数K===4，相同温度下CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）的平衡常数==0.25；

故答案为：0.25；

（4）①恒温下，分别将1molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器Ⅱ中；正反应为气体体积减小的反应，随反应进行气体物质的量减小，I中压强减小，压强越大反应速率越快，达到平衡需要的