2025年人教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2025年人教版高二化学上册月考试卷476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、下列物质属于单质的是（）A.液氯B.氯水C.漂白液D.漂白粉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，B不易腐蚀。将A、D在稀盐酸中构成原电池，电流由A通过导线流向D。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。这四种金属的活动性由强到弱的顺序是()A.DCABB.DABCC.DBACD.BADC3、将3molO2加入到VL的反应器中，在高温下放电，经t1s建立了平衡体系：3O2⇌2O3，此时测知O2的转化率为30%，下列图象能正确表示气体的物质的量浓度（m）跟时间（t）的关系的是（）A.B.C.D.4、可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2

②NO2与NO速率相等。

③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态。

④混合气体的颜色不再改变的状态。

⑤混合气体的密度不再改变的状态。

⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。

⑦混合气体的压强不再改变的状态．A.①④⑥⑦B.②③⑤C.①②④⑥⑦D.①②③④⑥⑦5、室温下，将rm{pH}等于rm{3}的强酸溶液和rm{pH}等于rm{12}的强碱溶液混合，当溶液的rm{pH=11}时，强酸与强碱的体积比是()A.rm{9漏U2}B.rm{9漏U1}C.rm{1漏U10}D.rm{2漏U5}6、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH→H++CH3COO-；下列叙述不正确的是（）

A.CH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）═c（OH-）+c（CH3COO-）

B.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）减小。

C.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体；平衡逆向移动。

D.常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后；溶液的pH＜7

7、用Pt电极放置于KOH溶液中，然后分别向两极通入CO和O2，即可产生电流，下列叙述中正确的是()①通入CO的电极为阴极②通入CO的电极反应式为:2CO+O2+4e-====2CO2③正极电极反应式为:O2+2H2O+4e-====4OH-④负极电极反应式为:CO+4OH--2e-====+2H2O⑤电池工作时溶液中的阳离子向原电池的负极移动⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动A.①④⑥B.③④⑥C.④⑤⑥D.①②③评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、用如图所示装置进行实验；将A逐滴加入B中：

a．若B为Na2CO3粉末，C为C6H5ONa溶液，实验中观察到小试管内溶液由澄清变浑浊，则试管C中化学反应的离子方程式____．然后往烧杯中加入沸水，可观察到试管C中的现象____．

b．若B是生石灰，观察到C溶液中先形成沉淀，然后沉淀溶解．当沉淀完全溶解，恰好变澄清时，关闭E．然后往小试管中加入3滴乙醛，再往烧杯中加入热水，静置片刻，观察到试管壁出现光亮的银镜，则A是____（填名称），C是____（填化学式）．与乙醛溶液混合后，该溶液中反应的化学方程式____．仪器D在此实验中的作用是____．

9、（10分）运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义。（1）用CO可以合成甲醇。已知：CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764．6kJ·mol－1CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283．0kJ·mol－1H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285．8kJ·mol－1则CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝________kJ·mol－1（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是________(填写序号)．a．使用高效催化剂b．降低反应温度c．不断将CH3OH从反应混合物中分离出来d．增大体系压强（3）在一定压强下，容积为VL的容器中充入amolCO与2amolH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①p1________p2(填“大于”、“小于”或“等于”)；②100℃时，该反应的化学平衡常数K＝________(mol·L－1)－2；③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO和2amolH2，达到新平衡时，CO的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）某科研小组用SO2为原料制取硫酸。①利用原电池原理，用SO2、O2和H2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。请写出该电池的负极的电极反应式________________。②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸。电解原理示意图如下图所示。请写出开始时阳极反应的电极反应式________________。10、（8分）一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线如图所示，请回答：（1）O点为什么不导电：_______________________________。（2）a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序是______________。（3）H＋的物质的量最大的是________(填“a”、“b”或“c”)。（4）若使c点溶液中的c(CH3COO－)增大，可以采取下列措施中的________(填序号)。A．加热B．加很稀的NaOH溶液C．加NaOH固体D．加水E．加入锌粒11、（1）一瓶无色气体，可能含有CH4和CH2=CH2或其中的一种，与一瓶Cl2混合后光照；观察到黄绿色逐渐褪去，瓶壁有少量无色油状小液滴．

①由上述实验现象推断出该瓶气体中一定含有CH4，你认为是否正确，为什么？______．

②上述实验可能涉及的反应类型有______．

（2）含有的化合物与CH2=CH2一样，在一定条件下可聚合成高分子化合物．广泛用作农用薄膜的聚氯乙烯塑料，是由CH2=CH-Cl聚合而成的，其化学反应方程式是______．

（3）实验室用加热无水乙醇与浓硫酸的混合物的方法制取乙烯，产物气体中常常混有二氧化硫．利用下图装置和可选试剂验证产物气体中乙烯和二氧化硫均存在，图中①、②、③、④的容器内盛放的化学试剂分别是（填写代号）①______②______③______④______

可选择的化学试剂有：A．品红溶液B．浓烧碱溶液C．浓硫酸D．酸性高锰酸钾溶液确认乙烯气体存在的现象是______若将酸性高锰酸钾溶液换成溴水，写出反应的化学方程式______．12、2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=—99kJ·mol-1.请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示、；（2）图中△H=KJ·mol-1；（3）已知单质硫的燃烧热为296KJ·mol-1，写出表示硫燃烧的热化学方程式；（4）计算由S(s)生成3molSO3(g)的△H=____。13、在水溶液中橙红色的Cｒ2O72-与黄色的CｒO42-有下列平衡关系：Cｒ2O72-＋H2O2CｒO42-＋2H+，把Ｋ2Cｒ2O7溶于水配成稀溶液是橙色。⑴向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈__________色，因为____________________________________。⑵向已加入NaOH溶液的(1)中再加入过量稀H2SO4，则溶液呈________色，因为__________。⑶向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BａCｒO4为黄色沉淀)则平衡___________，溶液颜色将_______。14、如图表示某温度时，反应rm{N_{2}O_{4}(g)}rm{2NO_{2}(g)}在前rm{110s}内的反应进行情况，请根据图像回答下列问题。rm{(1)}该可逆反应达到平衡的时间段为____。rm{(2)}反应进行到rm{70s}时，改变的条件可能是____rm{(}填字母，下同rm{)}反应进行到rm{90s}时，改变的条件可能是____。A.加入催化剂rm{B.}扩大容器体积rm{C.}升高温度rm{D.}增大rm{N_{2}O_{4}}的浓度rm{(3)90s}后若维持容器的体积不变，平衡移动的方向为____rm{(}填“正反应”、“逆反应”或“不移动”rm{)}此时rm{N_{2}O_{4}}的转化率____rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}rm{(4)}请在图中画出反应物rm{N_{2}O_{4}}在rm{0隆芦70}秒时的浓度变化曲线。评卷人得分三、简答题(共6题，共12分)15、从A；甲醛B、甲烷C、葡萄糖D、乙醇E、乙酸F、蛋白质G、硫酸钡七种有机物中选择合适的物质；将其标号填在空格内．

（1）最简单的有机物是______．

（2）跟碳酸钠反应有CO2生成的是______．

（3）新装饰的家居中散发出的有毒气体是______．

（4）通过氧化反应为人体生命活动提供能量的是______．

（5）医疗上常用体积分数为75%的______溶液作消毒剂．

（6）属于有机高分子化合物的是______．

（7）医疗上常用作“钡餐”的是______．16、化学在环境保护中起着十分重要的作用rm{.}催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染．

rm{(1)}催化反硝化法中，rm{H_{2}}能将rm{NO_{3}^{-}}还原为rm{N_{2}.25隆忙}时，反应进行rm{l0min}溶液的rm{pH}由rm{7}变为rm{12}．

rm{垄脵N_{2}}的结构式为______．

rm{垄脷}上述反应的离子方程式为______，其平均反应速率rm{v(NO_{3}^{-})}为______rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}．

rm{垄脹}还原过程中可生成中间产物rm{NO_{2}^{-}}写出rm{2}种促进rm{NO_{2}^{-}}水解的方法。

______．

rm{(2)}电化学降解rm{NO_{3}^{-}}的原理如图所示．

rm{垄脵}电源正极为______rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}阴极反应式为：______．

rm{垄脷}若电解过程中转移了rm{2mol}电子，则膜两侧电解液的质量变化差______rm{(trianglem_{脳贸}-trianglem_{脫脪})}为rm{(trianglem_{脳贸}-triangle

m_{脫脪})}．rm{g}17、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素的原子序数依次递增，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}位于短周期。rm{A}是原子半径最小的元素；rm{B}的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；rm{D}原子的核外成对电子数是未成对电子数的rm{3}倍；rm{E}有“生物金属”之称，rm{E^{4+}}和氩原子的核外电子排布相同。rm{A}rm{B}rm{D}三种元素组成的一种化合物rm{M}是新装修居室中常含有的一种有害气体，rm{A}rm{B}两种元素组成的原子个数之比为rm{1:1}的化合物rm{N}是常见的有机溶剂。请回答下列问题rm{(}答题时，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}用所对应的元素符号表示rm{)}rm{(1)A_{2}D_{2}}分子的电子式为____________，属于___________分子rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}rm{E}的基态原子的外围电子排布式为____________。rm{(2)B}rm{C}rm{D}三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____________。rm{(3)C}元素形成含氧酸酸性强弱：rm{HNO_{3}}____________rm{HNO_{2}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}rm{(4)}下列叙述正确的是____________rm{(}填序号rm{)}A.rm{M}是极性分子，rm{N}是非极性分子B.rm{M}和rm{BD_{2}}分子中的中心原子均采用rm{sp^{2}}杂化C.rm{N}分子中含有rm{6}个rm{娄脪}键18、写出下列化合物的名称或结构简式：

①的名称为______．

②的名称为______．

③的名称为______．

④2，5二甲基2，4己二烯的结构简式：______．19、rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}反应过程的能量变化如图所示rm{.}已知rm{1mol}rm{SO_{2}(g)}氧化为rm{1mol}rm{SO_{3}(g)}的rm{triangleH=-99kJ/mol}．

请回答下列问题：

rm{(1)}图中rm{E}的大小对该反应的反应热有无影响？______rm{.}该反应通常用rm{V_{2}O_{5}}作催化剂，加rm{V_{2}O_{5}}会使图中rm{B}点升高还是降低？______；理由是______

rm{(2)}写出rm{SO_{2}(g)}氧化为rm{SO_{3}(g)}的热化学方程式______；该反应的化学平衡常数表达式为______

rm{(3)}如果反应速率rm{v(SO_{2})}为rm{0.05mol/(L?min)}则rm{v(O_{2})=}______rm{mol/(L?min)}rm{v(SO_{3})=}______rm{mol/(L?min)}．

rm{(4)}已知单质硫的燃烧热为rm{296kJ/mol}

rm{垄脵}写出硫燃烧热的热化学方程式：______

rm{垄脷}写出rm{S(s)}和rm{O_{2}(g)}生成rm{SO_{3}(g)}的热化学方程式：______．20、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置rm{(}如图rm{)}以环己醇制备环己烯。

已知：

。密度rm{(g/cm^{3})}熔点rm{(隆忙)}沸点rm{(隆忙)}溶解性环已醇rm{0.96}rm{25}rm{161}能溶于水环已烯rm{0.81}rm{-103}rm{83}难溶于水rm{(1)}制备粗品。

将rm{12.5mL}环己醇加入试管rm{A}中，再加入rm{lmL}浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管rm{C}内得到环己烯粗品．

rm{垄脵A}中碎瓷片的作用是______，导管rm{B}除了导气外还具有的作用是______．

rm{垄脷}试管rm{C}置于冰水浴中的目的是______．

rm{(2)}制备精品。

rm{垄脵}环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等rm{.}加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层rm{(}填上或下rm{)}分液后用______rm{(}填入编号rm{)}洗涤．

rm{a.KMnO_{4}}溶液rm{b.}稀rm{H_{2}SO_{4}}rm{c.Na_{2}CO_{3}}溶液。

rm{垄脷}再将环己烯蒸馏即可得到精品．评卷人得分四、有机推断题(共4题，共8分)21、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__________________________________．22、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__________________________________．23、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。24、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、实验题(共4题，共36分)25、（6分）在实验室我们将乙醇、浓硫酸、冰醋酸混合，利用下图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：⑴浓硫酸的作用是：①②。⑵饱和碳酸钠溶液的主要作用是。⑶装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，其目的是____________。⑷若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是________。⑸做此实验时，有时还向盛乙酸和乙醇的试管里加入几块碎瓷片，其目的是____________。26、溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：。苯溴溴苯密度rm{/g隆陇cm^{-3}}rm{0.88}rm{3.10}rm{1.50}沸点rm{/隆忙}rm{80}rm{59}rm{156}水中溶解度微溶微溶微溶按以下合成步骤回答问题：rm{(1)}在rm{a}中加入rm{15mL}无水苯和少量铁屑。在rm{b}中小心地加入rm{4.0mL}液溴。向rm{a}中滴入几滴液溴，有白雾产生，是因为生成了________气体。继续滴加至液溴滴完。装置rm{d}的作用是____________。rm{(2)}液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：rm{垄脵}向rm{a}中加入rm{10mL}水，然后过滤除去未反应的铁屑。rm{垄脷}滤液依次用rm{10mL}水、rm{8mL10%}的rm{NaOH}溶液、rm{10mL}水洗涤并分液。rm{NaOH}溶液洗涤的作用是________________________。rm{垄脹}向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是____________________________。rm{(3)}经过上述分离操作后，粗溴苯要进一步提纯，下列操作中必须进行的是________rm{(}填字母代号rm{)}A.重结晶rm{B.}过滤C.蒸馏rm{D.}萃取rm{(4)}在该实验中，rm{a}的容积最适合的是________rm{(}填字母代号rm{)}A.rm{25mLB.50mL}C.rm{250mLD.500mL}27、氮化镁rm{(Mg_{3}N_{2})}在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备rm{Mg_{3}N_{2}}并进行有关实验。实验装置如下所示：rm{(}部分加热装置已略去rm{)}

已知：rm{垄脵}氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。rm{垄脷}亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。rm{垄脹}温度较高时，亚硝酸钠会分解产生rm{O_{2}}等。回答下列问题：rm{(1)}仪器rm{b}的名称是____；写出装置rm{A}中发生反应的化学方程式_____。rm{(2)}某同学检验装置rm{A}部分的气密性，关闭止水夹rm{c}后，开启活塞rm{a}水不断往下滴，直至全部流入烧瓶。试判断：rm{A}部分装置是否漏气？___________rm{(}填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”rm{)}判断理由是____________。rm{(3)}装置rm{C}中为饱和硫酸亚铁溶液，其作用是____________，装置rm{F}的作用是____________。rm{(4)}加热至反应开始发生，需移走rm{A}处酒精灯，原因是_________________。rm{(5)}定性分析产物。操作步骤实验现象解释原因取少量产品于试管中，加适量蒸馏水试管底部有固体不溶物，有剌激性气味的气体产生反应的化学方程式为____弃去上层淸液，加入足量稀盐酸观察到固体全部溶解，且有气泡冒出气泡冒出的原因为____28、某化学兴趣小组的同学拟设计实验制备KMnO4；并检验所得产品纯度。

资料：

i.MnO2与强碱在强氧化剂存在下共熔生成K2MnO4；

ii.K2MnO4溶于水，发生歧化反应生成KMnO4：

3K2MnO4+2H2O=2KMnO4+MnO2↓+4KOH

根据资料；该小组同学设计实验方案如下：

①将KClO3和KOH固体混匀，加热至熔融，缓慢加入MnO2，继续加热，得颗粒状粗产品，提纯后，溶解得K2MnO4溶液。

②向制得的K2MnO4溶液中通入适量CO2，直至K2MnO4全部转化为KMnO4和MnO2。抽滤，滤液转入蒸发皿中，____；抽滤，洗涤，干燥，称量，得到mg产品。

③将mg产品溶解，配成100mL待测液，量取25mL标准H2C2O4溶液(0.1000mol/L)于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4；用配制的待测液滴定，平行滴定3次，消耗待测液的平均值为VmL。

回答下列问题：

(1)写出制备K2MnO4的化学方程式：___________；在实验室进行该反应需用到的硅酸盐仪器有酒精灯；___________。

(2)进行K2MnO4的歧化反应时，通入适量CO2的目的是___________，如果CO2通入过多；可能会使产物不纯，混有杂质___________。

(3)步骤②中____处的操作方法为___________。

(4)滴定开始时，溶液紫色褪去很慢，滴入几滴KMnO4溶液后，褪色变得很快，可能的原因是___________，滴定终点的现象是___________，产品中KMnO4(M=158g/mol)的质量分数为___________。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7题，共14分)1、A【分析】试题分析：液氯是氯气的液体状态，属于单质，A正确；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中含有三分子、四离子，是混合物，B错误；漂白液是次氯酸钠和氯化钠的水溶液，是混合物，C错误；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，其有效成分是次氯酸钙，D错误，答案选A.考点：单质和混合物【解析】【答案】A2、B【分析】试题分析：将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液，B不易腐蚀，则金属活动性A>B；将A、D在稀盐酸中构成原电池，电流由A通过导线流向D，则金属活动性：D>A；将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化，则B>Cu;如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。则活动性Cu>C.所以金属的活动性强弱关系为D>A>B>Cu>C.选项为B。考点：考查金属活动性强弱比较的知识。【解析】【答案】B3、C【分析】【解答】解：O2的转化率为30%，则O2的消耗量为3mol×30%=0.9mol，。3O2⇌2O3n（始）：30n（变）：0.90.6n（平）：2.10.6O2的起始浓度为O2的平衡浓度为O3的起始浓度为0，O3的平衡浓度为

A、图象表示平衡时O2和O3的物质的量相同；与实际不符，故A错误；

B、图象表示平衡时O2和O3的物质的量相同；与实际不符，故B错误；

C、图象表示平衡时O2的物质的量大于O3的物质的量；与实际相符，故C正确；

D、图象表示平衡时O2的物质的量小于O3的物质的量；与实际不符，故D错误．

故选：C．

【分析】根据O2的转化率利用三段式计算平衡时各组分的浓度。3O2⇌2O3n（始）：30n（变）：0.90.6n（平）：2.10.6O2的起始浓度为O2的平衡浓度为O3的起始浓度为0，O3的平衡浓度为O2的物质的量大于O3的物质的量．4、A【分析】【解答】解：①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，同时消耗nmolO2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；②NO2与NO速率相等，反应方向未知，无法判断平衡状态，故错误；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；反应方向未知，无法判断平衡状态，故错误；④混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮浓度不变，则该反应达到平衡状态，故正确；⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体总质量不变；容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；⑥反应前后气体总质量不变、混合气体总物质的量增大，反应前后混合气体平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态，故正确；⑦反应前后混合气体总物质的量减小，容器体积不变，则反应前后混合气体总压强减小，当混合气体的压强不再改变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；故选A．

【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些物理量也不发生变化，据此分析解答．5、A【分析】解：设强碱的体积为rm{xL}强酸的体积为rm{yL}

rm{pH=12}的强碱溶液，rm{c(OH^{-})=0.01mol/L}

rm{pH=3}的强酸，rm{c(H^{+})=0.001mol/L}

混合后rm{pH=11}碱过量，rm{c(OH^{-})=0.001mol/L}

则rm{dfrac{xtimes0.01-ytimes0.001}{x+y}=0.001}

解得rm{dfrac{xtimes0.01-ytimes

0.001}{x+y}=0.001}rm{x}rm{y=9}

故选A。rm{2}【解析】rm{A}6、B【分析】

A．醋酸溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒，即c（H+）═c（OH-）+c（CH3COO-）；故A正确；

B．加水稀释醋酸；促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B错误；

C．向醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体；溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，故C正确；

D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L；pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，所以两种等体积混合后，酸剩余，溶液呈酸性而使溶液的pH＜7，故D正确；

故选B．

【解析】【答案】醋酸是弱酸；溶液中存在电离平衡，导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，加入含有醋酸根离子的盐能抑制其电离，稀释醋酸能促进醋酸电离，结合电荷守恒解答．

7、B【分析】试题分析：此装置是CO、氧气电池，KOH作电解质溶液，则通入氧气的一极作电池的正极，通入CO的一极是原电池的负极，负极发生氧化反应，所以CO失去电子生成的二氧化碳与KOH溶液反应生成碳酸钾，正极是氧气得到电子与水结合生成氢氧根离子，电池工作时，阳离子向原电池的正极移动，阴离子向负极移动，所以③④⑥是正确的，答案选B。考点：考查原电池的判断，正负极、电极反应式的判断，离子的定向移动的判断【解析】【答案】B二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】

a、C为C6H5ONa溶液，实验中观察到小试管内溶液由澄清变浑浊，说明有苯酚生成，B为Na2CO3粉末，所以A是一种强酸，和碳酸钠反应放出二氧化碳，碳酸的酸性比苯酚强，将二氧化碳通入到苯酚钠中会生成苯酚沉淀，即C6H5O-+H2O+CO2=C6H5OH+HCO3-；当温度低于16.6℃时为无色晶体，往烧杯中加入沸水，苯酚会变为无色液体；

故答案为：C6H5O-+H2O+CO2=C6H5OH+HCO3-；浑浊变澄清；

B、往小试管中加入3滴乙醛，再往烧杯中加入热水，静置片刻，观察到试管壁出现光亮的银镜，因为醛能和银氨溶液之间发生银镜反应，向硝酸银溶液中加氨水或通氨气，当沉淀刚好消失时，可以获得银氨溶液，所以A是氨水，C是硝酸银，乙醛和银氨溶液间的银镜反应为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

故答案为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O．

【解析】【答案】a；碳酸的酸性比苯酚强；苯酚是不溶于水的，当温度低于16.6℃时成为无色晶体，当温度高于该温度时，会变为无色液体；

B；醛能和银氨溶液之间发生银镜反应；向硝酸银溶液中加氨水或通氨气，当沉淀刚好消失时，可以获得银氨溶液．

9、略

【分析】试题分析：：（1）用CO可以合成甲醇．已知：①CH3OH（g）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ•mol-1；②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1；③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol，答案为：-90；（2）温度越高、压强越大，使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢，答案为：ad；（3））①由图1可知，温度相同时，在压强为P2时平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P1＜P2，答案为：小于；②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图象可知，在100℃P1时，CO的转化率是0.5，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）c初（mol/L）a/v2a/v0△c（mol/L）a/2va/va/2vc（mol/L）a/2va/va/2v所以平衡常数K=c(CH3OH)/(c(CO)×c(H2)2)=(V/a)2答案为：(V/a)2③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大，答案为：增大；（4））①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，答案为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+，答案为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算．【解析】【答案】（1）－90（2）ad（3）①小于②(V/a)2③增大（4）①SO2＋2H2O－2e－===4H＋＋SO42-②HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+10、略

【分析】试题分析：（1）冰醋酸是纯净的醋酸，只有电解质分子，没有发生电离。没有自由移动的离子所以不能导电。（2）自由移动的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，由于导电性b＞a＞c,所以氢离子的浓度大小顺序是：b＞a＞c。氢离子的浓度越大，溶液的PH就越小，a，b，c三点的pH由小到大的顺序是b＜a＜c.（3）加入的水越多，电离的电解质就越多，电离程度就越大。所以a、b、c三点中电离程度最大的是c，次点H＋的物质的量最大；（4）A电解质电离过程是个吸热过程，加热，是温度升高，可以使平衡向电离的方向移动，导致c(CH3COO-)增大，A正确。B.加很稀的NaOH溶液,消耗了氢离子，减小了氢离子的浓度，是电离平衡向电离的方向移动，但由于是稀溶液,最终氢离子的浓度及c(CH3COO-)反而减小,B错误。C.加NaOH固体消耗氢离子，破坏了电离平衡，使电离平衡向电离的方向移动。由于醋酸跟离子没有消耗所以最后c(CH3COO-)增大,C正确。D.加水，平衡正向移动，电解质分子的浓度减小。由于电离平衡移动使c(CH3COO-)增大的趋势小于水对它的稀释作用，最后c(CH3COO-反而减小,D错误。E.加入锌粒消耗氢离子，破坏了电离平衡，促使它向电离的方向移动，最终c(CH3COO-)增大,E正确。选ACE。考点：考查溶液的导电性与溶液稀释的关系及外界条件对电离平衡的影响的知识。【解析】【答案】18.（8分）（1）无自由移动的离子（2）b11、略

【分析】解：（1）①因为CH2=CH2也可以与Cl2发生加成反应，而使黄绿色逐渐褪色，生成的CH2ClCH2Cl也是油状液体；则不能确定是否含有甲烷；

故答案为：不正确，因为CH2=CH2也可以与Cl2发生加成反应，而使黄绿色逐渐褪色，生成的CH2ClCH2Cl也是油状液体；

②乙烯和氯气发生加成反应；甲烷和氯气发生取代反应，故答案为：取代反应；加成反应；

（2）由氯乙烯合成聚氯乙烯的反应为：

故答案为：

（3）装置①中盛有品红溶液，用来检验二氧化硫的存在；然后将气体通入盛有氢氧化钠溶液的②除去二氧化硫，再通入盛有品红溶液的③确定二氧化硫是否除干净，最后通入盛有酸性高锰酸钾的④检验乙烯的存在；装置③中的品红溶液不退色可以排除二氧化硫的干扰，若装置④中的酸性KMnO4溶液退色，可证明乙烯的存在，若将酸性高锰酸钾溶液换成溴水，溴水与乙烯发生加成反应，方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；

故答案为：A；B；A；D；③中品红溶液不褪色，④中酸性高锰酸钾溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br．

（1）乙烯和氯气发生加成反应；甲烷和氯气发生取代反应；

（2）CH2═CHCl含有碳碳双键；可发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚苯乙烯的单体为苯乙烯；

（3）二氧化硫为酸性气体，可与碱反应，可使品红褪色，具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而乙烯含有碳碳双键，能够与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净；最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，以此解答该题．

本题考查物质的性质实验，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目着重考查了乙烯的实验室制法以及产物的检验，熟悉二氧化硫、乙烯的性质是解题关键，注意实验设计的严密性，气体检验的顺序，题目难度不大．【解析】不正确，因为CH2=CH2也可以与Cl2发生加成反应，而使黄绿色逐渐褪色，生成的CH2ClCH2Cl也是油状液体；取代反应、加成反应；A；B；A；D；③中品红溶液不褪色，④中酸性高锰酸钾溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br12、略

【分析】（1）根据图像可知A点表示反应物的总能量，C点表示生成物的总能量。（2）1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=—99kJ·mol-1.而在图像中表示的是生成2molSO3的能量变化示意图，所以反应热是—198kJ·mol-1.（3）燃烧热是在一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1=-296KJ·mol-1。（4）硫的燃烧热为296kJ／mol，所以热化学方程式为①S(s)+O2(g)＝SO2(g)△H=－296kJ·mol-1。将该反应和反应②2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－198kJ·mol-1叠加，即①×2＋②得到2S(s)+3O2(g)＝2SO3(g)，所以该反应的△H＝－790kJ·mol-1。因此生成3mol三氧化硫气体放出的热量是【解析】【答案】（1）反应物能量生成物能量（每空2分）（2）－198（2分）（3）S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1=-296KJ·mol-1（3分）（4）△H=－1185KJ·mol-1（3分）13、略

【分析】【解析】【答案】14、(1)60～70s、80～90s、100～110s(2)BD(3)正反应减小(4)【分析】【分析】本题考查了化学反应速率和化学平衡基础知识，注意对化学平衡图像的理解，侧重考查了学生理解运用能力，平时学习时要注意基础知识的积累掌握。【解答】rm{(1)}根据平衡状态，各组分的浓度不再随时间的变化而变化，所以达到平衡的时间段为rm{60隆芦70s}rm{80隆芦90s}rm{100隆芦110s}rm{60隆芦70s}rm{80隆芦90s}，故答案为：rm{100隆芦110s}rm{60隆芦70s}rm{80隆芦90s}rm{100隆芦110s}rm{60隆芦70s}；

rm{80隆芦90s}影响化学平衡移动的因素有：温度、浓度、压强等，在rm{100隆芦110s}时，二氧化氮的浓度迅速降低，所以可以是扩大容器体积，在rm{(2)}时，四氧化二氮的浓度迅速升高，可以是增加了rm{70s}的浓度，故答案为：rm{90s}rm{N_{2}O_{4}}

rm{B}增大rm{D}的浓度，平衡正反应方向移动，相当增大压强转化率减小，故答案为：正反应；减小；

rm{(3)}根据反应rm{N_{2}O_{4}}可以知道，相同时间内四氧化二氮和二氧化氮浓度的变化量之比等于rm{(4)}据此来作图得：

故答案为：rm{?}【解析】rm{(1)}rm{60隆芦70s}rm{80隆芦90s}rm{100隆芦110s}rm{60隆芦70s}rm{80隆芦90s}rm{100隆芦110s}rm{(2)B}rm{D}正反应减小rm{(3)}rm{(4)}三、简答题(共6题，共12分)15、略

【分析】解：（1）最简单的有机物为甲烷；相对原子质量最小，故答案为：B；

（2）具有酸性的只有乙酸；和碳酸钠反应放出二氧化碳，故答案为：E；

（3）甲醛可用于防腐；常用于装饰材料中，故答案为：A；

（4）葡萄糖为人体生命活动提供能量；故答案为：C；

（5）乙醇可使蛋白质变性；常用于杀菌消毒，故答案为：D；

（6）蛋白质为高聚物；相对分子质量较大，为高分子化合物，故答案为：F；

（7）硫酸钡不溶于水也不溶于酸；可用作钡餐，故答案为：G．

（1）最简单的有机物为甲烷；

（2）乙酸具有酸性；酸性比碳酸强；

（3）从新装饰的家居中散发出的有毒气体是甲醛；

（4）葡萄糖为人体生命活动提供能量；

（5）乙醇可用于杀菌消毒；

（6）结合有机高分子化合物的定义分析；

（7）硫酸钡不溶于水也不溶于酸；可用作钡餐．

本题考查较为综合，涉及有机物的组成、结构、性质和应用的考查，题目较为基础，注意相关知识的积累．【解析】B；E；A；C；D；F；G16、略

【分析】解：rm{(1)垄脵N_{2}}分子中氮原子间通过氮氮三键结合，因此其结构式为rm{N隆脭N}故答案为：rm{N隆脭N}

rm{垄脷}利用溶液rm{pH}变化可知有rm{OH^{-}}生成；再结合原子守恒可写出反应的离子方程式为：

rm{2NO_{3}^{-}+5H_{2}=N_{2}+2OH^{-}+4H_{2}O}利用离子方程式知rm{v(NO_{3}^{-})=v(OH^{-})=dfrac{10^{-2}-10^{-7}}{10}mol/(L?min)=0.001mol/(L?min)}

故答案为：rm{v(NO_{3}^{-})=v(OH^{-})=dfrac

{10^{-2}-10^{-7}}{10}mol/(L?min)=0.001mol/(L?min)}rm{2NO_{3}^{-}+5H_{2}=N_{2}+2OH^{-}+4H_{2}O}

rm{0.001}亚硝酸盐水解是吸热反应，且水解时生成氢氧根离子，稀释亚硝酸盐溶液能促进其水解，所以要使rm{垄脹}水解使溶液中rm{NO_{2}^{-}}变大，可促进rm{c(OH^{-})}水解的措施有加热；加水或加酸等；故答案为：加水、升高温度、加酸；

rm{NO_{2}^{-}}由图示知在rm{(2)垄脵}电极上rm{Ag-Pt}发生还原反应，因此rm{NO_{3}^{-}}电极为阴极，则rm{Ag-Pt}为负极，rm{B}为电源正极；在阴极反应是rm{A}得电子发生还原反应生成rm{NO_{3}^{-}}利用电荷守恒与原子守恒知有rm{N_{2}}参与反应且有水生成；

所以阴极上发生的电极反应式为：rm{H^{+}}

故答案为：rm{2NO_{3}^{-}+12H^{+}+10e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{A}

rm{2NO_{3}^{-}+12H^{+}+10e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}转移rm{垄脷}电子时，阳极rm{2mol}阳极反应为rm{(}失电子氧化为rm{H_{2}O}和rm{O_{2}}消耗rm{H^{+})}水，产生rm{1mol}进入阴极室，阳极室质量减少rm{2molH^{+}}阴极室中放出rm{18g}同时有rm{0.2molN_{2}(5.6g)}进入阴极室，因此阴极室质量减少rm{2molH^{+}(2g)}故膜两侧电解液的质量变化差rm{3.6g}左rm{(trianglem}右rm{-trianglem}

故答案为：rm{)=18g-3.6g=14.4g}．

rm{14.4}氮气分子中氮原子间形成rm{(1)垄脵}个共用电子对；

rm{3}在催化剂条件下，氢气和硝酸根离子发生氧化还原反应生成氮气、水和氢氧根离子；先根据溶液rm{垄脷}的变化计算氢氧根离子反应速率；再根据氢氧根离子和硝酸根离子之间的关系式计算硝酸根离子反应速率；

rm{pH}亚硝酸根离子水解是吸热反应；根据外界条件对其水解反应影响来分析；

rm{垄脹}由图示知在rm{(2)垄脵}电极上rm{Ag-Pt}发生还原反应，因此rm{NO_{3}^{-}}电极为阴极，则rm{Ag-Pt}为负极，rm{B}为电源正极；阴极反应是rm{A}得电子发生还原反应生成rm{NO_{3}^{-}}利用电荷守恒与原子守恒知有氢离子参与反应且有水生成；

rm{N_{2}}转移rm{垄脷}电子时，阳极rm{2mol}阳极反应为rm{(}失电子氧化为rm{H_{2}O}和rm{O_{2}}消耗rm{H^{+})}水，产生rm{1mol}进入阴极室，阳极室质量减少rm{2molH^{+}}阴极室中放出rm{18g}同时有rm{0.2molN_{2}(5.6g)}进入阴极室．

本题考查结构式和离子方程式的书写、电解原理、反应速率计算、平衡移动等知识点，rm{2molH^{+}(2g)}中rm{(2)}要注意该题中阴极室有氢离子进入，易漏掉，为易错点．rm{垄脷}【解析】rm{N隆脭N}rm{2NO_{3}^{-}+5H_{2}=N_{2}+2OH^{-}+4H_{2}O}rm{0.001}加水、升高温度、加酸；rm{A}rm{2NO_{3}^{-}+12H^{+}+10e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{14.4}17、（1）极性3d24s2

（2）C＜O＜N

（3）＞

（4）A【分析】【分析】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素的原子序数依次递增，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}位于前三周期，rm{A}是原子半径最小的元素，则rm{A}为氢元素；rm{B}的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子数排布为rm{1s}rm{B}rm{C}rm{D}五种元素的原子序数依次递增，rm{E}rm{A}rm{B}rm{C}位于前三周期，rm{D}是原子半径最小的元素，则rm{A}为氢元素；rm{A}的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子数排布为rm{B}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}原子的核外成对电子数是未成对电子数的rm{2p}倍，核外电子排布为rm{{,!}^{2}}，故B为碳元素；rm{D}原子的核外成对电子数是未成对电子数的rm{3}倍，核外电子排布为rm{1s}rm{D}rm{3}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}三种元素组成的一种化合物rm{2p}是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体rm{{,!}^{4}}为，故D为氧元素；rm{C}原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；rm{A}rm{B}rm{D}三种元素组成的一种化合物rm{M}是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体rm{M}为rm{HCHO}rm{A}rm{B}二种元素组成的原子个数比为rm{1}rm{1}的化合物rm{N}是常见的有机溶剂，则rm{N}为苯；rm{E}有“生物金属”之称，rm{E}rm{C}rm{A}二种元素组成的原子个数比为rm{B}rm{D}的化合物rm{M}是常见的有机溶剂，则rm{M}为苯；rm{HCHO}有“生物金属”之称，rm{A}rm{B}rm{1}原子核外电子数为rm{1}故E为rm{N}

rm{N}rm{E}rm{E}rm{{,!}^{4+}}离子和氩原子的核外电子排布相同，rm{E}原子核外电子数为rm{18+4=22}故E为rm{Ti}rm{E}rm{18+4=22}rm{Ti}rm{(1)A}rm{(1)A}为rm{{,!}_{2}}原子序数为rm{D}其基态原子的外围电子排布式为rm{D}rm{{,!}_{2}}分子为rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}

rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}，其电子式为，rm{E}为rm{Ti}原子序数为rm{22}其基态原子的外围电子排布式为rm{3d}rm{E}

rm{Ti}同周期自左而右第一电离能增大，但rm{22}原子rm{3d}轨道半满，为稳定状态，故第一电离能rm{{,!}^{2}}

rm{4s}

rm{4s}硝酸的酸性大于亚硝酸，故答案为：rm{{,!}^{2}}，中故答案为：氧原子电负性很大，是极性分子，；rm{3d}为苯，是非极性分子，故rm{3d}正确；

rm{{,!}^{2}}中rm{4s}原子形成rm{4s}个rm{{,!}^{2}}键，没有孤电子对，碳原子采用；rm{(2)}同周期自左而右第一电离能增大，但rm{N}原子rm{p}轨道半满，为稳定状态，故第一电离能rm{C<O<N}rm{(2)}杂化，故rm{N}错误；

rm{p}之间是rm{C<O<N}故答案为：rm{C<O<N}rm{C<O<N}键，rm{(3)}硝酸的酸性大于亚硝酸，故答案为：rm{>}之间是rm{(3)}rm{>}A.rm{HCHO}中rm{O}氧原子电负性很大，是极性分子，rm{N}为苯，是非极性分子，故rm{a}正确；键，苯分子中含有rm{HCHO}个rm{O}键和rm{N}个大rm{a}键，故B.rm{HCHO}中rm{C}原子形成rm{3}个rm{娄脪}键，没有孤电子对，碳原子采用rm{sp}错误。

rm{HCHO}rm{C}【解析】rm{(1)}极性rm{3d^{2}4s^{2}}rm{(2)C<O<N}rm{(3)>}rm{(4)A}18、略

【分析】解：①物质结构为烷烃；选取含取代基最多最长碳链为主碳链含8个碳原子，离取代基近的一端编号确定取代基位置，取代基位次和最小，在2；6号碳含三个甲基，4.6号碳含一个乙基，名称为：2，2，6-三甲基-4，6-二乙基辛烷，故答案为：2，2，6-三甲基-4，6-二乙基辛烷；

②为烯烃；选取含碳碳双键在内的最长碳链为主碳链，离碳碳双键近的一端给主碳链编号，写出名称为：2-乙基-3-甲基-1-戊稀；

故答案为：2-乙基-3-甲基-1-戊稀；

③有苯环的；命名时可以依次编号命名，名称为1，3-二甲基-4-乙基苯，故答案为：1，3-二甲基-4-乙基苯；

④2，5-二甲基-2，4-己二烯的结构中主碳链含六个碳，2，4号碳上含碳碳双键，2.5号碳上含有甲基，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，该有机物结构简式为C（CH3）2=CHCH=C（CH3）2；

故答案为：C（CH3）2=CHCH=C（CH3）2．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查了有机物的命名，题目难度中等，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】2，2，6-三甲基-4，6-二乙基辛烷；2-乙基-3-甲基-1-戊稀；1，3-二甲基-4-乙基苯；C（CH3）2=CHCH=C（CH3）219、略

【分析】解：rm{(1)}因图中rm{A}rm{C}分别表示反应物总能量、生成物总能量，rm{E}为活化能，反应热可表示为rm{A}rm{C}活化能的大小之差；活化能的大小与反应热无关；加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

故答案为：无；降低；因为催化剂改变了反应的历程使活化能rm{E}降低；

rm{(2)}因rm{1molSO_{2}(g)}氧化为rm{1molSO_{3}}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}所以rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}}氧化为rm{2molSO_{2}(g)}的rm{triangleH=-198kJ?mol^{-1}}

则rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}

故答案为：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}

rm{2molSO_{3}}如果反应速率rm{triangle

H=-198kJ?mol^{-1}}为rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}则rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(SO_{2})=0.025mol/(L?min)}rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}．

故答案为：rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{(3)}

rm{v(SO_{2})}因单质硫的燃烧热为rm{0.05mol/(L?min)}则rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangleH=-296kJ?mol^{-1}}

而rm{v(O_{2})=dfrac

{1}{2}v(SO_{2})=0.025mol/(L?min)}氧化为rm{v(SO_{3})=v(SO_{2})=0.05}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}则rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangleH=-99kJ?mol^{-1}}

由盖斯定律可得：rm{S(s)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangleH=-296kJ?mol^{-1}+(-99kJ?mol^{-1_{)=}}-395kJ?mol^{-1}}则rm{mol/(L?min)}生成rm{0.025}的rm{triangleH=-395kJ?mol^{-1}}故rm{0.05}生成rm{(4)}的rm{triangleH=-1185kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{S(s)+O_{2}(g)=2SO_{2}(g)triangleH_{1}=-296}rm{296kJ?mol^{-1}}rm{3S(s)+dfrac{9}{2}O_{2}(g)=3SO_{3}(g)triangleH篓T-1185kJ?mol^{-1}}．

rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangle

H=-296kJ?mol^{-1}}反应热等于生成物能量和与反应物能量和的差值；加入催化剂；活化能减小，反应反应热不变；

rm{1molSO_{2}(g)}根据反应rm{1molSO_{3}}结合rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}}氧化为rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangleH=-99kJ?mol^{-1}}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}计算反应热；平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积；

rm{S(s)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangle

H=-296kJ?mol^{-1}+(-99kJ?mol^{-1_{)=}}-395kJ?mol^{-1}}反应速率之比等于化学计量数之比；以此可计算反应速率；

rm{S(s)}单质硫的燃烧热为rm{1molSO_{3}(g)}所以热化学方程式为：rm{S(s)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH=-296kJ/mol}利用盖斯定理解答该题．

本题综合考查反应热与焓变，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意反应热计算的应用，题目较简单．rm{triangle

H=-395kJ?mol^{-1}}【解析】无；降低；因为催化剂改变了反应的历程使活化能rm{E}降低；rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})timesc(O_{2})}}rm{S(s)+O_{2}(g)=2SO_{2}(g)triangleH_{1}=-296KJ?mol^{-1}}rm{3S(s)+dfrac{9}{2}O_{2}(g)=3SO_{3}(g)triangleH篓T-1185kJ?mol^{-1}}rm{0.025}20、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}根据实验室制乙烯可知，发生装置rm{A}中碎瓷片的作用是防止暴沸，导管rm{B}比较长；能增加与空气的接触面积，其作用是导气和将生成的气体物质冷凝回流；

故答案为：防止暴沸；冷凝回流；

rm{垄脷}冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度；使其液化；

故答案为：进一步冷却；防止环己烯挥发；

rm{(2)}环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层；环己烯中含有碳碳双键，可以被rm{KMnO_{4}}溶液氧化，稀rm{H_{2}SO_{4}}不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，可选；

故答案为：上；rm{c}．

rm{(1)垄脵}根据实验室制乙烯可知，发生装置rm{A}中碎瓷片的作