2024年沪科版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版高二化学上册月考试卷949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、下列离子检验方法和结论相符的一组是（）

。序号检验方法结论A向一种未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成未知溶液中一定含有SO42-B向一种未知溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色未知溶液中不含Fe2+C向一种未知溶液中加入盐酸酸化，然后再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成未知溶液中一定含有Cl-D向一种未知溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体不能确定未知溶液中一定含有CO32-

A.A

B.B

C.C

D.D

2、已知草酸为二元中强酸，具有较强还原性，草酸氢钠rm{(NaHC_{2}O_{4})}水溶液呈酸性，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.草酸与氢氧化钠溶液混合呈中性时，溶液中存在：rm{c(Na^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{隆陋})+c(C_{2}O_{4}^{2隆陋})}B.rm{c(Na^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{隆陋})+

c(C_{2}O_{4}^{2隆陋})}与rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液混合，反应的离子方程式为：rm{HC_{2}O_{4}^{隆陋}+ClO^{隆陋}=HClO+C_{2}O_{4}^{2隆陋}}C.草酸铵溶液中：rm{c(NH_{4}^{+})=2c(H_{2}C_{2}O_{4})+2c(HC_{2}O_{4}^{隆陋})+2c(C_{2}O_{4}^{2隆陋})}D.草酸使酸性rm{NaClO}溶液褪色，离子方程式为：rm{5H_{2}C_{2}O_{4}+2MnO_{4}^{隆陋}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{HC_{2}O_{4}^{隆陋}+ClO^{隆陋}=HClO+

C_{2}O_{4}^{2隆陋}}3、下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.除去rm{MgCl_{2}}溶液中少量的rm{FeCl_{3}}可选用rm{MgCO_{3}}B.等物质的量浓度的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液和rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液中rm{NH_{4}^{+}}的浓度前者大于后者C.rm{NaHS}溶液中，滴入少量rm{CuCl_{2}}溶液，产生黑色沉淀，rm{HS^{-}}的水解程度增大，rm{pH}增大D.用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹4、下列关于乙烯说法正确的是A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液及溴的四氯化碳溶液褪色原理相同B.工业利用乙烯水化法制乙醇，是发生了取代反应C.水果运输中为延长果实成熟期，常在车厢里放置浸泡过rm{KMnO_{4}}溶液的硅藻土D.乙烯在空气中燃烧，发生火焰明亮并带有浓烟的火焰5、0.1mol/LK2CO3溶液中，若要使c(CO32－)更接近0.1mol/L，可采取的措施是A.加入少量盐酸B.加KOH固体C.加水D.加热6、现有反应S2Cl2(l)＋Cl2(g)2SCl2(l)ΔH＝－50.16kJ·mol－1(橙黄色)(鲜红色)在密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是()A.温度不变，增大容器的体积，S2Cl2的转化率降低B.温度不变，缩小容器体积，液体的颜色加深C.压强不变，升高温度，液体的颜色变浅D.体积不变，降低温度，氯气的转化率降低7、改变外界条件可以影响化学反应速率，对反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，其中能使活化分子百分数增加的是：①升高体系的温度②增加反应物浓度③增大气体的压强④使用催化剂A.①③B.①④C.②③D.③④评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、(8分)下列三种有机物中：A．CH3COOHB．SiO2C．C2H5OHD.饱和Na2CO3溶液（1）水溶液显酸性且是食醋的主要成分是____（填编号，下同）。（2）制造光导纤维的原材料是___________。（3）湘西名酒酒鬼酒的主要成分是____。（4）用于除去乙酸乙酯中的乙酸是。9、简答题(7分)t℃时，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，ΔH=-196.6kJ/mol。2min时反应达到化学平衡，此时测得反应物O2还剩余0.8mol，请填写下列空白：（1）从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率为；平衡时SO2浓度为；（2）下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)；A．容器内气体的总压强不再发生变化B．SO2的体积分数不再发生变化C．容器内气体原子总数不再发生变化D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO­2E．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO­210、(9分)已知B是常见金属单质，E为常见非金属单质，H常温下为无色液体。根据下列关系，试回答：⑴L的化学式：F的电子式：。⑵反应①的离子方程式：。⑶反应②，工业上采取的反应条件：。⑷每生成1molK，反应放出98.3kJ热量，该反应的热化学方程式为：。11、某无色溶液中可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42-，HCO3-等离子；当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示．

请回答下列问题：

（1）ab段生成沉淀的化学方程式：______；

（2）cd段沉淀减少的反应方程式：______；

（3）简述bc段沉淀物质的量不变的原因：______；

（4）原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为______．12、（11分）研究燃料的燃烧和对污染气体产物的无害化处理，对于防止大气污染有重要意义。（1）将煤转化为清洁气体燃料：已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H=−241．8kJ/molC(s)+1/2O2(g)=CO(g)H=−110．5kJ/mol写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式____。（2）一定条件下，在密闭容器内，SO2被氧化成SO3的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=−akJ/mo1，在相同条件下要想得到2akJ热量，加入各物质的物质的量可能是A．4mo1SO2和2molO2B．4molSO2、2mo1O2和2molSO3C．4molSO2和4mo1O2D．6mo1SO2和4mo1O2（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化：①已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)H＞0在一定温度下的定容密闭容器中，能说明此反应已达平衡的是A．压强不变B．混合气体平均相对分子质量不变C．2v正(N2)＝v逆(NO)D．N2的体积分数不再改变②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)H＞0，简述该设想能否实现的依据____。（4）燃料CO、H2在一定条件下可以相互转化：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。在420℃时，平衡常数K=9。若反应开始时，CO、H2O的浓度均为0．1mol/L，则CO在此反应条件下的转化率为。13、（6分）室温时，向1L0.01mol/L的硫酸氢钠溶液中，滴入等体积的0.01mol/L的Ba(OH)2溶液后，加水稀释到10L，所发生反应的离子方程式为______________________，此时溶液的pH=__________；若向1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中逐滴加入1L0.1mol/LBa(OH)2溶液至溶液呈中性，此时发生反应的离子方程式______________________。14、冶炼金属常用以下几种方法：①以C或CO、H2作还原剂还原；②电解法；③热分解法；现冶炼下列金属Al；Fe、Hg，试标明适宜的冶炼方法（填序号）：

Al______Fe______Hg______．15、现有下列物质；用编号填空回答下列各问：

A.冰rm{B.}金刚石rm{C.}氩rm{D.}晶体硅rm{E.}过氧化钠rm{F.}二氧化硅rm{G.}氯化铵。

rm{垄脜}通过非极性键形成的晶体是______．

rm{垄脝}固态时属于分子晶体的是______．

rm{垄脟}属于分子晶体；且存在分子间氢键的是______．

rm{垄脠}属于原子晶体的是______．

rm{垄脡}含有非极性键的离子化合物是______．

rm{垄脢}含有离子键、共价键、配位键的化合物是______．16、已知rm{2SO_{2}(g){+}O_{2}(g){?}2SO_{3}(g){triangle}H{=-}a}rm{2SO_{2}(g){+}O_{2}(g){?}2SO_{3}(g){triangle

}H{=-}a}rm{kJ{/}mol}在一个装有催化剂的rm{(a{>}0)}的密闭容器中加入rm{2L}rm{2mol}和rm{SO_{2}}rm{1mol}在rm{O_{2}}时充分反应，rm{T{隆忙}}后达平衡状态，测得容器内气体压强为起始压强的rm{10s}放出热量为rm{5{/}6}rm{b}．

rm{kJ}计算：rm{(1)}内该反应的平均速率rm{10s}______，平衡常数rm{v(O_{2}){=}}______．

rm{K{=}}比较rm{(2)}______rm{a}填“rm{b(}”“rm{{>}}”或“rm{{=}}”，下同rm{{<}}已知rm{)}时，该反应的平衡常数rm{T_{1}{隆忙}}由此可推知，rm{K{=}16}______rm{T_{1}}

rm{T}若在原来的容器中，只加入rm{(3)}rm{2mol}时充分反应达平衡后，吸收热量为rm{SO_{3}{,}T{隆忙}}rm{c}则rm{kJ}rm{a}rm{b}之间满足何种关系______rm{c}用代数式表示rm{(}．

rm{)}若相同条件下，向上述容器中分别通入rm{(4)}rm{x}rm{mol}rm{SO_{2}}rm{(g)}rm{y}rm{mol}rm{O_{2}}rm{(g)}rm{z}rm{mol}rm{SO_{3}}欲使达到新平衡时容器内气体压强仍为起始压强的rm{(g)}．

rm{dfrac{5}{6}}rm{{垄脵}x}rm{y}必须满足的关系是______；______；

rm{z}欲使起始时反应表现为向正反应方向进行，则rm{{垄脷}}的取值范围是______．

rm{x}将上述容器改为恒压容器rm{(5)}反应前体积相同rm{(}起始时加入rm{)}rm{2mol}和rm{SO_{2}}rm{1mol}时充分反应达平衡后，放出热量为rm{O_{2}{,}T{隆忙}}rm{d}则rm{kJ}______rm{d}填“rm{b(}”“rm{{>}}”或“rm{{=}}”rm{{<}}．rm{)}评卷人得分三、推断题(共6题，共12分)17、室温时10mL某气态烃与过量氧气混合，完全燃烧后的产物通过浓硫酸，再恢复到室温，气体体积减少了30mL，剩余气体再通过苛性钠溶液，体积又减少了30mL．求气态烃的分子式及结构简式．18、分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B．将A氧化最终可得C，且B和C为同系物．若C可发生银镜反应，则原有机物的结构简式为（）A.HCOOCH2CH2CH3B.CH3COOCH2CH3C.CH3CH2COOCH3D.HCOOCH（CH3）219、rm{M}是一种重要材料的中间体，结构简式为：合成rm{M}的一种途径如下：

rm{A隆芦F}分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去。已知：rm{垄脵Y}的核磁共振氢谱只有rm{1}种峰；rm{垄脷}rm{垄脹}两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，易脱水；请同答下列问题：rm{(1)Y}的结构简式是___________，rm{D}中官能团的名称是_____________。rm{(2)}步骤rm{垄脵}的反应类型是________________。rm{(3)}步骤rm{垄脹}的化学方程式为_____________。，rm{(4)}步骤rm{垄脽}的化学反应方程式是_________________。rm{(5)M}经催化氧化得到rm{X(C_{11}H_{12}O_{4})}rm{X}的同分异构体中同时满足下列条件的结构简式为_____________。rm{a.}苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯代物有rm{2}种rm{b.}水解只生成芳香醇和二元酸，且二元酸的核磁共振氢谱只有rm{2}种峰20、有机物F（C21H20O6）在临床医学上具有预防肿瘤的作用；其合成路线如下：其中反应③中反应物的原子利用率为100%．

已知：

（1）

（2）

（3）

请回答下列问题：

（1）B中含有的官能团名称是______．③的反应类型为______

（2）反应①的化学方程式是______．反应④的化学方程式是______．

（3）E的结构简式是______．F的结构简式是______．

（4）E的同分异构体中，同时符合下列两个条件的共有______种，其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为______．

①苯环上的一取代物只有2种；

②1mol该物质与足量NaOH溶液反应时，反应消耗3molNaOH．21、已知rm{A}是一种能使溴水褪色的气态烃，在标准状况下rm{A}的密度为rm{1.25g隆陇L^{-1}}由rm{A}经下列变化，可制得有机物rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}

回答下列问题：rm{(1)}下列物质中与rm{B}互为同分异构体的是____rm{垄脵CH_{3}CH_{3;;;;;;;;;;;;;;;}垄脷CH_{3}OCH_{3;;;;;;;;;;;;;;;;;;}垄脹CH_{3}OH}rm{垄脺CH_{3}CHO}rm{A}物质的分子式是____，rm{E}物质中官能团的名称是____；rm{(2)F}的结构简式是____，由rm{A}生成rm{F}的反应类型是____；rm{(3)}写出下列转化的化学方程式：rm{A隆煤B}____；rm{B+E隆煤CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}____。rm{B+E隆煤

CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}22、法国化学家rm{V.Grignard}所发明的rm{Grignard}试剂rm{(}卤代烃基镁rm{)}广泛运用于有机合成rm{.Grignard}试剂的合成方法是：rm{RX+Mgxrightarrow{{脪脪脙脩}}RMgX(Grignard}试剂rm{RX+Mg

xrightarrow{{脪脪脙脩}}RMgX(Grignard}生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物rm{).}醛、酮等rm{(}发生反应；再水解就能合成各种指定结构的醇：

现以rm{)}丁烯和必要的无机物为原料合成rm{2-}rm{3}二甲基rm{4-}己醇，进而合成一种分子式为rm{-3-}的具有六元环的物质rm{C_{10}H_{16}O_{4}}合成线路如下，rm{J}的一氯代物只有rm{H}种．

请按要求填空：

rm{3}中官能团的名称为______；rm{(1)D}的结构简式是______．

rm{F}的反应类型是______，rm{(2)C+D隆煤E}的反应类型是______；

rm{F隆煤G}写出下列化学反应方程式rm{(3)}有机物请用结构简式表示rm{(}

rm{)}______；

rm{A隆煤B}______；

rm{I隆煤J}化合物rm{(4)}在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为______．rm{G}评卷人得分四、其他(共4题，共32分)23、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。24、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。25、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。26、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)27、苯甲酸乙酯是一种无色透明液体、能与乙醇、乙醚混溶，不溶于水rm{.}用于配制香水香精和人造精油，其制备原理如下：rm{+C_{2}H_{5}OHoverset{H_{2}SO_{4}}{rightleftharpoons}}rm{+C_{2}H_{5}OH

overset{H_{2}SO_{4}}{rightleftharpoons}}

已知：

。rm{+H_{2}O}物质颜色状态密度rm{/g?cm^{-3}}熔点rm{/隆忙}沸点rm{/隆忙}苯甲酸rm{*}白色固体rm{1.2659}rm{122}rm{249}苯甲酸乙酯无色液体rm{1.05}rm{-34.6}rm{212.6}乙酸无色液体rm{1.0492}rm{16.6}rm{117.9}乙醇无色液体rm{0.789}rm{-117.3}rm{78.5}乙酸乙酯无色液体rm{0.894-0.898}rm{-83.6}rm{77.1}乙醚无色液体rm{0.713}rm{-116.3}rm{34.6}rm{*}苯甲酸在rm{100隆忙}会迅速升华．

rm{(1)}如图rm{1}为课本上制取乙酸乙酯的实验装置图；请回答下列问题：

rm{垄脵}乙醇；乙酸和浓硫酸混合的先后顺序______；

rm{垄脷}浓硫酸的作用是______；

rm{垄脹}实验开始前在饱和碳酸钠加入酚酞；溶液会变红，随着乙酸乙酯的蒸出，红色会变浅，但是无气体产生，请写出发生该变化的离子反应方程式______；

rm{(2)}按照图rm{2}所示装置制备苯甲酸乙酯．

rm{垄脵}制备：在圆底烧瓶中加入rm{12.20g}苯甲酸、rm{25mL}乙醇rm{(}过量rm{)}rm{4mL}浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图rm{2}所示连接好仪器，其中分水器的作用是分离出反应生成的水，控制温度加热回流rm{2h}．

rm{a.}实验中使用分水器不断分离除去水的目的是______；

rm{b.}从提供的分析实验室制取苯甲酸乙酯为什么不使用制取乙酸乙酯一样的装置？______；

rm{垄脷}产品的提纯。

将圆底烧瓶中的残液倒入盛有冷水的烧瓶中，分批加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液呈中性；用分液漏斗分出有机层得粗产品rm{.}水层用rm{25mL}乙醚萃取分液，醚层与粗产品合并；在粗产品加入无水氯化钙后，静置、过滤，过滤液进行蒸馏，蒸出乙醚后，继续升温，接收rm{210隆芦213隆忙}的馏分；产品经检验合格，测得产品体积为rm{6mL}．

rm{c.}在该实验分液过程中，产物应该从分液漏斗的______rm{(}填“上口倒出”可“下口倒出”rm{)}

rm{d.}该实验中苯甲酸乙酯的产率为______；

rm{e.}若加入的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液不足，在之后的蒸馏时烧瓶内会出现白烟生成，产生该现象的原因______．评卷人得分六、有机推断题(共4题，共16分)28、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．29、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．30、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。31、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】

A．向一种未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是AgCl或BaSO4沉淀，溶液中可能含有Cl-或SO42-离子；故A错误；

B．向一种未知溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe3+与SCN-反应生成红色物质，必存在Fe3+，但Fe2+与SCN-不反应，不能肯定Fe2+的存在与否；故B错误；

C．先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀．加入的盐酸也会生成沉淀，溶液中不一定含有大量的Cl-；故C错误；

D．CO32-和HCO3-都能与HCl反应生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，所以不能判断出是否含有CO32-；故D正确；

故选D．

【解析】【答案】A．向一种未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是AgCl或BaSO4沉淀；

B．Fe3+与SCN-反应生成红色物质，但Fe2+与SCN-不反应；

C．加入的盐酸也会与硝酸银反应生成氯化银沉淀；

D．可能为HCO3-；

2、D【分析】【分析】本题考查了离子方程式的书写；明确强酸制备弱酸的规律；次氯酸根的强氧化性、溶液中存在的守恒规律是解题关键，题目难度中等。

【解答】A.中性时是rm{NaHC_{2}O_{4}}和rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}的混合物，由电荷守恒知rm{c(H^{+})+C(Na^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}rm{+c(OH^{-})}由于溶液呈中性，所以rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}则rm{c(Na^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}故A错误；

B.rm{NaHC_{2}O_{4}}与rm{NaClO}溶液混合，反应的离子方程式为：rm{HC_{2}O_{4}^{-}+ClO^{-}=HCO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+Cl^{-}}故B错误；

C.rm{NH_{4}^{+}}也会水解，依据原子守恒可知：rm{c(NH_{3}隆陇H_{2}O)+c(NH_{4}^{+})=2}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})+2}rm{c(HC_{2}O_{4}^{-})+2}rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}故C错误；

D.草酸使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色，离子方程式为：rm{5H_{2}C_{2}O_{4}+2MnO_{4}^{-}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}故D正确；

故选：rm{D}

【解析】rm{D}3、C【分析】解：rm{A}rm{FeCl_{3}}易水解生成氢氧化铁，加入rm{Mg(OH)_{2}}粉末、rm{MgO}或rm{MgCO_{3}}调节溶液的rm{pH}促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故A正确；

B、rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用，所以等物质的量浓度的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液和rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液中rm{NH_{4}^{+}}的浓度前者大于后者；故B正确；

C、在rm{NaHS}溶液中存在rm{HS^{-}?H^{+}+S^{2-}}加入rm{CuCl_{2}}溶液铜离子与硫离子结合生成硫化铜，导致硫离子浓度减少，促进电离，氢离子的浓度增大，溶液的rm{PH}减小；故C错误；

D；饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故D正确；

故选C．

A、rm{FeCl_{3}}易水解生成氢氧化铁，加入rm{Mg(OH)_{2}}粉末、rm{MgO}或rm{MgCO_{3}}调节溶液的rm{pH}促进铁离子的水解，且不引入新的杂质；

B、rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解起促进作用；

C、在rm{NaHS}溶液中存在rm{HS^{-}?H^{+}+S^{2-}}加入rm{CuCl_{2}}溶液铜离子与硫离子结合生成硫化铜；导致硫离子浓度减少，促进电离；

D；饱和氯化铵溶液显酸性．

本题主要考查了除杂，盐类的水解、电离平衡的移动等知识，综合性强，但比较容易，学生注意除杂时不能引入新杂质．【解析】rm{C}4、C【分析】【分析】本题主要考查的是乙烯的性质与用途，难度不大，属于基础有机物的考查，掌握好乙烯的性质是解答本题的关键。【解答】A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是被高锰酸钾氧化了；乙烯使溴水褪色是发生了加成反应，故A错误；B.工业利用乙烯水化法制乙醇，是乙烯和水发生了加成反应，故B错误；C.因为乙烯具有催熟的作用，因此放置浸泡过rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}D.乙烯在空气中燃烧，火焰明亮伴有黑烟，不是含有浓烟，故D错误。故选C。溶液的硅藻土可以吸收乙烯，延长果实的成熟期，故C正确；【解析】rm{C}5、B【分析】试题分析：如果要使c（CO32-）更接近于0.1mol/L，抑制碳酸根离子水解的条件即可。A、加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳，碳酸根离子浓度减小，故A错误；B、加入水稀释会导致溶液中离子浓度减小，故B错误；C、解热会刺激碳酸根离子水解，导致离子浓度减小，故C错误；D、加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，使得碳酸根浓度接近0.1mol/L，故D正确．故选D．考点：影响盐的水解的因素【解析】【答案】B6、D【分析】【解析】试题分析：该反应时体积减小的、放热的可逆反应。温度不变，增大容器的体积，压强降低，反应向逆反应方向移动，S2Cl2的转化率降低，A正确；温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，所以液体的颜色加深，B正确；压强不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以液体的颜色变浅，C正确；体积不变，降低温度，平衡向正反应方向移动，氯气的转化率增大，D不正确，答案选D。考点：考查外界条件对平衡状态的影响【解析】【答案】D7、B【分析】试题分析：①、升高温度，活化分子百分数增多，正确；②增加反应物浓度就增加了单位体积的活化分子的数目，从而增加有效碰撞，反应速率增加，但活化分子百分数是不变的，错误；③对于有气体参与的化学反应，其他条件不变时（除体积），增大压强，即体积减小，反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数是不变的，错误；④催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，活化分子百分数增多，正确；选B。考点：考查化学反应中能量转化的原因。【解析】【答案】B二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】考查常见物质得用途。【解析】【答案】(1)A(2)B(3)C(4)D9、略

【分析】试题分析：（1）还剩余0.8mo1氧气可知：反应消耗0.4molSO2和0.2molO2，生成0.4molSO3，其中三氧化硫的浓度是0.4mol÷2L＝0.2mol/L，所以三氧化硫的反应速率为v（SO3）＝0.2mol/L÷2min＝0.1mol•L-1•min-1，SO2转化率＝×100%＝20%，故答案为：0.1mol•L-1•min-1；20%；（2）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则A．容器内压强不再发生变化，该反应两边气体体积不相等，反应过程中压强是变量，压强不变，该反应达到了平衡状态，故A正确；B．SO2的体积分数不再发生变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C．容器内气体原子总数不再发生变化，根据原子守恒，原子总数始终不变，所以原子总数不能作为判断平衡状态的依据，故C错误；D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2，都是指的是正反应方向，因此不能作为判断平衡状态的依据，故D错误；E．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO2，相同时间内消耗2nmolSO2等效于消耗nmolO2，同时生成nmolO2，正反应速率等于逆反应速率，故E正确，故答案：ABE。考点：考查反应速率和转化率计算以及平衡状态判断【解析】【答案】（1）0.1mol/(L·min)(2分)；0.2mol/L(2分)；（2）ABE(3分)10、略

【分析】试题分析：（1）L是蓝色沉淀，M的焰色反应是黄色，H常温下为无色液体，判断H是水；说明A、F中含有Na、Cu元素，所以B是Na或是Cu；A、F与水反应生成钠的化合物、蓝色沉淀及E，判断E是氧气，将Cu代入，不符合题意，所以B是Na，F是过氧化钠；C与D加热反应生成3种物质，I与氧气反应的产物K与水反应又得C，所以A是硫酸铜溶液，过氧化钠与水反应生成氧气和氢氧化钠，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，所以L是Cu（OH）2，过氧化钠的电子式为（2）则反应①是电解硫酸铜的离子方程式，答案为2Cu2++2H2O2Cu↓+O2↑+4H+（3）铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫、水、硫酸铜，二氧化硫在常压、催化剂、400-500ºC时与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成C硫酸；（4）每生成1molSO3，反应放出98.3kJ热量，该反应的热化学方程式为SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)△H=-98.3kJ/mol。考点：考查物质的推断，化学式、电子式、离子方程式、热化学方程式的书写，反应条件的判断【解析】【答案】⑴Cu(OH)2⑵2Cu2++2H2O2Cu↓+O2↑+4H+⑶常压，催化剂，400－500oC⑷SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)；△H＝－98.3kJ/mol11、略

【分析】解：加入NaOH溶液后，在0-a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3-离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3-和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；a-b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Al3+；

根据c-d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH-～AlO2-可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，另一种离子为Mg2+；

b-c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+．所以溶液中一定含有n（H+）、n（Al3+）、n（NH4+），n（SO42-）．

（1）ab段生成沉淀是的离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；故答案为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

（2）根据c-d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，是氢氧化铝溶于氢氧化钠中的一段，发生的反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；

故答案为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；

（3）b-c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+，故答案为：加入的NaOH与原溶液中NH4+反应生成NH3•H2O；

（4）原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，一定不存在镁离子，根据消耗的氢氧化钠的物质的量可以认为n（H+）=a，n（Al3+）=a，n（Mg2+）=1.5a；

n（NH4+）=2a，根据电荷守恒，n（SO42-）=4.5a，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（Mg2+）=2：2：4：9：3；

故答案为：n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（Mg2+）=2：2：4：9：3．

加入NaOH溶液后，在0-a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3-离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3-和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；a-b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据c-d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH-～AlO2-可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，另一种离子为Mg2+，无色溶液中一定不含铁离子，b-c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+．

本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题难点在于如何根据图象中的数据判断铁离子的存在及根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子．【解析】Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；加入的NaOH与原溶液中NH4+反应生成NH3•H2O；n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（Mg2+）=2：2：4：9：312、略

【分析】试题分析：（1）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H1=−241．8kJ/mol；C(s)+1/2O2(g)=CO(g)H2=−110．5kJ/mol根据盖斯定律，用方程式2减去方程式1，可得：写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式（1）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=+131．3kJ/mol。（2）由反应方程式可知生成2mol的SO3时放热akJ，想得到2akJ热量，则需生成4molSO3；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molSO3，SO2与O2物质的量必须要多于4mol和2mol，故D符合，B选项中既有正反应又有逆反应，最终放出的热量小于2akJ，故选D．（3）①A．由于反应前后体积不变，故压强始终不变不能做为平衡判断依据，错误；B．由于反应前后总质量和总物质的量都不改变，故混合气体平均相对分子质量不变，故不能做为平衡判断依据，错误；选CD。②由反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)H＞0，可知该反应是焓增、熵减的反应。根据G=H—TS,G＞0,不能实现。（4）【解析】

令平衡时CO的浓度变化量为xmol/L，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol/L）：0．10．100变化（mol/L）：cccc平衡（mol/L）：0．1-c0．1-ccc故=9解得c=0．075，故一氧化碳在此条件下的平衡转化率=75%，故答案为：75%．考点：本题考查了化学平衡的有关计算、化学平衡常数的应用，判断反应进行的程度、判断反应进行的方向等。【解析】【答案】（1）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=+131．3kJ/mol(3分)(方程式及下标正确可给1分)（2）D(2分)（3）①CD(2分)②该反应是焓增、熵减的反应。根据G=H—TS,G＞0,不能实现。(2分)（4）75%(2分)13、略

【分析】少量碱中和酸，生成一分子的水，呈中性要中和至没有氢离子。H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；112H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；【解析】【答案】Ⅰ.H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；112H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；14、略

【分析】解：Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属的化合物与C、CO或H2等不反应，故Al采用电解法冶炼制备2Al2O34Al+3O2↑；

故答案为：②；

由Fe、Zn、Cu等中等活泼金属用热还原法，即以C、CO或H2做还原剂还原冶炼，铁用热还原法3CO+Fe2O32Fe+3CO2；

故答案为：①；

Hg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故汞采用热分解法冶炼，2HgO2Hg+O2↑；

故答案为：③；

Fe；Zn、Cu等中等活泼金属通常用热还原法；

Na；Mg、Al等活泼或较活泼金属通常采用电解法冶炼制备；

Hg；Ag等不活泼金属通常采用热分解法冶炼；

据此分析判断．

本题考查了金属的冶炼方法、掌握常见金属的冶炼方法是解题关键，题目较简单．【解析】②；①；③15、BDACABDFEG【分析】【分析】本题考查的是物质结构的基本内容：化学键的类型、极性分子和非极性分子、物质的类型等，属于基础性的考查。【解答】rm{(1)}通过非极性键形成的晶体是金刚石和晶体硅，故填：rm{BD}通过非极性键形成的晶体是金刚石和晶体硅，故填：rm{(1)}

rm{BD}固态时属于分子晶体的是冰和氩，故填：rm{(2)}固态时属于分子晶体的是冰和氩，故填：rm{AC}

rm{(2)}属于分子晶体，且存在分子间氢键的是冰，故填：rm{AC}

rm{(3)}属于分子晶体，且存在分子间氢键的是冰，故填：rm{A}金刚石、晶体硅和二氧化硅属于原子晶体，故填：rm{(3)}

rm{A}含有非极性键的离子化合物是过氧化钠，故填：rm{(4)}金刚石、晶体硅和二氧化硅属于原子晶体，故填：rm{BDF}

rm{(4)}含有离子键、共价键、配位键的化合物是氯化铵，故填：rm{BDF}rm{(5)}含有非极性键的离子化合物是过氧化钠，故填：rm{E}【解析】rm{BD}rm{AC}rm{A}rm{BDF}rm{E}rm{G}rm{BD}rm{AC}rm{A}rm{BDF}rm{E}rm{G}16、（1）0.025mol/(LLLL⋅

s)（2）s)s

（3）s)))4

（4）①4444>>>>

②><<

（5）<<【分析】【分析】本题考查化学平衡的计算，涉及到化学反应速率的计算，注意等效平衡的理解和应用，试题充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。rm{10s}后达平衡状态，测得容器内气体压强为起始压强的rm{5/6}设转化的rm{O_{2}}为rm{x}

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}

开始rm{2}rm{1}rm{0}

转化rm{2x}rm{x}rm{2x}

平衡rm{2-2x}rm{1-x}rm{2x}则rm{dfrac{3-x}{3}=dfrac{5}{6}}rm{dfrac{3-x}{3}=dfrac{5}{6}

}

，解得rm{x=0.5mol}结合rm{x=0.5mol}rm{(1)}结合rm{v=dfrac{?c}{?t}}rm{K}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算；为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算；

rm{(1)}热化学方程式中为完全转化的能量变化，而该反应为可逆反应；rm{v=dfrac{?c}{?t}}与温度有关；

rm{K}只加入rm{(2)}热化学方程式中为完全转化的能量变化，而该反应为可逆反应；rm{K}与温度有关；rm{(2)}rm{K}时充分反应达平衡后，吸收热量为rm{(3)}只加入rm{2molSO}二者平衡状态相同，正反应与逆反应的能量变化之和等于反应热的绝对值；

rm{(3)}向上述容器中分别通入rm{2molSO}rm{{,!}_{3}}，rm{T隆忙}时充分反应达平衡后，吸收热量为rm{ckJ}二者平衡状态相同，正反应与逆反应的能量变化之和等于反应热的绝对值；rm{T隆忙}rm{ckJ}rm{(4)}向上述容器中分别通入rm{x}rm{mol}rm{SO}rm{(4)}rm{x}rm{mol}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{(}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{)}、rm{y}rm{mol}rm{O}rm{y}rm{mol}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{(}rm{(}大于平衡时的物质的量；

rm{g}改为恒压容器rm{g}反应前体积相同rm{)}起始时加入rm{)}、rm{z}rm{mol}rm{SO}rm{z}rm{mol}rm{SO}rm{{,!}_{3}}rm{(}减小，rm{(}减小，相当于加压，平衡正向移动的程度变大。【解答】rm{g}rm{g}后达平衡状态rm{)}测得容器内气体压强为起始压强的rm{)}，欲使达到新平衡时容器内气体压强仍为起始压强的rm{dfrac{5}{6}}设转化的，为等效平衡，极限转化为反应物时物质的量相同；若平衡正向移动，rm{x}大于平衡时的物质的量；rm{x}为rm{(5)}改为恒压容器rm{(}反应前体积相同rm{)}起始时加入rm{2mol}rm{SO}，rm{(5)}rm{(}rm{)}rm{2mol}rm{SO}rm{{,!}_{2}}和rm{1mol}rm{O}rm{1mol}rm{O}rm{{,!}_{2}}，发生反应时rm{n}减小，rm{V}减小，相当于加压，平衡正向移动的程度变大。rm{n}rm{V}rm{10}rm{s}rm{10}rm{s}rm{10}rm{s}rm{10}rm{s}rm{10}rm{s}rm{10}rm{10}rm{s}开始rm{s}，，转化，，，rm{dfrac{5}{6}}，平衡，，，，，rm{O}rm{2}rm{O}rm{2}rm{O}rm{2}rm{O}rm{2}则rm{O}rm{2}rm{O}rm{O}rm{O}rm{2}，解得rm{2}rm{2}rm{x}rm{x}rm{x}rm{x}，rm{x}rm{x}内该反应的平均速率rm{2}rm{S}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{+}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{?}rm{2}rm{S}rm{O}rm{3}rm{(}rm{g}rm{)}rm{2}rm{S}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{+}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{?}rm{2}rm{S}rm{O}rm{3}rm{(}rm{g}rm{)}rm{2}rm{S}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{+}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{?}rm{2}rm{S}rm{O}rm{3}rm{(}rm{g}rm{)}rm{2}rm{S}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{+}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{?}rm{2}rm{S}rm{O}rm{3}rm{(}rm{g}rm{)}rm{2}rm{S}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{+}rm{O}rm{2}rm{(}rm{g}rm{)}rm{?}rm{2}rm{S}rm{O}rm{3}rm{(}rm{g}rm{)}rm{2}rm{2}rm{S}rm{S}rm{O}rm{2}rm{O}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(}rm{(}平衡常数rm{g}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{g}rm{)}，故答案为：rm{)}rm{+}rm{+}rm{O}rm{2}rm{O}rm{2}rm{O}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(}；rm{(}；rm{g}热化学方程式中为完全转化的能量变化rm{g}而该反应为可逆反应rm{)}则rm{)}rm{?}rm{?}rm{2}rm{2}rm{S}rm{S}不能完全反应rm{O}rm{3}可知rm{O}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{3}时rm{(}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{)}rm{2}rm{1}rm{0}时rm{2}rm{1}rm{0}该反应的平衡常数rm{2}rm{1}rm{0}rm{2}rm{1}rm{0}rm{2}rm{1}rm{0}rm{2}rm{1}rm{0}该反应为放热反应rm{2}降温平衡正向移动rm{1}则rm{0}rm{2}rm{x}rm{x}rm{2}rm{x}rm{2}rm{x}rm{x}rm{2}rm{x}rm{2}rm{x}rm{x}rm{2}rm{x}，故答案为：rm{2}rm{x}rm{x}rm{2}rm{x}；rm{2}rm{x}rm{x}rm{2}rm{x}；rm{2}只加入rm{2}rm{x}rm{x}rm{x}rm{x}rm{2}，rm{2}rm{x}时充分反应达平衡后，吸收热量为rm{x}rm{2}rm{?}rm{2}rm{x}rm{1}rm{?}rm{x}rm{2}rm{x}rm{2}rm{?}rm{2}rm{x}rm{1}rm{?}rm{x}rm{2}rm{x}rm{2}rm{?}rm{2}rm{x}rm{1}rm{?}rm{x}rm{2}rm{x}，二者平衡状态相同，正反应与逆反应的能量变化之和等于反应热的绝对值，即满足rm{2}rm{?}rm{2}rm{x}rm{1}rm{?}rm{x}rm{2}rm{x}rm{2}rm{?}rm{2}rm{x}rm{1}rm{?}rm{x}rm{2}rm{x}rm{2}rm{2}rm{?}，故答案为：rm{?}rm{2}rm{2}rm{x}rm{x}；rm{1}向上述容器中分别通入rm{1}rm{?}rm{?}rm{x}rm{x}rm{2}rm{2}rm{x}rm{x}rm{dfrac{3-x}{3}}rm{=}、rm{=}rm{=}rm{=}rm{=}rm{=}rm{=}rm{dfrac{5}{6}}rm{x}rm{=}rm{0.5}rm{m}rm{o}rm{l}rm{x}rm{=}rm{0.5}rm{m}rm{o}rm{l}rm{x}rm{=}rm{0.5}rm{m}rm{o}rm{l}、rm{x}rm{=}rm{0.5}rm{m}rm{o}rm{l}rm{x}rm{=}rm{0.5}rm{m}rm{o}rm{l}rm{x}rm{x}rm{=}rm{=}rm{0.5}rm{0.5}rm{m}rm{m}rm{o}rm{o}欲使达到新平衡时容器内气体压强仍为起始压强的rm{l}rm{l}rm{(1)10}rm{s}为等效平衡rm{(1)10}rm{s}极限转化为反应物时物质的量相同rm{(1)10}rm{s}则rm{(1)10}rm{s}rm{(1)10}rm{s}rm{(1)10}rm{(1)10}rm{s}、rm{s}rm{v}rm{(}rm{O}rm{2}rm{)}rm{=}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}rm{=}rm{0.025}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/(}rm{L}rm{?}rm{s}rm{)}rm{v}rm{(}rm{O}rm{2}rm{)}rm{=}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}rm{=}rm{0.025}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/(}rm{L}rm{?}rm{s}rm{)}rm{v}rm{(}rm{O}rm{2}rm{)}rm{=}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}rm{=}rm{0.025}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/(}rm{L}rm{?}rm{s}rm{)}rm{v}rm{(}rm{O}rm{2}rm{)}rm{=}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}rm{=}rm{0.025}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/(}rm{L}rm{?}rm{s}rm{)}，故答案为：rm{v}rm{(}rm{O}rm{2}rm{)}rm{=}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}rm{=}rm{0.025}rm{m}rm{o}rm{l}rm{/(}rm{L}rm{?}rm{s}rm{)}rm{v}rm{v}rm{(}rm{O}rm{2}rm{)}rm{(}rm{(}rm{O}rm{2}rm{O}rm{O}rm{O}rm{2}；rm{2}欲使起始时反应表现为向正反应方向进行rm{2}由上述分析可知平衡时rm{)}rm{)}rm{=}为rm{=}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}rm{dfrac{0.5mol}{2L隆脕10s}}，则rm{=}的取值范围为rm{=}rm{0.025}rm{0.025}rm{m}，故答案为：rm{m}rm{o}rm{o}rm{l}rm{l}；rm{/(}改为恒压容器rm{/(}反应前体积相同rm{L}起始时加入rm{L}rm{L}rm{L}rm{L}rm{?}rm{?}rm{s}rm{)}rm{s}rm{)}和rm{s}rm{s}rm{s}rm{)}rm{)}rm{)}rm{)}，发生反应时rm{K}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(

dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{=}rm{4}减小，rm{K}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(

dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{=}rm{4}减小，相当于加压，平衡正向移动的程度变大，则放出热量为rm{K}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(

dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{=}rm{4}rm{K}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(

dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{=}rm{4}rm{K}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(

dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{=}rm{4}rm{K}rm{K}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(

dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{=dfrac{(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}{(

dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}隆脕(dfrac{0.5mol}{2L})}}rm{=}，故答案为：rm{=}

rm{4}【解析】rm{(1)}rm{0.025}rm{0.025}rm{m}rm{m}rm{o}rm{o}rm{l}rm{l}rm{/(}rm{/(}rm{L}rm{L}rm{L}rm{L}rm{L}rm{?}rm{?}rm{s}rm{)}rm{s}rm{)}rm{s}rm{s}rm{s}rm{)}rm{)}rm{)}rm{)}rm{4}rm{4}rm{4}rm{4}rm{4}rm{4}rm{(2)}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}三、推断题(共6题，共12分)17、解：设烃为CxHy；

CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l）；△V

1x+x1+

1030

解得y=8；

剩余气体再通过苛性钠溶液；体积又减少了30mL，减少的气体为二氧化碳；

相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，则该烃中含有C原子数为=3；

所以该有机物分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3；

答：气态烃的分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3．【分析】【分析】室温下气态烃与过量的氧气反应的化学方程式：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l），利用差量法计算出有机物分子中的H原子数；再把这些气体通过NaOH溶液气体体积，又减少了30mL，减少的气体为二氧化碳气体体积，据此可计算出该烃中含有C原子数，从而确定该烃的分子式．18、C【分析】【解答】解：分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，对应的酯的结构简式为CH3CH2COOCH3；故选C．

【分析】分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，以此可判断该有机物的结构简式．19、（1）羧基（2）消去反应（3）（4）（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断，充分利用转化关系中有机物的结构、反应条件推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力，难度中等。【解答】反应rm{垄脻}为取代反应，可推知rm{E}为rm{.}反应rm{垄脼}为卤代烃的水解反应，酸化得到rm{F}为由rm{M}的结构可知rm{D}为rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}逆推可知rm{C}为rm{(CH_{3})_{2}CHCHO}rm{B}为rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}结合信息rm{垄脷}可知rm{A}为rm{(CH_{3})_{2}C=CH_{2}}rm{Y}发生消去反应得到rm{A}而rm{Y}的核磁共振氢谱只有rm{1}种峰，则rm{Y}为

rm{(1)Y}的结构简式是：rm{D}为rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}含有的官能团的名称是：羧基，故答案为：羧基；

rm{(2)}步骤rm{垄脵}发生卤代烃的消去反应；故答案为：消去反应；

rm{(3)}步骤rm{垄脹}的化学方程式为：故答案为：

rm{(4)}步骤rm{垄脽}的化学反应方程式是：故答案为：

rm{(5)M(}rm{)}经催化氧化得到rm{X(C_{11}H_{12}O_{4})}则为rm{X}为rm{X}的同分异构体中同时满足下列条件：

rm{a.}苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯代物有rm{2}种，含有rm{2}个不同的取代基；且处于对位；

rm{b.}水解只生成芳香醇和二元酸，且二元酸的核磁共振氢谱只有rm{2}种峰，符合条件的同分异构体为：

故答案为：

【解析】rm{(1)}羧基rm{(2)}消去反应rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}20、略

【分析】解：在碱性条件下水解反应、中和反应，结合信息（1）可知A为OHC-COONa，OHC-COONa酸化后得B为OHC-COOH，B发生加成反应生成C，C发生氧化反应得到D，根据E的分子和D的结构简式可知，反应⑤发生信息（2）中的脱羧反应，则E为E发生信息（3）中的反应生成F，根据F的分子式可知，F为．

（1）由上述分析可知；B为OHC-COOH，B中含有的官能团名称是醛基和羧基，反应③中反应物的原子利用率为100%，属于加成反应；

故答案为：醛基；羧基；加成反应；

（2）反应①的化学方程式是：反应④的化学方程式是：

故答案为：

（3）由上述分析可知，E的结构简式为F的结构简式是

故答案为：

（4）E为E的同分异构体符合下列两个条件：①苯环上的一取代物只有2种；②1mol该物质与足量NaOH溶液反应时，反应消耗3molNaOH，苯环可以连有三个-OH和一个-CH=CH2，这样的结构有四种，也可以是苯环上连有-OH和CH3COO-两个基团且处于对位，所以共有5种，其中核磁共振氢谱中有4组吸收峰的同分异构体的结构简式为

故答案为：5；．

在碱性条件下水解反应、中和反应，结合信息（1）可知A为OHC-COONa，OHC-COONa酸化后得B为OHC-COOH，B发生加成反应生成C，C发生氧化反应得到D，根据E的分子和D的结构简式可知，反应⑤发生信息（2）中的脱羧反应，则E为E发生信息（3）中的反应生成F，根据F的分子式可知，F为．

本题考查无机物推断与合成，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的自学能力，充分利用合成路线中物质的结构与分子式进行推断，对学生的逻辑推理有较高的要求，题目难度中等．【解析】醛基、羧基；加成反应；5；21、（1）②C2H4羧基（2）加聚反应（3）【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，涉及醇、醛、羧酸、酯、烯烃的性质等，难度不大，推断rm{A}为乙烯是关键，注意掌握官能团的性质与转化。为乙烯是关键，注意掌握官能团的性质与转化。【解答】rm{A}是一种能使溴水褪色的气态烃，含有不饱和键，rm{A}是一种能使溴水褪色的气态烃，含有不饱和键，rm{A}在标准状况下的密度为rm{1.25g/L}其摩尔质量为rm{1.25g/L隆脕22.4L/mol=28g