2025年湘师大新版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年湘师大新版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8题，共16分)1、下列有机化合物中，其一氯代物种类最少的是A.B.C.D.2、第三能层含有的轨道数为（）A.3B.5C.7D.93、分子式为rm{C_{5}H_{9}O_{2}Cl}并能与饱和rm{NaHCO_{3}}溶液反应放出气体的有机物有rm{(}不含立体异构rm{)(}rm{)}A.rm{6}种B.rm{7}种C.rm{9}种D.rm{12}种4、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性rm{.}常温下，向rm{10mL}rm{0.01mol/L}rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液中滴加rm{0.01mol/L}rm{NaOH}溶液，随着rm{NaOH}溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{V(NaOH)=0}时，rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-2}}rm{mol/L}B.rm{V(NaOH)<10}rm{mL}时，可能存在rm{c(Na^{+})=2c(C_{2}O_{4}^{2-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})}C.rm{V(NaOH)=10mL}时，rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-7}}rm{mol/L}D.rm{V(NaOH)>10}rm{mL}时，rm{c(Na^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(C_{2}O_{4}^{2-})}5、下列生活生产中常见物质的化学式与名称相对应的是（）A.FeS04•7H20﹣绿矾B.Na2O2﹣火碱C.BaC03﹣重晶石D.C6Hl206﹣庶糖6、rm{4.}膦rm{(PH_{3})}又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢。它的分子构型是三角锥形。以下关于rm{PH_{3}}的叙述正确的是A.rm{PH_{3}}分子中有未成键的孤对电子。

B.rm{PH_{3}}是非极性分子C.rm{PH_{3}}是一种强氧化剂。

D.rm{PH_{3}}分子的rm{P-H}键是非极性键7、晶体具有各向异性。如蓝晶石rm{(Al_{2}O_{3}隆陇SiO_{2})}在不同方向上的硬度不同；又如石墨与层垂直的方向上的电导率是与层平行的方向上的电导率的rm{1/10^{4}}晶体的各向异性主要表现在rm{(}rm{)}rm{垄脵}硬度rm{垄脷}导热性rm{垄脹}导电性rm{垄脺}光学性质A.rm{垄脵垄脹}B.rm{垄脷垄脺}C.rm{垄脵垄脷垄脹}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}8、某化合物的结构rm{(}键线式rm{)}及球棍模型如图rm{1}

该有机分子的核磁共振氢谱图如图rm{2(}单位是rm{ppm)}

下列关于该有机物的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.该有机物不同化学环境的氢原子有rm{6}种B.该有机物属于芳香化合物C.键线式中的rm{Et}代表的基团为rm{-CH_{3}}D.该有机物在一定条件下能与金属钠、乙酸发生反应评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，其相互转化关系如下图所示。（1）若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子。①写出反应A→B的化学方程式；②将一定量的气体D通入2LC的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。请回答：O点溶液中所含溶质的化学式为，a点溶液中各离子浓度由大到小的关系是。（2）若将（1）中的气体D通入氢氧化钡溶液中得不溶物F，F的KSP=8.1×10-9。现将该沉淀放入0.1mol/L的BaCl2溶液中，其KSP，（填：增大、减小或不变），组成不溶物F的阴离子在溶液中的浓度为mol/L。10、（10分）A是烃的衍生物，加热时在NaOH溶液中水解，并能发生下列转变关系：若A、B、C、E均能发生银镜反应，试写出它们的名称：A:___________；B:__________；C:___________；D:___________；E:___________。11、已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，在开始一段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显；但不久反应速率明显增大，溶液很快褪色．针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率增大．从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是____的影响．若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以选择在反应开始前是否加入____（填字母序号）做对比实验．

A．硫酸钾B．硫酸锰C．氯化锰D．水．12、一定量的rm{A}rm{B}在rm{2L}的密闭容器中进行反应rm{A(g)+B(g)?2C(g)}rm{2min}后，测得各物质的浓度分别为rm{c(A)=0.5mol/L}rm{c(B)=0.75mol/L}rm{c(C)=0.5mol/L}则rm{A}和rm{B}起始的物质的量分别为______rm{mol}和______rm{mol}13、某元素原子的价电子构型为rm{3d^{10}4s^{2}}它属于第______周期，是______族，是______区元素，元素符号是______．14、常温下，如果取0．1mol/LHA溶液与0．1mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=8,试回答以下问题：(1)混合溶液的pH=8的原因：（用离子方程式表示）。(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)（填“>”“<”或“=”）0．1mol/LNaOH溶液中由水电离出的c(H+)。(3)求出混合液中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c(Na+）－c(A-）＝mol/L,c(OH-）－c(HA)＝mol/L。(4)已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4)2CO3溶液的pH（填“大于”“小于”或“等于”)7；将同温度下等浓度的四种盐溶液：A．NH4HCO3B．NH4AC．(NH4)2SO4D．NH4Cl按pH由大到小的顺序排列是（填序号）。15、（12分）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）===CO（g）＋H2O（g）。其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=。（2分）（2）该反应为反应（选填吸热、放热）。（3分）（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是。（4分）a.容器中压强不变b.混合气体中c(CO)不变c.v正（H2）=v逆（H2O）d.c(CO2)=c(CO)（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)。试判断此时的温度为____（3’）16、反应rm{A}rm{(g)+B}rm{(s)?C(g)}rm{triangleH<0}在其他条件不变时，改变其中一个条件，则生成rm{C}的速率rm{(}填“加快”、“减慢”或“不变”rm{)}．

rm{(1)}升温______；

rm{(2)}加正催化剂______；

rm{(3)}增大容器容积______；

rm{(4)}加入rm{C}______．评卷人得分三、解答题(共9题，共18分)17、合成气（CO和H2）是重要的化工原料；在工业生产中有着广泛的应用．

（1）工业上用甲烷和水蒸气在高温条件下发生反应制备合成气（CO和H2）；4g甲烷完全反应吸收51.5KJ热量，写该反应的热化学方程式______

（2）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-802kJ•mol-1，由反应（1）制备的合成气10m3（已折成标况）；完全燃烧所提供的能量为______kJ

（3）工业上常用合成气来冶炼金属；其中CO还原氧化铁来冶炼生铁方程式如下：

3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H＜0

①如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生；当反应达到平衡时，______．

A．容器中Fe2O3的质量不随时间而变化B．反应物不再转化为生成物。

C．n（CO）：n（CO2）=1：1D．容器中气体的压强不随时间而变化。

②在一个容积为4L的密闭容器中，1000℃时加入4molCO（g）和足量Fe2O3（s），反应2分钟后达到平衡，测得此时容器内气体的密度为40g/L，求该时间范围内反应的平均反应速率υ（CO2）=______；CO的平衡转化率=______、该反应的化学平衡常数K=______．

③如果在3分钟时向②的平衡体系中再加入2molCO（g），其它条件不变，经过2分钟反应又达到平衡．请画出②、③c（CO）、c（CO2）随时间变化的图象．

18、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，在常温常压下，1gH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量．则H2燃烧的热化学方程式为______．

（2）氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景．现氢氧燃料电池进行图1所示实验：

①氢氧燃料电池中；正极的电极反应式为______；

②右图装置中，某一铜电极的质量减轻3.2g，则a极上消耗的O2在标准状况下的体积为______L．

（3）氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化方程式如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ/mol

①当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图2所示．图2中t1时引起平衡移动的条件可能是______，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是______，若t-t1，t1-t3，t3-t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，那么K1，K2，K3的大小关系是______．

②若在恒温；恒压条件下向平衡体系中通入氩气；平衡______移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂反应的△H______（填“增大”、“减小”或“不改变”）．

温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%．则反应的平衡常数为______．

19、汽车内燃机工作时产生的高温会引起N2和O2发生反应生成NO气体；是导致汽车尾气中含有NO的原因之一．

（1）如图表示在T1、T2两种不同温度下，一定量的NO发生反应：2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）．反应过程中N2的体积分数随时间变化的图象．升高温度；该反应的平衡常数K将______（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（2）2000℃时，向容积为2L的密闭容器中充入10molN2与5molO2，达到平衡后NO的物质的量为2mol，则2000℃时该反应的平衡常数K的数值为______．该温度下，若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1mol，则达到平衡后N2的转化率为______．

（3）研究发现，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：

CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ•mol-1

CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1160kJ•mol-1

若1molCH4还原NO2至N2；整个过程中放出的热量为______kJ．

20、如图1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体．

（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）中含______σ键和______个π键．

（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为______；将X溶于水后的溶液滴入到AgNO3溶液中至过量，得到络离子的化学式为______，其中X与Ag+之间以______键结合．

（3）如图2是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构：请简要说明该物质易溶于水的两个原因______．

（4）氢键的形成对物质的性质具有一定的影响．沸点______．（填高或低）

21、请利用下图装置及试剂组装一套装置．其流程是，先制取纯净干燥的Cl2（不收集），后试验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性．试回答：

（1）用胶皮管连接各仪器的接口顺序是：a接______；______接______、______接______、______接______、______接______．

（2）A中反应的化学方程式是：______MnCl2+2H2O+Cl2↑22、下表为长式周期表的一部分；其中的编号代表对应的元素．

请回答下列问题：

（1）表中属于d区的元素是______（填编号）．元素⑧的原子外围电子排布式______；

（2）③和⑦形成的常见化合物的晶体类型是______；②；③、④的电负性______＞______＞______（用元素符号表示）．判断依据______；

（3）某元素的特征电子排布式（价电子排布式）为nsnnpn+1；该元素为周期表中______（填编号）；该元素与元素①形成的化合物x极易溶于水的原因是______；

（4）在⑧元素的硫酸盐溶液中加入过量的x的水溶液；可生成的配合物的化学式______，简要描述该配合物中化学键的成键情况______；

（5）②；③形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型无机非金属材料；则其化学式为______，其硬度比金刚石______（填“大”或“小”）．

23、将含有C、H、O元素的有机物3.24g装入元素分析装置，通入足量O2；使它完全燃烧，将生成的气体依此通入氯化钙A管和碱石灰B管．测得A管质量增加了2.16g，B管质量增加了9.24g．已知该有机物的相对分子质量为108．

（1）求此有机物的分子式．

（2）若该有机物属于芳香族化合物；试写出其所有可能的结构简式．

24、在按下图装置进行电解的过程中；通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加．

（1）乙烧杯中；两极发生的电极反应是阴极：______，阳极：______

（2）甲烧杯中发生反应的化学方程式是：______2Cu+O2↑+2H2SO425、在化工行业中；乙炔是一种重要的有机原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物（如图）．请回答下列各题：

（1）；正四面体烷的分子式为______；其二氯代产物有______种。

（2）；下列说法正确的是：______

A、由乙炔得到的四种化合物中只有一种不能使酸性KMnO4溶液褪色。

B、由乙炔得到的四种化合物中有三种能与H2发生加成反应。

C；乙烯基乙炔分子内含有两种官能团。

D；乙烯基乙炔存在顺反异构现象。

（3）；乙烯基乙炔分子内有______个原子共线；有______个原子共平面；

（4）；写出与环辛四稀互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：______．

评卷人得分四、计算题(共2题，共18分)26、硝酸与金属反应是硝酸的重要化学性质之一，请阅读下文并解答有关问题。（1）ag铜与bmL浓HNO3充分反应后得到V1L红棕色气体X，且溶液中余下cg铜；再将此红棕色气体通过水变成V2L无色气体Y（气体已转换成标准状况下的体积，设题中产生的氮的化合物分子中均含有一个氮原子。）①当反应生成X气体时有多少克氮元素被还原？②计算X气体中各组分的物质的量。（2）若在(1)反应余下的溶液中加入过量的稀H2SO4使留下的cg铜恰好完全溶解;此时溶液中只留下一种盐。①写出此时发生的化学反应方程式②计算a与c的质量比及浓HNO3的物质的量浓度27、由某气态烃和气态单烯烃组成的混合气体在同温同压下对氢气的相对密度为11．25，取在标准状况下的此混合气体4.48L,通入溴水中，结果溴水增重2.1g，通过计算回答：（1）混合气由哪两种烃组成；（2）它们的体积百分比各是多少？（3）写出该烯烃发生聚合反应的化学方程式。评卷人得分五、简答题(共1题，共5分)28、常温下向rm{100mL}rm{0.01mol?L^{-1}}rm{HA}溶液中逐滴加入rm{0.02mol?L^{-1}}rm{MOH}溶液，图中所示曲线表示混合溶液的rm{pH}变化情况rm{(}体积变化忽略不计rm{).}回答下列问题：

rm{(1)}由图中信息可知，rm{MOH}为______碱rm{(}填“强”或“弱”rm{)}．

rm{(2)}常温下，一定浓度的rm{MA}稀溶液的rm{pH=5}用离子方程式表示其原因：______，此时溶液中由水电离出的rm{c(OH^{-})=}______rm{mol?L^{-1}}．

rm{(3)}请写出rm{K}点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：______．

rm{(4)K}点对应的溶液中，rm{c(M^{+})+c(MOH)}______rm{2c(A^{-})(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}若此时溶液中rm{pH=10}则rm{c(M^{+})-c(OH^{-})隆脰}______rm{mol?L^{-1}(}保留三位小数rm{)}．评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共32分)29、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。30、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。31、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。32、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】试题分析：A、只有一种等效氢，一氯代物只有1中；B、2种；C、5种；D、2种。考点：考查同分异构体。【解析】【答案】A2、D【分析】解：第三能层含有s；p、d三个能级；s能级含有1个轨道，p能级含有3个轨道，d能级含有5个轨道，所以第三能级含有的轨道数=1+3+5=9，故选D．

先确定每一能层含有的能级数；再确定每一能级含有的轨道数，从而确定该能层含有的轨道数．

本题考查了能级的计算，明确每个能层含有能级的个数及每个能级含有的轨道数是解本题的关键，难度不大．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】

分子式为rm{C_{5}H_{9}O_{2}Cl}且与rm{NaHCO_{3}}溶液能产生气体，则该有机物中含有rm{-COOH}所以为饱和一元羧酸，烷基为rm{-C_{4}H_{9}}丁基异构数等于该有机物的异构体数，在此基础上一氯取代产物的种树是有机物同分异构体的种数；

本题主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，熟练掌握碳原子数小于rm{5}的烃基的个数是解决本题的关键，甲基与乙基均rm{1}种，丙基rm{2}种、丁基rm{4}种、戊基rm{8}种。

【解答】

分子式为rm{C_{5}H_{10}O_{2}}且与rm{NaHCO_{3}}能产生气体，则该有机物中含有rm{-COOH}所以为饱和一元羧酸，烷基为rm{-C_{4}H_{9}}rm{-C_{4}H_{9}}异构体有：rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{-CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}rm{-CH_{2}CH(CH_{3})CH_{3}}rm{-C(CH_{3})_{3}}其中rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}一氯取代产物有rm{4}种，rm{-CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}一氯取代产物rm{4}种，rm{-CH_{2}CH(CH_{3})CH_{3}}一氯取代产物rm{3}种，rm{-C(CH_{3})_{3}}一氯取代产物rm{1}种，故符合条件的有机物的异构体数目为rm{12}

故选D。

【解析】rm{D}4、B【分析】解：rm{A.}草酸是二元中强酸，rm{V(NaOH)=0}时，rm{NaHC_{2}O_{4}}不能完全电离出rm{H^{+}}则rm{c(H^{+})<1隆脕10^{-2}mol?L^{-1}}故A错误；

B.rm{V(NaOH)<10mL}时，溶液中溶质为rm{NaHC_{2}O_{4}}rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}当电离等于水解，溶液显示中性，则rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}结合电荷守恒可得：rm{c(Na^{+})=2c(C_{2}O_{4}^{2-})+c(HC_{2}O_{4}^{-}}rm{)}故B正确；

C.rm{V(NaOH)=10}rm{mL}时，溶液中溶质为rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}溶液显碱性，则rm{c(H^{+})<1隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}故C错误；

D.rm{V(NaOH)>10}rm{mL}时，溶液中溶质为rm{NaOH}rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}水解生成rm{HC_{2}O_{4}^{-}}则离子浓度为rm{c(Na^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})}故D错误；

故选B．

A.草酸是二元中强酸，rm{V(NaOH)=0}时，rm{NaHC_{2}O_{4}}不能完全电离出rm{H^{+}}

B.rm{V(NaOH)<10mL}时，溶液中溶质为rm{NaHC_{2}O_{4}}rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}若溶液为中性，结合电荷守恒可知rm{c(Na^{+})=2c(C_{2}O_{4}^{2-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})}

C.rm{V(NaOH)=10}rm{mL}时，溶液中溶质为rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}部分水解；溶液显示碱性；

D.rm{V(NaOH)>10}rm{mL}时，溶液中溶质为rm{NaOH}rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}溶液中rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-}).}

本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液中的溶质组成为解答的关键，并注意利用溶液中水解的程度及电离的程度、电荷守恒来分析解答．【解析】rm{B}5、A【分析】【解答】解：A．七水硫酸亚铁，俗称绿矾，化学式为FeS04•7H20；故A正确；

B．氢氧化钠俗称火碱；烧碱、苛性钠；化学式为NaOH，故B错误；

C．重晶石是钡的最常见矿物，它的成分为硫酸钡，化学式为BaSO4；故C错误；

D．C6Hl206存在同分异构现象；可能是葡萄糖也可能是果糖，故D错误；

故选A．

【分析】A．FeS04•7H20俗称绿矾；

B．氢氧化钠俗称火碱；烧碱、苛性钠；

C．重晶石是钡的最常见矿物；它的成分为硫酸钡；

D．C6Hl206存在同分异构现象．6、A【分析】【分析】本题以膦为载体考查了物质的结构、化学键等知识点，以氨气分子为例采用知识迁移的方法进行分析解答，注意结合基本概念分析，题目难度不大。【解答】A.rm{PH3}分子rm{P}原子最外层有rm{5}个电子，其中rm{3}个电子和rm{3}个rm{H}原子形成共用电子对，所以该物质中有rm{1}个未成键的孤对电子，故A正确；B.该分子为三角锥型结构，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故B错误；C.rm{PH3}中rm{P}为rm{-3}价；为最低价态，易失电子而作还原剂，所以一种强还原剂，故C错误；

D.同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键，所以rm{P-H}原子之间存在极性键；故D错误。

故选A。【解析】rm{A}7、D【分析】【分析】本题考查了晶体的各向异性，注意根据其概念来理解解答，题目难度不大。【解答】晶体各向异性的主要表现在物理性质特性不同；即硬度；导热性、导电性、光学性质等不同，故D正确；

故选D。

【解析】rm{D}8、D【分析】解：rm{A.}该有机物结构不对称，含rm{8}种位置的rm{H}原子，所以核磁共振波谱图中有rm{8}种峰；故A错误；

B.该有机物中不含苯环；则不属于芳香族化合物，故B错误；

C.由结构及球棍模型可知，rm{Et}代表rm{-CH_{2}CH_{3}}故C错误；

D.含rm{-OH}在一定条件下能与金属钠；乙酸发生反应，故D正确；

故选D．

A.该有机物结构不对称，含rm{8}种位置的rm{H}原子；

B.该有机物中不含苯环；

C.rm{Et}代表rm{-CH_{2}CH_{3}}

D.含rm{-OH}可发生取代反应．

本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物知识的综合应用，为高考常见题型，难度不大，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】试题分析：由题意结合关系图确定A为过氧化钠，B为碳酸钠，C为氢氧化钠，所以A→B化学方程式为2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2；由碳酸钠与盐酸反应的特点Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑两步消耗相同量的盐酸，所以确定图中O点的溶质为NaOH、Na2CO3；a点为3molNaCl和2molNaHCO3,离子浓度大小为c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；Ksp只受温度影响，所以不变，而c（SO42-）=Ksp（BaSO4）/c(Ba2+)=8.1×10-8.考点：钠的化合物。【解析】【答案】（1）2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2(3分)NaOH、Na2CO3(2分)c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)(3分)（2）不变(2分)；8.1×10-8(2分)10、略

【分析】【解析】【答案】A.甲酸甲酯B.甲酸钠C.甲酸D.甲醇E.甲醛11、Mn2+的催化作用|B【分析】【解答】解：对化学反应速率影响最快的是催化剂；故猜想还可能是催化剂的影响；

反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑中；浓度变化较大的为锰离子，所以选择的可以做催化剂的试剂应该含有锰离子，故只有B正确；

故答案为：Mn2+的催化作用；B．

【分析】影响反应速率的因素除了浓度、温度外，催化剂也影响反应速率；根据反应方程式可知，反应产物中锰离子随着反应的进行，浓度变化较大，反应前加入硫酸锰，根据反应速率大小判断锰离子是否在该反应中起到催化作用．12、略

【分析】【分析】

本题考查化学平衡的计算；为高频考点，把握化学平衡三段法；反应中量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意三段法应用，题目难度不大。

结合开始的量rm{=}转化的量rm{+}剩余的量计算。

【解答】

设rm{A}rm{B}的起始浓度为rm{x}rm{y}则。

rm{A(g)+B(g)?2C(g)}

开始rm{x}rm{y}rm{0}

转化rm{0.25}rm{0.25}rm{0.5}

rm{2min}rm{0.5}rm{0.75}rm{0.5}

rm{A}的起始浓度rm{x=0.25mol+0.5mol=0.75}rm{mol/L}rm{B}的起始浓度rm{y=0.25mol+0.75mol=1.0}rm{mol/L}

则rm{A}起始的物质的量为rm{0.75}rm{mol/L隆脕2}rm{L=1.5}rm{mol}rm{B}起始的物质的量为rm{1.0}rm{mol/L隆脕2}rm{L=2.0}rm{mol}

故答案为：rm{1.5}rm{2.0}

【解析】rm{1.5}rm{2.0}13、略

【分析】解：价电子构型为rm{3d^{10}4s^{2}}所以该元素的基态原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}根据电子排布式知，该原子含有rm{4}个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为rm{3d^{10}4s^{2}}属于第Ⅱrm{B}族元素，为rm{Zn}元素，位于周期表rm{ds}区；

故答案为：四；Ⅱrm{B}rm{ds}rm{Zn}．

价电子构型为rm{3d^{10}4s^{2}}应位于第rm{4}周期Ⅱrm{B}族；Ⅰrm{A}Ⅱrm{A}族最后填充rm{s}电子，为rm{s}区；Ⅲrm{A隆芦}零族为rm{p}区，第Ⅲrm{B隆芦}ⅤⅡrm{B}族和第ⅤⅢ为rm{d}区；Ⅰrm{B}和Ⅱrm{B}族为rm{ds}区，rm{Zn}元素位于周期表rm{ds}区．

本题考查元素周期表的结构、原子结构与位置关系、原子核外电子的排布等，题目难度中等，注意整体把握元素周期表，注意掌握原子核外电子的排布规律．【解析】四；Ⅱrm{B}rm{ds}rm{Zn}14、略

【分析】试题分析：（1）等物质的量的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，生成的盐溶液呈碱性说明该酸是弱酸，生成的盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液的pH值大于7，水解方程式为：A-+H2O⇌HA+OH-，故答案为：A-+H2O⇌HA+OH-；（2）该盐含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0．1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出的c（H+），故答案为：＞；（3）由电荷守恒可知，c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=10-6-10-8=9．9×10-7mol/L，故答案为：9．9×10-7；0．1mol/LHA溶液与0．1mol/LNaOH溶液等体积混合生成NaA溶液；测得混合溶液的pH=8，c（H+）=10-8mol/L；溶液显碱性，说明A-离子水解，溶液中存在质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HA），则c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-8mol/L；故答案为：10-8；（4）将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以（NH4）2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH＞7；（NH4）2SO4和NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中铵根离子浓度越大，水解程度越小，但水解的个数多，所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵；NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，所以溶液的pH值最大，则pH大小顺序为A＞B＞D＞C，故答案为：大于；A＞B＞D＞C．考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【解析】【答案】(1)A-+H2O⇌HA+OH-(2)＞（3）9．9×10-710-8（4）大于A＞B＞D＞C15、略

【分析】升温平衡常数增加，平衡向正反应方向移动，正反应方向为吸热反应。反应前后物质的量保持不变，压强和物质的量不是判断平衡状态的依据。a错误。混合气体浓度不变，可以判断。bc正确。c(CO2)=c(CO)不可以作为判断依据。依题意可知K=1温度为830。【解析】【答案】吸热、（3）bc、(4)83016、略

【分析】解：rm{(1)}升高温度；活化分子的百分数增大，反应速率增大，故答案为：加快；

rm{(2)}加入催化剂；反应速率加快，故答案为：加快；

rm{(3)}增大容器容积；浓度减小，反应速率减小，故答案为：减慢；

rm{(4)}加入rm{C}生成物的浓度增大，所以反应速率加快，故答案为：加快．

影响化学反应速率的因素有温度；浓度、压强、催化剂等；从改变外界条件对活化分子的浓度或百分数的影响角度分析化学反应速率的变化，以此解答该题．

本题考查外界条件对反应速率的影响，为高频考点，题目难度不大，注意外界条件对活化分子的影响，注重基础知识的积累．【解析】加快；加快；减慢；加快三、解答题(共9题，共18分)17、略

【分析】

（1）4g甲烷完全反应吸收51.5KJ热量，16g甲烷和水反应吸收热量为206KJ；反应的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206KJ/mol；

故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206KJ/mol；

（2）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-802kJ•mol-1；

②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206KJ/mol；

依据盖斯定律，①-②得到：CO（g）+3H2（g）+2O2（g）=CO2（g）+3H2O（g）△H=-1008KJ/mol；

合成气10m3物质的量==mol，结合热化学方程式可知，4mol一氧化碳和氢气完全燃烧放热放热1008KJ，所以mol，混合气体完全燃烧放出的热量==1.125×105KJ；

故答案为：1.125×105KJ；

（3）3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H＜0

①如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生；当反应达到平衡时：

A、容器中Fe2O3的质量不随时间而变化；说明反应达到平衡，故A符合；

B；平衡时；正逆反应都进行只是正反应速率和逆反应速率相同，故B不符合；

C、一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比和起始量有关，n（CO）：n（CO2）不一定为1：1；故C不符合；

D；反应是气体体积不变的反应；平衡时容器中气体的压强不随时间而变化，故D正确；

故答案为：AD；

②在一个容积为4L的密闭容器中，1000℃时加入4molCO（g）和足量Fe2O3（s）；反应2分钟后达到平衡，测得此时容器内气体的密度为40g/L，设反应的一氧化碳物质的量为x：

3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）

起始量（mol）40

变化量（mol）xx

平衡量（mol）4-xx

容器内气体的密度为40g/L：=40g/L计算得到x=3mol；

该时间范围内反应的平均反应速率υ（CO2）==0.375mol/L；

CO的平衡转化率=×100%=75%

该反应的化学平衡常数K===27；

故答案为：0.375mol/L75%27；

③起始量一氧化碳得到浓度为1mol/L；平衡时一氧化碳浓度为0.25mol/L；二氧化碳平衡浓度为0.75mol/L；如果在3分钟时向②的平衡体系中再加入2molCO（g）；其它条件不变，经过2分钟反应又达到平衡；平衡后一氧化碳转化率不变为75%，所以平衡后一氧化碳浓度为0，375mol/L；二氧化碳平衡浓度为1.125mol/L；结合时间画出图象为：

故答案为：

【解析】【答案】（1）依据题干条件计算4g甲烷物质的量；完全反应吸收51.5KJ热量，结合反应产物写出热化学方程式，注意物质的聚集状态和对应物质的量下的反应焓变计算；

（2依据盖斯定律结合热化学方程式计算得到一氧化碳和氢气燃烧放出的热量；

（3）①依据化学平衡的标志分析判断；实质是正逆反应速率相等；

②依据化学平衡的三段式列式计算；反应速率的概念；转化率概念、化学平衡常数概念；的计算应用；

③依据一氧化碳和二氧化碳随反应进行变化的量和平衡量分析画出；

18、略

【分析】

（1）1g氢气的物质的量是0.5mol，燃烧0.5mol氢气放出142.9kJ热量，所以燃烧1mol氢气放出285.8kJ热量，所以氢气的燃烧热化学反应方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ/mol；

（2）①氢氧燃料电池正极上氧气的电子发生还原反应生成OH-，电极反应式为：O2+2H20+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H20+4e-=4OH-；

②某一铜电极的质量减轻3.2g物质的量为0.05mol，电极反应为阳极发生氧化反应，Cu-2e-=Cu2+；则a极上是原电池的正极反应为：O2+2H20+4e-=4OH-，依据电子守恒得到：O2～2Cu，消耗的O2物质的量为0.025mol，在标准状况下的体积=0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故答案为：O2+2H20+4e-=4OH-；0.56；

（3）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ/mol；反应是放热反应；反应前后气体体积减小；

①依据反应速率与时间的关系图象分析，t1时正逆反应速率都增大，平衡正向移动，引起平衡移动的条件可能是增大压强；表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2-t3；若t-t1，t1-t3，t3-t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，平衡常数随温度变化，升高温度平衡左移，平衡常数减小，那么K1，K2，K3的大小关系是：K1=K2＞K3

②若在恒温；恒压条件下向平衡体系中通入氩气；为保持恒压，体积增大，平衡向逆向进行；催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应焓变不变；

温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%．则反应的平衡常数可以列出三段式计算平衡浓度；依据平衡常数概念计算：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH2（g）

开始2amol/L4amol/L0

反应amol/L3amol/L2amol/L

平衡amol/Lamol/L2amol/L

所以化学平衡常数K==（mol/L）-2；

故答案为：（mol/L）-2．

【解析】【答案】（1）根据热化学反应方程式的书写规则书写；注意不要漏写各物质的状态；

（2）①氢氧燃料电池正极发生还原反应；

②氢氧燃料电池是原电池；硫酸铜溶液铜电极电解；依据电子守恒计算；

（3）①根据图象分析影响平衡的因素；平衡常数随温度而变化；

②依据影响平衡的因素分析判断平衡移动；计算出平衡时各物质的；浓度，根据平衡常数表达式计算化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比．

19、略

【分析】

（1）根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2；升高温度氮气的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小，平衡常数K减小；

故答案为：减小；

（2）利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量；平衡时反应混合物各组分物质的量．

N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）；

起始（mol）：1050

反应（mol）：112

平衡（mol）：942

所以平衡常数k===

令N2转化的物质的量为xmol；则。

N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）；

起始（mol）：110

反应（mol）：xx2x

平衡（mol）：1-x1-x2x

所以=

解得x=N2的转化率为×100%=14.3%；

故答案为：（或0.11），（或14.3%）；

（3）设放出的热量为y．

将两个方程式CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ•mol-1、CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1160kJ•mol-1相加得：

2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1734kJ•mol-1

2mol1734KJ

1moly

y=867KJ

故答案为：867．

【解析】【答案】（1）根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2；升高温度氮气的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，根据反应物和生成物浓度的变化判断K的变化；

（2）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比，所以该反应平衡常数为k=利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量；平衡时反应混合物各组分物质的量；再求出平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；

令N2转化的物质的量为xmol；利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量；平衡时反应混合物各组分物质的量，再求出平衡浓度，代入平衡常数列方程，求出x值，再根据转化率定义计算．

（3）先将两个方程式相加得甲烷转化为氮气的方程式；根据甲烷和热量的关系计算放出的热量．

20、略

【分析】

（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）；则a为H，f为C，该分子为CH≡CH，则含2个C-Hσ键和1个C-Cσ键和2个π键；

故答案为：3；2；

（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3，空间结构为三角锥形，能以配位键形成银氨络离子，其化学式为[Ag（NH3）2]+；

故答案为：三角锥形；[Ag（NH3）2]+；配位；

（3）由图可知为硝酸的结构，含有-OH易与水分子之间形成氢键，且HNO3是极性分子；易溶于极性的水中，则易溶于水；

故答案为：HNO3中的-OH易与水分子之间形成氢键且HNO3是极性分子；易溶于极性的水中；

（4）氢键主要影响物质的熔沸点；使含氢键的物质的沸点高，故答案为：高．

【解析】【答案】（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）；则a为H，f为C，该分子为CH≡CH；

（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3；能以配位键形成银氨络离子；

（3）由图可知为硝酸的结构；含有-OH易形成氢键；

（4）氢键主要影响物质的熔沸点．

21、略

【分析】

（1）验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→性质检验装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，段导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；试验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性；因为湿润的有色布条有水分，所以D装置先连接C后连接B．

故答案为：a→i→j→g→f→e→d→b→c→h；

（2）浓盐酸有还原性；二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰；氯气和水．

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）浓盐酸有挥发性；浓盐酸中的水在加热的条件下变成水蒸气，所以氯气中混有氯化氢和水蒸气；

浓硫酸有吸水性；且不和氯气反应，所以可用浓硫酸干燥氯气；

氯气有毒；污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气．

氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以可用饱和的食盐水除去HCl气体．

故答案为：干燥Cl2；吸收多余的氯气；除去HCl气体；

（4）氯气能水反应，反应方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；C瓶中的成分是氯气，不能使有色布条褪色，B瓶中有次氯酸生成，使有色布条褪色；

故答案为：B中湿润的有色布条褪色Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；C中干燥的有色布条不褪色。

【解析】【答案】（1）根据实验发生装置→除杂装置→性质检验装置→尾气处理装置排序；

（2）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物；从而写出反应方程式；

（3）根据混合气体的成分及浓硫酸；氢氧化钠、饱和食盐水的性质分析；

（4）根据成分分析现象；根据现象得出结论．

22、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①为H，②为N，③为C，④为O，⑤为Al，⑥为S；⑦为Cl，⑧为Cu，⑨为Fe；

（1）由图可知⑨处于d区；Cu原子核外电子数为29，故Cu原子的外围电子排布3d104s1，故答案为：⑨；3d104s1；

（2））③和⑦形成的常见化合物为CCl4；属于分子晶体；同周期元素从左到右的非金属性逐渐增强，电负性增强，故电负性O＞N＞C；

故答案为：分子晶体；O；N；C；同周期元素从左到右的非金属性逐渐增强；

（3）元素的特征电子排布式（价电子排布式）为nsnnpn+1，则n=2，故为2s22p3；为N元素，为表中②；

氨气和水都是极性分子；氨气和水分子之间可以形成分子间氢键，故氨气极易溶于水；

故答案为：②；氨气和水都是极性分子；氨气和水分子之间可以形成分子间氢键；

（4）NH3和Cu2+之间以配位键结合，SO42-和配离子之间以离子键结合，故形成的配合物为[Cu（NH3）4]SO4；

故答案为：[Cu（NH3）4]SO4；NH3和Cu2+之间以配位键结合，SO42-和配离子之间以离子键结合；

（5）②、③形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型无机非金属材料为C3N4，属于原子晶体，C-N键长小于金刚石中C-C键长，故C-N更稳定，C3N4的硬度比金刚石大；

故答案为：C3N4；大．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知；①为H，②为N，③为C，④为O，⑤为Al，⑥为S；⑦为Cl，⑧为Cu，⑨为Fe；

（1）由图可知⑨处于d区；根据核外电子排布规律书写Cu的外围电子排布；

（2））③和⑦形成的常见化合物为CCl4；属于分子晶体；

同周期元素从左到右的非金属性逐渐增强；电负性增强；

（3）元素的特征电子排布式（价电子排布式）为nsnnpn+1，则n=2，故为2s22p3；为N元素；

根据形似相溶与氢键分析氨气极易溶于水；

（4）铜离子与氨分子形成配位键，故形成的配合物为[Cu（NH3）4]SO4；

（5）②、③形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型无机非金属材料为C3N4；根据键长分析判断与金刚石的硬度大小．

23、略

【分析】

（1）试管A吸水质量增加2.16g，为生成水的质量，水的物质的量==0.12mol；含H0.24mol；

碱石灰吸CO2增加9.24g，即生成二氧化碳的物质的量==0.21mol；

该有机物物质的量为==0.03mol；

所以有机物分子中，N（C）==7；

N（H）==8；

N（O）==1；

所以有机物的分子式为：C7H8O；

答：有机物的分子式为C7H8O；

（2）若该有机物属于芳香族化合物，含有1个苯环，C7H8O的不饱和度==4，侧链不含不饱和键，若只有1个侧链，则为-CH2OH或-OCH3，若侧链有2个，为-OH、-CH3，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的有机物的结构简式为：

答：符合条件的有机物的结构简式为．

【解析】【答案】（1）A管质量增加了2.16g为生成水的质量，B管质量增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据n=计算有机物；水、二氧化碳的物质的量；根据原子守恒计算有机物分子中N（C）、N（H），再根据有机物的相对分子质量计算分子中N（O），据此解答；

（2）若该有机物属于芳香族化合物；含有苯环，结合有机物的分子式书写可能的结构．

24、略

【分析】

（1）通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁做电解池阴极，银做阳极，电解质溶液是硝酸银溶液，所以原理是电镀原理，阴极电极反应为：Ag++e-=Ag；阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，故答案为：Ag++e-=Ag；Ag-e-=Ag+；

（2）甲烧杯中和铁连接的为阳极，左边的碳棒是阴极，电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，电池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（3）甲中阴极电极反应为2Cu2++4e-=2Cu，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑；乙池中电极反应，阳极电极反应为4Ag-4e-=4Ag+；阴极电极反应为4Ag++4e-=4Ag；依据电子守恒计算得到；由左到右碳-碳-铁-银四个是极上析出或溶解物质的物质的量之比是2：1：4：4，故答案为：2：1：4：4．

【解析】【答案】（1）装置是电解池；通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁做电解池阴极，银做阳极；

（2）甲烧杯中和铁连接的为阳极；左边的碳棒是阴极，电解硫酸铜溶液生成铜；氧气和硫酸；

（3）阳极电极反应和电子守恒计算电极产物或电解溶解的物质的量．

25、略

【分析】

（1）根据碳可形成4对共用电子对，可知正四面体烷的分子式为C4H4；分子中只有1种H原子，每个C原子上只有1个H原子，二氯代产物只有一种．

故答案为：C4H4；1；

（2）A、正四面体烷与苯不含不饱和键，不能不能使酸性KMnO4溶液褪色；故A错误；

B；乙烯基乙炔、环辛四烯含有不饱和键；具有不饱和烃的性质，苯能与氢气加成，故B正确；

C；乙烯基乙炔分子中含有碳碳双键、碳碳三键两种官能团；故C正确；

D；乙烯基乙炔分子中乙烯基中其中1个不饱和的C原子上连接2个H原子；不存在顺反异构，故D错误；

故选：BC；

（3）乙烯基乙炔分子中含有一个碳碳双键；一个碳碳三键；C=C为平面结构、C≡C为直线型结构，C=C双键中的与C≡C相邻的C原子处于乙炔中H原子的位置，故有4个原子原子共线，所有原子处于同一平面，故答案为：4；8；

（4）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，故含有1个侧链为-CH=CH2，属于芳香烃的同分异构体的结构简式

故答案为：．

【解析】【答案】（1）根据碳可形成4对共用电子对，可知正四面体烷的分子式为C4H4；分子为正四面体对称结构，分子中只有1种H原子；每个C原子上只有1个H原子；

（2）A；正四面体烷与苯不含不饱和键；

B；乙烯基乙炔、环辛四烯含有不饱和键；具有不饱和烃的性质，苯能与氢气加成；

C；每个乙烯基乙炔分子中含有碳碳双键、碳碳三键；

D；C=C双键中每个不饱和的C原子上连接不同的基团或原子具有顺反异构；

（3）乙烯基乙炔分子中含有一个碳碳双键；一个碳碳三键；根据C=C双键的平面结构与C≡C三键直线型解答；

（4）环辛四烯的分子式为C8H8，不饱和度为5，属于芳香烃的同分异构体，含有1个苯环，侧链不饱和度为1，故含有1个侧链为-CH=CH2．

四、计算题(共2题，共18分)26、略

【分析】【解析】试题分析：【解析】

浓硝酸与铜反应生产了二氧化氮和硝酸铜和水，硝酸中氮元素被还原为二氧化氮和一氧化氮，所以生成X气体时被还原的氮元素的克数为：②由题可以知道，铜剩余，所以在反应过程中硝酸的浓度越来越稀，所以反应的产物为二氧化氮和一氧化氮的混合物，设二氧化氮的体积为a，则一氧化氮为V1–a，而二氧化氮与水的反应为:3NO2＋H2O=2HNO3＋NO31ab3/1=a/b，b=1/3a，所以V1–a+1/3a=V2，故a=(3V1-3V2)/2，即NO2的物质的量为：(3V1-3V2)/44.8molNO的物质的量为：(3V2-V1)/44.8mol(2)①该反应为：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4==4CuSO4+2NO↑+4H2O；②因为溶液中只剩下一种盐，硝酸铜恰好与铜完全反应，故原来的a：c=（3+1）：3=4：3；硝酸跟的物质的量n=a/128根据物料守恒可以知道硝酸的物质的量为N元素的物质的量，故硝酸的物质的量n=(3V1-3V2)/44.8+(3V2-V1)/44.8+a/128=（V1/22.4+a/128）mol；所以浓硝酸的浓度c=考点：硝酸与金属反应【解析】【答案】①②NO2:(3V1-3V2)/44.8NO:(3V2-V1)/44.8（各2分）(2)①3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4==4CuSO4+2NO↑+4H2O;②4:3;27、略

【分析】【解析】【答案】（1）甲烷丙烯（2）1：3（3）略五、简答题(共1题，共5分)28、略

【分析】解：rm{(1)0.01mol?L^{-1}HA}溶液的rm{pH=2}说明rm{HA}完全电离为强酸，rm{100mL0.01mol?L^{-1}HA}溶液中逐滴加入rm{0.02mol?L^{-1}MOH}溶液，当rm{MOH}体积为rm{51mL}时，为中性，则碱过量时为中性，说明二者恰好反应时为酸性，所以rm{M^{+}}水解显酸性，即rm{MOH}为弱碱；

故答案为：弱；

rm{(2)MA}属于强酸弱碱盐，水解显示酸性，rm{M^{+}}离子结合水电离的氢氧根离子生成了rm{MOH}水解离子方程式为：rm{M^{+}+H_{2}O?MOH+H^{+}}水电离的氢氧根离子等于溶液中氢离子的浓度，即rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}

故答案为：rm{M^{+}+H_{2}O?MOH+H^{+}}rm{1隆脕10^{-5}}

rm{(3)}由于在rm{K}点，rm{MOH}的物质的量远远大于rm{HA}的物质的量，溶液显示碱性，所以溶液中浓度大小关系为：rm{c(M^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

故答案为：rm{c(M^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

rm{(4)K}点时，加入的rm{MOH}的物质的量rm{=0.02mol?L^{-1}隆脕0.1L=0.002mol}混合溶液的体积是rm{0.2L}根据物料守恒知，rm{c(M^{+})+c(MOH)=dfrac{0.002mol}{0.2L}=0.01mol/L}

rm{c(M^{+})+c(MOH)=dfrac

{0.002mol}{0.2L}=0.01mol/L}是强酸，所以反应后的溶液中，rm{c(A^{-})=dfrac{1}{2}隆脕0.01mol?L^{-1}=0.005mol?L^{-1}}故rm{HA}

根据电荷守恒可得：rm{c(A^{-})=dfrac

{1}{2}隆脕0.01mol?L^{-1}=0.005mol?L^{-1}}

由rm{c(M^{+})+c(MOH)=2c(A^{-})}可得rm{c(H^{+})+c(M^{+})=c(A^{-})+c(OH^{-})}带入电荷守恒公式可得：rm{c(M^{+})+c(MOH)=0.01mol/L}

整理可得：rm{c(M^{+})=0.01mol/L-c(MOH)}

故答案为：rm{c(H^{+})+0.01mol/L-c(MOH)=c(A^{-})+c(OH^{-})}rm{c(MOH)+c(OH^{-})=c(H^{+})+0.01mol/L-c(A^{-})=10^{-10}mol/L+0.01mol/L-0.005mol?L^{-1}隆脰0.005mol?L^{-1}}．

rm{=}溶液的rm{0.005}说明rm{(1)0.01mol?L^{-1}HA}完全电离为强酸，rm{pH=2}溶液中逐滴加入rm{HA}溶液，当rm{100mL0.01mol?L^{-1}HA}体积为rm{0.02mol?L^{-1}MOH}时；为中性，则碱过量；

rm{MOH}写出rm{51mL}离子水解的离子方程式；盐溶液中水电离的氢氧根离子就等于溶液中的氢离子浓度；

rm{(2)}点rm{M^{+}}的物质