2024年滬教版高二化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高二化學下冊階段測試試卷41考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、對于mA（s）+nB（g）pC（g）；正反應為放熱，在一定溫度下反應達平衡后B的百分含量與壓強的關(guān)系如右圖曲線所示，則下列判斷不正確的是（）

A.n＜P

B.x點的狀態(tài)是V正＞V逆

C.y點的狀態(tài)是V正＞V逆

D.x點比y點的反應速率慢。

2、R為1～18號元素，其原子所具有的電子層數(shù)為最外層電子數(shù)的它可能形成的含氧酸根離子有：①R2②R③R2④R下列敘述判斷正確的是（）

A.當它可以形成①時；不可能形成④

B.當它可以形成②時；可以形成③和④

C.當它可以形成①時；不可能形成②和③

D.當它形成②時；也可以形成①

3、下列化合物的核磁共振氫譜中出現(xiàn)三組峰的是：A.2，2，3，3一四甲基丁烷B.2，3，4一三甲基戊烷C.3，4一二甲基己烷D.2，5一二甲基己烷4、由CH3-CH2Cl為原料制取HOCH2-CH2OH，最好選取的反應類型是（）A.消去、加成、取代B.加成、取代、水解C.取代、加成、消去D.加成、取代、消去5、某固體混合物可能由rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Fe}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{BaCl_{2}}中的兩種或兩種以上的物質(zhì)組成。某興趣小組為探究該固體混合物的組成，設(shè)計的部分實驗方案如圖所示：下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.氣體rm{A}是rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}的混合氣體B.固體rm{A}一定含有rm{SiO_{2}}可能含有rm{BaSO_{4}}C.該固體混合物中rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{Fe}至少有其中一種D.該固體混合物一定含有rm{Fe}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{BaCl_{2}}6、目前，科學家正在研究開發(fā)一種高能電池--鈉硫電池，它以熔融鈉、硫為兩極，以導電的β-Al2O3陶瓷作固體電解質(zhì)，反應式如下：2Na+xS?Na2Sx；以下說法正確的是（）

A.放電時；Na作正極，S極發(fā)生還原反應。

B.充電時；鈉極與外電源的正極相連。

C.放電時，陽極發(fā)生的反應為：S-2e=xS

D.若用此電池電解AgNO3溶液；當陽極產(chǎn)生標準狀況下的氣體1.12L時，消耗的金屬鈉為4.6g

7、向rm{CuSO_{4}}溶液中加入過量氨水，可生成rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}下列說法正確的是A.氨氣極易溶于水，是因為rm{NH_{3}}分子中rm{N隆陋H}鍵的鍵能低，易被破壞B.rm{NH_{3}}分子和rm{H_{2}O}分子，分子立體構(gòu)型不同，氨氣分子的鍵角小于水分子的鍵角C.rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}所含有的化學鍵有離子鍵、極性共價鍵和配位鍵D.rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}的組成元素中電負性最大的是氮元素8、在給定的條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能一步實現(xiàn)的是A.rm{Cu隆煤CuSO_{4}}B.rm{Al_{2}O_{3}隆煤Al(OH)_{3;;;;;}}C.rm{SiO_{2}隆煤H_{2}SiO_{3}}D.rm{S隆煤SO_{3}}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、甲烷燃料電池是使用氣體燃料和氧氣直接反應產(chǎn)生電能，一種很有前途的能源利用方式，它的優(yōu)勢在于____．KOH溶液為介質(zhì)的甲烷燃料電池中，甲烷為____極，空氣極的電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，則甲烷極的電極反應式____．

10、現(xiàn)有可逆反應rm{A(}氣rm{)+B(}氣rm{)?3C(}氣rm{)}下圖中甲、乙、丙分別表示在不同的條件下，生成物rm{C}在反應混和物中的百分含量rm{(C%)}和反應時間的關(guān)系：

rm{(1)}若甲圖中兩條曲線分別表示有催化劑和無催化劑時的情況，則_______曲線是表示有催化劑時的情況。rm{(}填rm{a}或者rm{b)}

rm{(2)}若乙圖中的rm{a}曲線表示rm{200隆忙}和rm曲線表示rm{100隆忙}時的情況，則此可逆反應的正反應是_________熱反應。

rm{(3)}若丙圖中兩條曲線分別表示不同壓強下的情況，則________曲線是表示壓強較大的情況。rm{(}填rm{a}或者rm{b)}11、某學習小組用如圖所示裝置測定鋁鎂合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量．

rm{(1)A}中試劑為______rm{.}

rm{(2)}實驗前，先將鋁鎂合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是______rm{..}

rm{(3)}檢查氣密性；將藥品和水裝入各儀器中，連接好裝置后，需進行的操作還有：

rm{壟脵}記錄rm{C}的液面位置；

rm{壟脷}將rm{B}中剩余固體過濾；洗滌，干燥，稱重；

rm{壟脹}待rm{B}中不再有氣體產(chǎn)生并恢復至室溫后，記錄rm{C}的液面位置；

rm{壟脺}由rm{A}向rm{B}中滴加足量試劑；

上述操作的順序是______rm{(}填序號rm{)}記錄rm{C}的液面位置時；除視線平視外，還應______．

rm{(4)B}中發(fā)生反應的化學反應方程式：______．

rm{(5)}若實驗用鋁鎂合金的質(zhì)量為rm{a}rm{g}測得氫氣體積為rmrm{mL(}已換算為標準狀況rm{)}rm{B}中剩余固體的質(zhì)量為rm{c}rm{g}則鋁的相對原子質(zhì)量為______rm{(}用含rm{a}rmrm{c}的式子表示計算結(jié)果rm{)}．

rm{(6)}實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，則測得鋁的質(zhì)量分數(shù)將______rm{.(}填“偏大”、“偏小”或“不受影響”rm{)}12、(12分)周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序數(shù)依次增大。A的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，B的價電子層中的未成對電子有3個，B與C同周期，且C的s能級電子總數(shù)與p能級電子總數(shù)相等，D與C同族；E的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子?；卮鹣铝袉栴}：（1）E+離子的基態(tài)核外電子排布（2）B、C、D中第一電離能由大到小的順序為（填元素符號）（3）A和B、C兩元素形成的兩種共價化合物發(fā)生反應，生成BA4+離子，該離子的中心原子的雜化方式為；與BA4+離子互為等電子體的一種分子為（填化學式）。（4）E的硫酸鹽溶液中滴加過量的氨水可以生成配合物[E(NH3)4]SO4，1mol配合物中含有的σ鍵的數(shù)目為。（5）E和C（空心小球為C，實心小球為E）形成的一種離子化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，則離子化合物的化學式為13、（4分）氮元素可以形成多種化合物?；卮鹨韵聠栴}：(1)基態(tài)氮原子的價電子排布式是____________。(2)肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的一個氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物。①NH3分子的空間構(gòu)型是________；N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型是________。②肼可用作火箭燃料，燃燒時發(fā)生的反應是：N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，若該反應中有4molN—H鍵斷裂，則形成的π鍵有________mol。14、.(6分)碳族元素包括C、Si、Cu、Sn、Pb。（1）碳納米管由單層或多層石墨卷曲而成，其結(jié)構(gòu)類似于石墨晶體，每個碳原子通過雜化與周圍碳原子成鍵，多層碳納米管的層與層之間靠結(jié)合在一起。（2）CH4中共用電子對偏向C、SiH4中共用電子對偏向H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為。（3）用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn—Br鍵的鍵角120°（填“>”“<”或“=”）（4）鉛、鋇、氧形成的某化合物的晶胞結(jié)構(gòu)是：Pb4+處于立方晶胞頂點，Ba2+處于晶胞中心，O2-處于晶胞棱邊中心。該化合物化學式為，每個Ba2+與個O2-配位。15、（2分）金屬晶體的最密堆積的配位數(shù)是，空間利用率是。16、氨在國民經(jīng)濟中占有重要地位。rm{(1)}工業(yè)合成氨的熱化學方程式是rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?

2NH_{3}(g)}若起始時向容器內(nèi)放入rm{婁隴H=簍C92.2kJ/mol}和rm{2molN_{2}}達平衡后放出的熱量為rm{6molH_{2}}則rm{Q}填“rm{Q(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}____rm{)}

rm{184.4kJ}下表是當反應器中按rm{(2)}投料后，在rm{n(N_{2}):n(H_{2})=1:3}rm{200隆忙}rm{400隆忙}下，反應達到平衡時，混合物中rm{600隆忙}的物質(zhì)的量分數(shù)隨壓強的變化曲線。

rm{NH_{3}}曲線rm{壟脵}對應的溫度是_______。rm{a}關(guān)于工業(yè)合成氨的反應，下列敘述正確的是rm{壟脷}填字母____________rm{(}填字母rm{)}A.及時分離出rm{(}可以提高rm{)}的平衡轉(zhuǎn)化率B.加催化劑能加快反應速率且提高rm{NH_{3}}的平衡轉(zhuǎn)化率C.上圖中rm{H_{2}}rm{H_{2}}rm{M}點平衡常數(shù)rm{N}的大小關(guān)系是rm{Q}

rm{K}工業(yè)生產(chǎn)尿素的原理是以rm{K(M)=K(Q)>K(N)}和rm{(3)}為原料合成尿素rm{NH_{3}}反應的化學方程式為rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?CO(NH_{2})_{2}(l)+H_{2}O(l)}

rm{CO_{2}}在一定溫度和壓強下，若原料氣中的rm{[CO(NH_{2})_{2}]}和rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?

CO(NH_{2})_{2}(l)+H_{2}O(l)}的物質(zhì)的量之比rm{壟脵}氨碳比rm{NH_{3}}上圖是氨碳比rm{CO_{2}}與rm{(}平衡轉(zhuǎn)化率rm{)dfrac{n{(N}{{{H}}_{{3}}}{)}}{n{(C}{{{O}}_{{2}}}{)}}=x}的關(guān)系。rm{(x)}隨著rm{CO_{2}}增大而增大的原因是rm{(婁脕)}rm{婁脕}圖中的rm{x}點處，____________________________________________。的平衡轉(zhuǎn)化率為_______。rm{壟脷}評卷人得分三、簡答題(共9題，共18分)17、I.在rm{2L}密閉容器內(nèi)，rm{800隆忙}時反應：rm{2NO(g)+O_{2}(g)}rm{2NO_{2}(g)}體系中，rm{n}rm{(NO)}隨時間的變化如表：。時間rm{(s)}rm{0}rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{n}rm{(NO)(mol)}rm{0.020}rm{0.01}rm{0.008}rm{0.007}rm{0.007}rm{(1)}寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：rm{K}rm{=}____。已知：rm{>}則該反應是____熱反應。rm{(2)}如圖表示rm{NO_{2}}的變化的曲線是____；rm{(}用序號填空，下同rm{)}用rm{O_{2}}表示從rm{0隆蘆2s}內(nèi)該反應的平均速率rm{v}rm{=}rm{mol隆隴L^{-1}隆隴s^{-1;}}

rm{(3)}能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____。rm{a.}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}(NO_{2})=2}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}(O_{2})}rm{b.}容器內(nèi)壓強保持不變rm{c.}rm{v}rm{{,!}_{脛忙}(NO)=2}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}(O_{2})}rm{d.}容器內(nèi)密度保持不變rm{(4)}為使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的是____。rm{a.}及時分離除rm{NO_{2}}氣體rm{b.}適當升高溫度rm{c.}增大rm{O_{2}}的濃度rm{d.}選擇高效催化劑rm{II.}在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}其化學平衡常數(shù)rm{K}和溫度rm{t}的關(guān)系如下表：。rm{t隆忙}rm{700}rm{800}rm{830}rm{1000}rm{1200}rm{K}rm{0.6}rm{0.9}rm{1.0}rm{1.7}rm{2.6}rm{(1)}某溫度下，平衡濃度符合下式：rm{0.9隆隴}rm{c}rm{(CO_{2})隆隴}rm{c}rm{(H_{2})=}rm{c}rm{(CO)隆隴}rm{c}rm{(H_{2}O)}試判斷此時的溫度為rm{隆忙}其它條件不變，升高溫度，原化學平衡向反應方向移動rm{(}填“正”或“逆”rm{)}rm{(2)}若在一密閉容器中，將一定量的rm{CO}與rm{H_{2}O}混合加熱到rm{830隆忙}下達到平衡。若反應開始時rm{CO}與rm{H_{2}O}的濃度分別為rm{0.200mol隆隴L^{簍C1}}和rm{0.100mol隆隴L^{簍C1}}平衡時rm{CO}的轉(zhuǎn)化率。18、香豆素是一種天然香料，存在于黑香豆、蘭花等植物中。工業(yè)上常用水楊醛與乙酸酐在催化劑存在下加熱反應制得：以下是由甲苯為原料生產(chǎn)香豆素的一種合成路線rm{(}部分反應條件及副產(chǎn)物已略去rm{)}已知以下信息：rm{壟脵A}中有五種不同化學環(huán)境的氫；rm{壟脷B}可與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應；rm{壟脹}同一個碳原子上連有兩個羥基通常不穩(wěn)定，易脫水形成羰基。請回答下列問題：rm{(1)}香豆素的分子式為________；rm{(2)}由甲苯生成rm{A}的反應類型為________，rm{A}的化學名稱為________；rm{(3)}由rm{B}生成rm{C}的化學反應方程式為________；rm{(4)B}的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有________種，其中分子結(jié)構(gòu)中有rm{4}種氫的有________種；rm{(5)D}的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有________種，其中：rm{壟脵}既能發(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)生水解反應的是________rm{(}寫結(jié)構(gòu)簡式rm{)}rm{壟脷}能夠與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出rm{CO_{2}}的是________rm{(}寫結(jié)構(gòu)簡式rm{)}19、已知水溶液中rm{CrO_{4}^{2-}(}黃色rm{)}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙色rm{)}間存在如下平衡：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}OtriangleH<0}

rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}Otriangle

H<0}該反應平衡常數(shù)的表達式為______

rm{(1)}下列說法正確的是______

A、rm{(2)}說明該反應已達平衡狀態(tài)。

B；溶液顏色不變說明該反應已達平衡狀態(tài)。

C、溶液中rm{V_{脮媒}(CrO_{4}^{2-})=2V_{脛忙}(Cr_{2}O_{7}^{2-})}rm{c(CrO_{4}^{2-})}rm{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})=2}時該反應已達平衡狀態(tài)。

D；升溫該反應平衡常數(shù)變大。

E；向平衡后的體系中加入一定量的水；平衡不移動。

rm{1}根據(jù)rm{(3)}設(shè)計圖示裝置rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}兩極均為惰性電極rm{(}電解rm{)}溶液制取rm{Na_{2}CrO_{4}}圖中右側(cè)電極連接電源的______極；其電極反應式為：______

rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}rm{(4)H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)}rm{triangleH=-a}

rm{KJ/mol}rm{3Cl_{2}(g)+2Cr^{3+}(aq)+16OH^{-}(aq)=2CrO_{4}^{2-}(aq)+6Cl^{-}(aq)+8H_{2}O(l)}rm{triangleH=-b}

rm{KJ/mol}rm{2CrO_{4}^{2-}(aq)+2H^{+}(aq)?Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+H_{2}O(l)}rm{triangleH=-c}

已知酸性條件下rm{KJ/mol}將rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}氧化為rm{Cl^{-}}本身被還原為rm{Cl_{2}}試寫出該反應的熱化學方程式：______．rm{Cr^{3+}}20、高爐煉鐵是冶煉鐵的主要方法；發(fā)生的主要反應為：

rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangleH=a}rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangle

H=a}rm{kJ}

rm{mol^{-1}}已知：rm{(1)}石墨rm{)=2Fe(s)+3CO(g)triangleH_{1}=+489.0kJ}rm{壟脵Fe_{2}O_{3}(s)+3C(}

rm{)=2Fe(s)+3CO(g)triangle

H_{1}=+489.0kJ}石墨rm{)+CO_{2}(g)=2CO(g)triangleH_{2}=+172.5kJ}rm{mol^{-1}}

則rm{壟脷C(}______rm{)+CO_{2}(g)=2CO(g)triangle

H_{2}=+172.5kJ}rm{mol^{-1}}．

rm{a=}冶煉鐵反應的平衡常數(shù)表達式rm{kJ}______，溫度升高后，rm{mol^{-1}}值______rm{(2)}填“增大”、“不變”或“減小”rm{K=}．

rm{K}在rm{(}時，該反應的平衡常數(shù)rm{)}在rm{(3)}恒容密閉容器甲和乙中；分別按下表所示加入物質(zhì)，反應經(jīng)過一段時間后達到平衡．

。rm{T隆忙}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{CO}rm{Fe}rm{CO_{21}}甲rm{/mol}rm{1.0}rm{1.0}rm{1.0}rm{1.0}乙rm{/mol}rm{1.0}rm{2.0}rm{1.0}rm{1.0}rm{壟脵}甲容器中rm{CO}的平衡轉(zhuǎn)化率為______．

rm{壟脷}下列說法正確的是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}若容器內(nèi)氣體密度恒定時，標志反應達到平衡狀態(tài)rm{b.}甲容器中rm{CO}的平衡轉(zhuǎn)化率大于乙的。

rm{c.}甲、乙容器中，rm{CO}的平衡濃度之比為rm{2}rm{3}rm{d.}增加rm{Fe_{2}O_{3}}可以提高rm{CO}的轉(zhuǎn)化率。

rm{(4)}采取一定措施可防止鋼鐵腐蝕rm{.}下列裝置中的燒杯里均盛有等濃度、等體積的rm{NaCl}溶液．

rm{壟脵}在rm{a隆蘆c}裝置中，能保護鐵的是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{壟脷}若用rmjqcvsef裝置保護鐵，rm{X}極的電極材料應是______rm{(}填名稱rm{)}．

21、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數(shù)依次增大，其中rm{A}原子所處的周期數(shù)、族序數(shù)都與其原子序數(shù)相等；rm{B}原子核外電子有rm{6}種不同的運動狀態(tài)，rm{s}軌道電子數(shù)是rm{p}軌道電子數(shù)的兩倍；rm{D}原子rm{L}電子層上有rm{2}對成對電子；rm{E}的rm{+1}價陽離子的核外有rm{3}層電子且各層均處于全滿狀態(tài)．

rm{(1)E}元素基態(tài)原子的核外電子排布式為______．

rm{(2)B}rm{C}rm{D}三種元素的第一電離能由小到大的順序為______rm{(}填元素符號rm{)}

rm{(3)B_{2}A_{4}}是石油煉制的重要產(chǎn)物之一rm{.B_{2}A_{4}}分子中rm{B}原子軌道的雜化類型為______；rm{1molB_{2}A_{2}}分子中含rm{婁脪}鍵數(shù)目為______．22、能源是國民經(jīng)濟發(fā)展的重要基礎(chǔ)；我國目前使用的能源主要是化石燃料．

（1）在25℃、101kPa時，16gCH4完全燃燒生成液態(tài)水時放出的熱量是890.31kJ，則CH4燃燒的熱化學方程式是______．

（2）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）△H=-437.3kJ?mol-1

H2（g）+O2（g）H2O（g）△H=-285.8kJ?mol-1

CO（g）+O2（g）CO2（g）△H=-283.0kJ?mol-1

則煤的氣化主要反應的熱化學方程式是：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=______kJ?mol-1．如果該反應△S=+133.7J?K-1?mol-1該反應在常溫下能否自發(fā)進行？______（填“能”或“不能”）．

（3）已知汽車汽缸中生成NO的反應為：N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H＞0．若1mol空氣含0.8molN2和0.2molO2，1300°C時在密閉容器內(nèi)反應達到平衡，測得NO為8×10-4mol．計算該溫度下的平衡常數(shù)K=______．汽車啟動后，汽缸溫度越高，單位時間內(nèi)NO排放量越大，原因是______．23、工業(yè)上制備BaCl2的工藝流程圖如下：

某研究小組在實驗室用重晶石（主要成分BaSO4）對工業(yè)過程進行模擬實驗．查表得：

BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ?mol-1①

BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ?mol-1②

（1）氣體用過量NaOH溶液吸收，得到Na2S．Na2S水解的離子方程式為______．

（2）根據(jù)已知的反應①②寫出炭還原CO2的熱化學反應方程式______．

（3）鹽酸能溶解BaS固體的原因是______．24、根據(jù)下列化合物：rm{壟脵CH_{3}COOH}rm{壟脷Na_{2}C_{2}O_{4}壟脹NaCl}rm{壟脺NaOH壟脻NH_{4}Cl.}回答問題：

rm{(1)H_{2}C_{2}O_{4}}是弱酸，則rm{壟脷}溶液中鹽水解的離子方程式為______；

rm{(2)}濃度均為rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{壟脺}rm{壟脻}溶液等體積混合后，rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)=}______；

rm{(3)}常溫下，rm{pH}都為rm{4}的rm{壟脵}rm{壟脻}溶液中水電離出的rm{c(OH^{-})}的比為______．25、某課外興趣小組欲測定某rm{NaOH}溶液的濃度；其操作步驟如下：

rm{壟脵}將堿式滴定管用蒸餾水洗凈并檢查不漏水且用待測溶液潤洗后，再注入待測溶液，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“rm{0}”刻度以下的位置，記下讀數(shù)；將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗錐形瓶rm{2隆蘆3}次；從堿式滴定管中放入rm{25.00mL}待測溶液到錐形瓶中．

rm{壟脷}將酸式滴定管用蒸餾水洗凈并檢查不漏水后，立即向其中注入rm{0.1000mol?L^{-1}}標準鹽酸，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“rm{0}”刻度以下的位置；記下讀數(shù)．

rm{壟脹}向錐形瓶中滴入酚酞作指示劑，進行滴定rm{.}到達滴定終點時，測得消耗鹽酸的體積為rm{V_{1}}rm{mL}．

rm{壟脺}重復以上過程，但在滴定過程中向錐形瓶中加入rm{5mL}的蒸餾水，測得消耗鹽酸的體積為rm{V_{2}mL}．

試回答下列問題：

rm{(1)}滴定時；當看到______的現(xiàn)象時，即為到達滴定終點．

rm{(2)}滴定時邊滴邊搖動錐形瓶；眼睛應觀察______．

rm{(3)}該小組在步驟rm{壟脵}中的錯誤是______rm{.}由此造成的測定結(jié)果______rm{(}填“偏高”、“偏低”或“無影響”rm{)}．

rm{(4)}步驟rm{壟脷}缺少的操作是______．

rm{(5)}右圖是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數(shù)為______rm{mL}．評卷人得分四、計算題(共1題，共3分)26、將鎂條在空氣中燃燒的全部產(chǎn)物rm{(}由于空氣中rm{CO_{2}}含量少，鎂條與rm{CO_{2}}反應忽略不計rm{)}溶解在rm{50mL}濃度為rm{1.8mol/L}的鹽酸中，以rm{20mL0.9mol/L}的rm{NaOH}溶液中和多余的酸，然后向溶液中加入過量的rm{NaOH}并加熱，把生成的氨全部蒸發(fā)出來，用足量鹽酸吸收，經(jīng)測定氨的質(zhì)量為rm{0.102g}試計算原鎂條的質(zhì)量．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

A．由圖象的曲線變化特征可以看出；增大壓強，B的百分含量增大，說明平衡向逆反應方向移動，則有n＜p，故A正確；

B．x點位于曲線上方，未達到平衡狀態(tài)，由圖象可以看出，當B的含量減小時，可趨向于平衡，則應是向正反應方向移動，即V正＞V逆；故B正確；

C．y點位于曲線下方，未達到平衡狀態(tài)，由圖象可以看出，當B的含量增大小時，可趨向于平衡，則應是向逆反應方向移動，即V正＜V逆；故C錯誤；

D．由圖象可以看出x點的壓強小于y點壓強；壓強越大，反應速率越大，故x點比y點的反應速率慢，故D正確．

故選C．

【解析】【答案】由圖象的曲線變化特征可以看出；增大壓強，B的百分含量增大，說明平衡向逆反應方向移動，則有n＜p，在曲線上的點為平衡狀態(tài)，以此來解答該題．

2、B|C【分析】

R為1～18號元素，其原子所具有的電子層數(shù)為最外層電子數(shù)的若R的電子層為1，則核外電子數(shù)為2，為He元素，He性質(zhì)穩(wěn)定，沒有含氧酸根；若R的電子層為2，則最外層電子數(shù)為4，為C元素；若R的電子層為3，則最外層電子數(shù)為6，為S元素．

A、當R可以形成①R2O42-時，是C2O42-，故R為C元素，C元素可以形成CO32-；故A錯誤；

B、當R可以形成②RO42-時，R為+6價，故R為S元素，S元素可以形成S2O32-，SO32-；故B正確；

C、當R可以形成①R2O42-時，是C2O42-，故R為C元素，C元素不可能形成RO42-、R2O32-形式結(jié)構(gòu)的離子；故C正確；

D、當R可以形成②RO42-時，R為+6價，故R為S元素，S元素可以形成S2O32-，SO32-，不可能形成R2O42-形式結(jié)構(gòu)的離子；故D錯誤．

故選：BC．

【解析】【答案】R為1～18號元素，其原子所具有的電子層數(shù)為最外層電子數(shù)的若R的電子層為1，則核外電子數(shù)為2，為He元素，He性質(zhì)穩(wěn)定，沒有含氧酸根；若R的電子層為2，則最外層電子數(shù)為4，為C元素；若R的電子層為3，則最外層電子數(shù)為6，為S元素．

3、D【分析】【解析】試題分析：由于同一個碳原子上的氫原子是相同的，其次同一個碳原子所連接的所有甲基上的氫原子是相同的，再就是具有對稱性結(jié)構(gòu)的（類似于平面鏡成像中物體和像的關(guān)系），所以選項ABCD中含有的等效氫原子分別是1種、4種、4種、3種，因此核磁共振氫譜中出現(xiàn)三組峰的是選項D，答案選D?？键c：考查等效氫原子的判斷【解析】【答案】D4、A【分析】解：由CH3-CH2Cl為原料制取HOCH2-CH2OH；需要鹵代烴先反應生成烯烴，然后烯烴再轉(zhuǎn)化為1，2-二鹵代物，1，2-二鹵代物再轉(zhuǎn)化為乙二醇，所以一氯乙烷先發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯和溴發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再發(fā)生水解反應或取代反應生成乙二醇，所以反應類型先后順序是：消去；加成、取代，故選A．

由CH3-CH2Cl為原料制取HOCH2-CH2OH；需要鹵代烴先反應生成烯烴，然后烯烴再轉(zhuǎn)化為1，2-二鹵代物，1，2-二鹵代物再轉(zhuǎn)化為乙二醇．

本題考查有機物合成，側(cè)重考查學生合成路線設(shè)計能力，明確官能團及其性質(zhì)、常見有機反應類型的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，需要學生有綜合運用知識能力，題目難度不大．【解析】【答案】A5、C【分析】解：rm{A.}氣體rm{A}一定含rm{SO_{2}}可能含rm{CO_{2}}rm{H_{2}}中的一種或兩種；故A錯誤；

B.固體rm{A}為rm{SiO_{2}}或rm{BaSO_{4}}或二者均存在，故B錯誤；

C.rm{B}為rm{Fe(OH)_{2}}該固體混合物中rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{Fe}至少有其中一種，或二者均存在，若只有rm{Fe_{2}O_{3}}時，加酸溶解且與rm{Na_{2}SO_{3}}發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子；故C正確；

D.固體混合物一定含有rm{Na_{2}SO_{3}}rm{BaCl_{2}}可能含rm{Fe}故D錯誤；

故選C．

固體混合物可能由rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Fe}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{BaCl_{2}}中的兩種或兩種以上的物質(zhì)組成，由實驗可知，氣體rm{A}與高錳酸鉀反應后得到氣體rm{B}則rm{A}中一定含rm{SO_{2}}可能含rm{CO_{2}}rm{H_{2}}

混合物與足量硫酸反應后的固體rm{A}可能為rm{SiO_{2}}或rm{BaSO_{4}}或二者均存在；

溶液rm{A}與rm{NaOH}反應后生成白色沉淀rm{B}rm{B}的顏色一段時間后加深，則rm{B}為rm{Fe(OH)_{2}}溶液rm{B}與硝酸鋇反應生成沉淀rm{C}為rm{BaSO_{4}}溶液rm{C}與硝酸、硝酸銀反應生成沉淀rm{D}為rm{AgCl}則原混合物中rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{Fe}至少有其中一種，一定含rm{BaCl_{2}}以此來解答．

本題考查物質(zhì)的組成及實驗確定，為高頻考點，把握實驗流程中發(fā)生的反應、物質(zhì)的性質(zhì)為解答本題關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結(jié)合，題目難度中等．【解析】rm{C}6、D【分析】

A；在放電時；硫單質(zhì)得電子，作正極，鈉失電子，作負極，故A錯誤；

B；充電時；鈉極與外電源的負極相連，硫極與外電源的正極相連，故B錯誤；

C、放電時，是原電池反應，正極反應為：xS+2e-=Sx2-；故C錯誤；

D、電解AgNO3溶液時，陽極產(chǎn)生的1.12L（標況）氣體，陽極0.05mol氣體是氧氣，即4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成0.05mol氧氣轉(zhuǎn)移電子為0.2mol，根據(jù)鈉硫電池放電時的負極反應：2Na-2e-=2Na+；則會消耗金屬鈉0.2mol，即4.6g，故D正確；

故選D．

【解析】【答案】在放電時，原電池正極發(fā)生得電子的還原反應，在反應2Na+xS=Na2Sx中，硫單質(zhì)得電子，故正極反應為：xS+2e-=Sx2-；原電池負極發(fā)生失電子的氧化反應，在反應2Na+xS=Na2Sx中鈉失電子，故負極反應為2Na-2e-=2Na+；在充電時，電解池的陽極發(fā)生的電極反應極為正極上的逆反應，陰極反應和負極互為逆反應．

7、C【分析】【分析】本題考查較為全面，涉及到化學方程式的書寫、電子排布式、分子空間構(gòu)型、雜化類型的判斷以及有關(guān)晶體的計算．【解答】A.氨氣極易溶于水，是因為rm{NH_{3}}分子和rm{H_{2}O}分子之間形成氫鍵；故A錯誤；

B.氨氣分子的鍵角小于水分子的鍵角；故B錯誤；

C.rm{N}與rm{H}原子形成極性共價鍵，與rm{SO_{4}^{2-}}形成離子鍵，rm{Cu^{2+}}與rm{NH_{3}}形成配位鍵；故C正確；

D.rm{[Cu(}rm{N}rm{H}rm{{,!}_{3})_{4}]SO_{4}}組成元素中電負性最大的是氧元素；故D錯誤。

故選C?！窘馕觥縭m{C}8、A【分析】略【解析】rm{A}二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】

氧化碳排放量比一般方法低許多，水又是無害的產(chǎn)生物，是一種低污染性的能源．效率高、污染低；電池的電池反應式為：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，溶液由堿溶液變成鹽溶液，燃料在負極上失電子發(fā)生氧化反應，甲烷燃燒能生成二氧化碳和水，二氧化碳和氫氧化鉀反應生成碳酸鉀，O2+2H2O+4e-=4OH-，所以電極反應式為：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O；

故答案為：效率高、污染低；負極；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O．

【解析】【答案】電池的電池反應式為：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；根據(jù)負極上發(fā)生反應的反應類型確定反應的物質(zhì)及電極反應式；甲烷燃料電池的優(yōu)點，二氧化碳排放量比一般方法低許多，水又是無害的產(chǎn)生物，是一種低污染性的能源．效率高；污染低．

10、（1）a

（2）吸熱。

（3）b

【分析】【分析】本題考查化學平衡圖象；影響化學平衡的因素；難度中等，注意分析圖象中曲線的變化特點，結(jié)合平衡移動原理解答。

【解答】rm{(1)}使用催化劑，加快反應速率，縮短到達平衡的時間，由圖可知，rm{a}先到達平衡，故rm{a}曲線表示使用催化劑，rm曲線表示沒有使用催化劑，故答案為：rm{a}

rm{(2)}由乙圖可知溫度越高，生成物rm{C}在反應混合物中的體積分數(shù)rm{(婁脮)}越小，說明溫度升高，平衡逆移，所以正反應為放熱反應，即rm{triangleH<0}逆反應是吸熱反應；故答案為：吸熱；

rm{(3)}由丙圖可知，根據(jù)到達平衡時間，rm所用時間短，說明rm的反應速率快，所以rm的壓強高，故答案為：rm

【解析】rm{(1)a}

rm{(2)}吸熱。

rm{(3)b}

11、略

【分析】解：rm{(1)}根據(jù)鋁鎂的化學性質(zhì)，鋁鎂都能與酸反應放出氫氣，但鋁還能與堿rm{(}如rm{NaOH}溶液rm{)}反應放出氫氣，而鎂不能，要測定鋁鎂合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)，應選擇rm{NaOH}溶液；

故答案為：rm{NaOH}溶液；

rm{(2)}鋁鎂的表面都容易形成一層氧化膜；在實驗前必須除去，故答案為：除去鋁鎂合金表面的氧化膜；

rm{(3)}實驗時，記下量氣管中rm{C}的液面位置，再加入rm{NaOH}溶液開始反應，待反應完畢并冷卻至室溫后，記錄量氣管中rm{C}的液面位置，最后將rm{B}中剩余固體過濾，洗滌，干燥，稱重；量氣管讀數(shù)時為使里面氣體壓強與外界大氣壓相等，必須使rm{D}和rm{C}兩管中液面相平；

故答案為：rm{壟脵壟脺壟脹壟脷}使rm{D}和rm{C}的液面相平；

rm{(4)B}管中發(fā)生鋁與rm{NaOH}溶液的反應：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}故答案為：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

rm{(5)}鋁鎂合金的質(zhì)量為rm{ag}rm{B}中剩余固體鎂的質(zhì)量為rm{cg}則參加反應的鋁的質(zhì)量為rm{(a-c)g}設(shè)鋁的相對原子質(zhì)量為rm{M}則。

rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

rm{2M}rm{3隆脕22400ml}

rm{(a-c)g}rm{bml}

解得：rm{M=dfrac{33600(a-c)}}

故答案為：rm{dfrac{33600(a-c)}}

rm{(6)}鋁的質(zhì)量分數(shù)為：rm{dfrac{(a-c)}{a}}實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，rm{c}值偏大；鋁的質(zhì)量分數(shù)偏?。?/p>

故答案為：偏?。?/p>

rm{(1)Mg}rm{Al}均可以和酸反應，因此不可以用酸來實驗，由于rm{Al}可以和堿反應而不和rm{Mg}反應，則可以用rm{NaOH}與rm{Al}反應制得rm{H_{2}}然后用排水法收集rm{H_{2}}以計算rm{Al}的量；

rm{(2)}由于rm{Al}表面容易生成氧化膜；因而要用酸處理；

rm{(3)}整個操作過程及原理是：檢查氣密性；記錄起始液面；加入堿反應；不產(chǎn)生氣體后，記錄rm{C}中的液面，兩者相減即為產(chǎn)生rm{H_{2}}的量；最后稱得的固體即為rm{Mg}的質(zhì)量rm{.}在讀數(shù)時要注意rm{D}rm{C}液面相平；否則氣體將受壓，造成讀數(shù)不準；

rm{(4)B}中發(fā)生的是rm{Al}與堿的反應；

rm{(5)(a-c)}即為鋁的質(zhì)量，再除以rm{Al}的物質(zhì)的量即為鋁的摩爾質(zhì)量，而rm{n(Al)}可以由產(chǎn)生的rm{H_{2}}獲得；

rm{(6)}未洗滌，則造成rm{(a-c)}變小，則由rm{(5)}的結(jié)果可進行判斷．

本題考查了探究實驗、混合物的計算和測定，題目難度中等，注意把握鎂鋁的化學性質(zhì)，側(cè)重于元素化合物知識的綜合應用的考查．【解析】rm{NaOH}溶液；除去鋁鎂合金表面的氧化膜；rm{壟脵壟脺壟脹壟脷}使rm{D}和rm{C}的液面相平；rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O簍T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{dfrac{33600(a-c)}}偏小12、略

【分析】試題分析：（1）A的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則A是H元素；B的價電子層中的未成對電子有3個，則B的價電子排布可能是2s22p3，則B是N元素；B與C同周期，且C的s能級電子總數(shù)與p能級電子總數(shù)相等，則C的電子排布式為1s22s22p4，所以C是O元素；D與C同族；則D是S元素；E的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子，則E的電子層排布是2、8、18、1，所以E是Cu元素。（1）Cu+的基態(tài)電子排布為[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；（2）N、O、S三種元素的第一電離能的大小依據(jù)N原子的2p能級為半充滿結(jié)構(gòu)，所以N>O；而同主族元素從上到下，第一電離能逐漸減小，所以O(shè)>S，則N>O>S；（3）NH4+中N原子的價層電子對數(shù)是4+1/2(5-1-4)=4,無孤對電子，則N原子以sp3雜化；與銨根離子互為等電子體的分子中含有5個原子，且價電子數(shù)是8，所以該分子是CH4；（4）配合物[E(NH3)4]SO4中，硫酸根離子中存在4個σ鍵，1個NH3中存在3個σ鍵，每個NH3與銅離子之間形成1個配位鍵，則共存在4×3+4+4=20個σ鍵，所以1mol該配合物中含有20NAσ鍵；（5）由晶胞圖可知，該晶胞中的O原子的個數(shù)是8×1/8+1=2，Cu原子的個數(shù)是4，所以Cu與O的原子個數(shù)比是4:2=2:1，則化合物的化學式是Cu2O?？键c：考查元素的推斷，原子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)判斷，晶胞的計算【解析】【答案】(1)[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10(2)N>O>S(3)3p3CH4(4)20NA(5)Cu2O13、略

【分析】（1）根據(jù)構(gòu)造原理可知，態(tài)氮原子的價電子排布式是2s22p3。（2）①氨氣分子中中心原子含有的孤對電子是（5－1×3）÷2＝1，所以氨氣是三角錐形結(jié)構(gòu)，氮原子是sp3雜化。而肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的一個氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物，所以N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型也是sp3雜化。②反應中有4molN—H鍵斷裂，則根據(jù)方程式可知，形成1.5mol氮氣。氮氣中含有氮氮三鍵，而三鍵是由1個δ鍵和2個π鍵構(gòu)成的，是由形成的π鍵是1.5mol×2＝3mol?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）（1）2s22p3（1分）（2）①三角錐型（1分）sp3（2分）②3（2分）14、略

【分析】（1）石墨屬于層狀結(jié)構(gòu)，同一層內(nèi)碳元素是通過sp2雜化與其它碳原子成鍵。而層與層之間通過分子間作用力結(jié)合在一起。（2）元素電負性越強，共用電子對就偏向該原子不少于根據(jù)題意可知，C、Si、H的電負性由大到小的順序為C＞H＞Si。（3）根據(jù)價層電子對互斥理論可知，中心原子含有的孤對電子是（4－1×2）÷2＝1，所以其鍵角小于120°。（4）Pb4+處于立方晶胞頂點，Ba2+處于晶胞中心，O2-處于晶胞棱邊中心，所以每個Ba2+與12個O2-配位，則晶胞中Pb4+的個數(shù)為8×1/8＝1、Ba2+是1個、O2-是12×/14＝3，所以化學式為BaPbO3?！窘馕觥俊敬鸢浮浚靠?分，共6分）（1）sp2分子間作用力（或：范德華力）（2）C＞H＞Si（3）（4）BaPbO31215、略

【分析】金屬晶體的最密堆積是六方最密堆積和面心六方最密堆積，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，配位數(shù)都是12，其空間利用率也是相同的，都是74%?！窘馕觥俊敬鸢浮?274%16、（1）<

（2）①200℃

②AC

（3）①增大c(NH3)，平衡正向移動

②32%

【分析】【分析】rm{(1)}主要考查了可逆反應的特點，即反應物的轉(zhuǎn)化率不可能達到rm{100%}rm{(2)}考查分析圖像的能力，利用圖像著重考查勒夏特列原理以及化學平衡常數(shù)和溫度的關(guān)系。rm{(3)}考查分析處理信息的能力，以及改變濃度對化學平衡的影響和轉(zhuǎn)化率的計算方法?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)所給熱化學方程式可知，如果rm{2molN}rm{2molN}rm{{,!}_{2}}和rm{6molH}rm{6molH}但該反應是可逆反應，反應物的轉(zhuǎn)化率不可能達到rm{{,!}_{2}}因此放出的熱量要小于完全反應，放出的熱量應為rm{184.4kJ}但該反應是可逆反應，反應物的轉(zhuǎn)化率不可能達到rm{100%}因此放出的熱量要小于rm{184.4kJ}rm{隆爐}rm{184.4kJ}rm{100%}分析圖像可知，當壓強相同時，曲線rm{184.4kJ}對應的rm{隆爐}rm{(2)壟脵}rm{a}對應的溫度應該是最低的，故曲線rm{NH}對應的溫度是rm{NH}rm{{,!}_{3}}及時分離出的體積分數(shù)最大，該反應是一個放熱反應，降低溫度，平衡會向左移動，因此，曲線rm{a}對應的溫度應該是最低的，故曲線rm{a}對應的溫度是rm{200隆忙}降低了生成物的濃度，可使平衡向右移動，因此可以提高rm{a}rm{a}rm{200隆忙}rm{壟脷A.}rm{NH_{3}}rm{H}C.平衡常數(shù)rm{H}只和溫度有關(guān)，對于放熱反應來說，溫度越高，平衡常數(shù)rm{{,!}_{2}}越小，的平衡轉(zhuǎn)化率，故A正確；點和B.加催化劑能加快反應速率，但不會改變化學平衡狀態(tài)，因此不會提高rm{H}點都在曲線rm{H}上，對應的溫度是一樣的，因此rm{{,!}_{2}}而根據(jù)上一問的分析可知，曲線的平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；的溫度應該高于曲線rm{K}因此平衡常數(shù)要小，故C正確。rm{K}假定rm{M}rm{Q}rmrm{K(M)=K(Q)}而根據(jù)上一問的分析可知，曲線rm{c}的溫度應該高于曲線rm因此平衡常數(shù)要小，故C正確。越大，說明rm{K(M)=K(Q)}rm{c}rmrm{(3)壟脵}則平衡會向右移動，rm{CO}的轉(zhuǎn)化率也會隨之增大。rm{CO}點對應的rm{dfrac{n(N{H}_{3})}{n(C{O}_{2})}=4.0}rm{{,!}_{2}}的物質(zhì)的量不變，則rm{x}則rm{n(CO_{2})_{路麓脫婁}=1.0mol隆脕0.64=0.64mol}rm{NH}rm{n(NH_{3})_{路麓脫婁}=2n(CO_{2})_{路麓脫婁}=0.64mol隆脕2=1.28mol}因此，rm{NH}點處rm{{,!}_{3}}的物質(zhì)的量越大，相當于不斷的充入rm{NH_{3}}rm{婁脕(N{H}_{3})=dfrac{1.28mol}{4.0mol}隆脕100攏樓=32攏樓}rm{CO_{2}}【解析】rm{(1)}rm{<}rm{<}rm{(2)壟脵}rm{200隆忙}rm{200隆忙}rm{壟脷}rm{AC}平衡正向移動rm{AC}rm{(3)壟脵}

增大rm{c(NH_{3})}平衡正向移動三、簡答題(共9題，共18分)17、I.（1）放熱（2）b1.5×10-3（3）bc（4）cII.（1）800正（2）33.3%【分析】【分析】本題考查化學平衡常數(shù)及影響因素、平衡移動等，難度中等，要學會用化學平衡常數(shù)表達式解決問題?！窘獯稹縄.rm{(1)2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}平衡常數(shù)rm{K=dfrac{;{c}^{2}(N{O}_{2});}{{c}^{2}(NO)隆隴c({O}_{2});}}因為rm{K=

dfrac{;{c}^{2}(N{O}_{2});}{{c}^{2}(NO)隆隴c({O}_{2});}}溫度越高平衡常數(shù)越小，說明升溫平衡逆向進行，正反應為放熱反應，故答案為：rm{K=dfrac{;{c}^{2}(N{O}_{2});}{{c}^{2}(NO)隆隴c({O}_{2});}}放熱；rm{K_{300隆忙}>K_{350隆忙}}是產(chǎn)物，隨反應進行濃度增大，平衡時濃度為rm{K=

dfrac{;{c}^{2}(N{O}_{2});}{{c}^{2}(NO)隆隴c({O}_{2});}}濃度的變化量rm{?c(NO)=dfrac{0.020mol-0.007mol}{2L}=0.0065mol/L}結(jié)合圖象縱軸數(shù)據(jù)分析，圖中表示rm{(2)NO_{2}}變化的曲線是rm{NO}rm{?c(NO)=

dfrac{0.020mol-0.007mol}{2L}=0.0065mol/L}內(nèi)用rm{NO_{2}}表示的平均反應速率rm{v(NO)=dfrac{dfrac{0.020mol-0.008mol}{2L}}{2s}=3.0隆脕10-3mol?{L}^{-1}?{s}^{-1}}速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以rm故答案為：rm{2s}rm{NO}rm{v(NO)=dfrac{

dfrac{0.020mol-0.008mol}{2L}}{2s}=3.0隆脕10-3mol?{L}^{-1}?{s}^{-1}

}表示同一方向反應速率，rm{v(O_{2})=1/2v(NO)=1/2隆脕3.0隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?s^{-1}=1.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?s^{-1}}自始至終為rm的rm{1.5隆脕10^{-3}}倍，不能說明達到平衡，故rm{(3)a.}錯誤；rm{v(NO_{2})}隨反應進行，反應混合氣體總的物質(zhì)的量在減小，氣體總物質(zhì)的量保持不變，氣體壓強不變，說明反應到達平衡，故rm{v(O_{2})}正確；rm{2}不同物質(zhì)表示速率，到達平衡時，正逆速率之比等于化學計量數(shù)之比，rm{a}逆rm{b.}正rmrm{c.}即rm{V}逆rm{(NO)}正rm{(O_{2})=2}故rm{1}正確；rm{V}混合氣體的總質(zhì)量不變，容器容積為定值，所以密度自始至終不變，不能說明達到平衡，故rm{(NO)=2v}錯誤；故答案為：rm{(O_{2})}rm{c}及時分離出rm{d.}氣體減小生成物濃度反應速率減小，故rmuooemns不符合；rm{bc}適當升高溫度反應速率增大，但該反應是放熱反應，升溫平衡逆向進行，故rm{(4)a.}不符合；rm{NO_{2}}增大rm{a}的濃度增大反應物濃度，平衡正向進行，反應速率增大，故rm{b.}符合；rm選擇高效催化劑rm{c.}催化劑同等程度改變正逆反應速率，使用催化劑平衡不移動，故rm{O_{2}}不符合；故選：rm{c}rm{d.}rm{.}rmcdtmqfzrm{c}rm{II.(1)}某溫度下，平衡濃度符合下式：rm{0.9隆隴}rm{0.9隆隴}rm{c(CO}rm{2}rm{2}rm{)隆隴}rm{)隆隴}rm{c(H}rm{K=;dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O);;}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}=0.9}故為rm{2}rm{2}故答案為：rm{)}正；rm{)}設(shè)轉(zhuǎn)化的rm{=}的濃度為rm{=}則：rm{c(CO)隆隴c(H}初始rm{c(CO)隆隴c(H}rm{2}rm{2}rm{O)}轉(zhuǎn)化rm{O)}，則該反應的平衡常數(shù)rm{K=;

dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O);;}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}=0.9

}rm{800隆忙}平衡由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越大，說明升高溫度平衡向正反應移動，rm{800}rm{(2)}rm{CO}rm{dfrac{x隆隴x}{(0.2-x)隆隴(0.1-x)}=1}解得rm{xmol/L}則rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}的轉(zhuǎn)化率rm{dfrac{dfrac{0.2}{3}}{0.2}隆脕100攏樓=33.3攏樓}故答案為：rm{(mol/L)0.2}rm{0.1}rm{0}【解析】I.rm{(1)K=dfrac{;{c}^{2}(N{O}_{2});}{{c}^{2}(NO)隆隴c({O}_{2});}}放熱rm{(1)K=

dfrac{;{c}^{2}(N{O}_{2});}{{c}^{2}(NO)隆隴c({O}_{2});}}rm{(2)b}rm{1.5隆脕10^{-3}}rm{(3)bc}rm{(4)c}正rm{II.(1)800}rm{(2)33.3%}18、（1）C9H6O2

（2）取代反應2－氯甲苯(鄰氯甲苯)

（3）

（4）42

（5）4

①

②【分析】【分析】本題考查有機物的合成，題目難度中等，本題注意根據(jù)有機物官能團的變化判斷有機物的結(jié)構(gòu)簡式、反應類型等，本題易錯點為同分異構(gòu)體的判斷，注意結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，性質(zhì)推測結(jié)構(gòu)?！窘獯稹扛鶕?jù)所給信息，結(jié)合反應的流程圖可知rm{D}的結(jié)構(gòu)式是鄰位的的結(jié)構(gòu)式是鄰位的rm{D}是在甲苯的鄰位上引入了一個氯原子，則，可判斷生成的rm{A}是在甲苯的鄰位上引入了一個氯原子，則rm{A}的結(jié)構(gòu)式為的結(jié)構(gòu)式為rm{A}發(fā)生水解后生成的rm{A}是一種酚，則；鹵代烴rm{A}發(fā)生水解后生成的rm{B}是一種酚，則rm{B}的結(jié)構(gòu)式為的結(jié)構(gòu)式為rm{A}生成rm{B}是在側(cè)鏈rm{B}；rm{B}生成rm{C}是在側(cè)鏈rm{隆陋CH}rm{B}個氯原子，則rm{C}的結(jié)構(gòu)式為rm{隆陋CH}水解后又引入了rm{3}個羥基，且連在同一個碳原子上，該結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，變?yōu)榉€(wěn)定的醛基，故變?yōu)閞m{3}與乙酸酐反應生成香豆素。上引入了rm{2}個氯原子，則rm{C}的結(jié)構(gòu)式為香豆素的分子式為rm{2}rm{C}；rm{C}水解后又引入了rm{2}個羥基，且連在同一個碳原子上，該結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，變?yōu)榉€(wěn)定的醛基，故變?yōu)閞m{C}rm{2}，，故答案為：rm{(1)}rm{C}rm{9}rm{9}rm{H}rm{6}；rm{6}甲苯與氯氣反應生成鄰氯甲苯的反應類型為取代反應，可以看作是一個氯原子取代一個氫原子，故答案為：取代反應；rm{O}氯甲苯rm{2}或鄰氯甲苯rm{2}rm{C}可與rm{9}溶液發(fā)生顯色反應，說明rm{9}中含有酚羥基rm{H}在光照條件下，甲基上的兩個氫原子被取代，方程式為故答案為：rm{6}rm{6}的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的結(jié)構(gòu)，根據(jù)羥基與甲基的相對位置有rm{O}種rm{2}rm{2}種醇類rm{(2)}種醚類rm{2-}種；其中氫譜中出現(xiàn)rm{(}組峰說明結(jié)構(gòu)中有四種不同的氫原子，則有rm{)}種rm{(3)B}故答案為：rm{FeCl_{3}}rm{B}rm{.}rm{(4)}的含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體有：具有相同的官能團的有rm{B}的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的結(jié)構(gòu)，根據(jù)羥基與甲基的相對位置有rm{2}種種rm{B}rm{2}種、種，還有rm{1}種醇類種，故答案為：rm{1}、rm{1}種醚類既能發(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)生水解反應，則為甲酸酯，其結(jié)構(gòu)簡式為rm{1}，故答案為：，故共有rm{4}種；其中氫譜中出現(xiàn)rm{4}組峰說明結(jié)構(gòu)中有四種不同的氫原子，則有rm{2}種；rm{4}能夠與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出rm{4}rm{2}，則含羧基，其結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：、【解析】rm{(1)C_{9}H_{6}O_{2}}

rm{(2)}取代反應rm{2-}氯甲苯rm{(}鄰氯甲苯rm{)}

rm{(3)}

rm{(4)4}rm{2}

rm{(5)4}

rm{壟脵}

rm{壟脷}19、略

【分析】解：rm{(1)}平衡常數(shù)等于生成物濃度冪之積比上反應物濃度冪之積，所以rm{K=dfrac{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})}{c^{2}(CrO_{4}^{2-})cdotc^{2}(H^{+})}}故答案為：rm{K=dfrac{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})}{c^{2}(CrO_{4}^{2-})cdotc^{2}(H^{+})}}rm{K=dfrac{c(Cr_{2}O_{7}^{2-

})}{c^{2}(CrO_{4}^{2-})cdotc^{2}(H^{+})}}分rm{K=dfrac{c(Cr_{2}O_{7}^{2-

})}{c^{2}(CrO_{4}^{2-})cdotc^{2}(H^{+})}}

rm{(2}rm{)}速率之比等于對應物質(zhì)的量之比，說明該反應已達平衡狀態(tài)，故A正確；

B；溶液顏色不變說明各物質(zhì)的濃度不變；該反應已達平衡狀態(tài)，故B正確；

C、溶液中rm{(2)A}rm{V_{脮媒}(CrO_{4}^{2-})=2V_{脛忙}(Cr_{2}O_{7}^{2-})}rm{c(CrO_{4}^{2-})}但不是濃度不變的狀態(tài)，故C錯誤；

D；升溫該反應平衡常數(shù)變大；與是否平衡無關(guān)，故D錯誤；

E；向平衡后的體系中加入一定量的水；平衡不移動，是平衡的移動，與平衡狀態(tài)無關(guān)，故E錯誤；

故選AB；

rm{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})=2}根據(jù)rm{1}設(shè)計圖示裝置rm{(3)}均為惰性電極rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}電解rm{(}溶液制取rm{)}需要通過電解消耗rm{Na_{2}CrO_{4}}提高溶液的酸性，說明在該電極是陽極，連接電源的正極，電極反應式為rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}故答案為：正；rm{OH^{-}}

rm{4OH^{-}-4e^{-}簍TO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{4OH^{-}-4e^{-}簍TO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{(4)壟脵H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)}

rm{triangleH=-a}rm{KJ/mol}rm{壟脷3Cl_{2}(g)+2Cr^{3+}(aq)+16OH^{-}(aq)=2CrO_{4}^{2-}(aq)+6Cl^{-}(aq)+8H_{2}O(l)}

rm{triangleH=-b}rm{KJ/mol}rm{壟脹2CrO_{4}^{2-}(aq)+2H^{+}(aq)?Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+H_{2}O(l)}

根據(jù)蓋斯定律：rm{triangleH=-c}得：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+6Cl^{-}(aq)+14H^{+}(aq)=3Cl_{2}(g)+2Cr^{3}(aq)^{+}+7H_{2}O(l)triangleH=(c+b-16a)KJ/mol}故答案為：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+6Cl^{-}(aq)+14H^{+}(aq)=3Cl_{2}(g)+2Cr^{3}(aq)^{+}+7H_{2}O(l)triangleH=(c+b-16a)KJ/mol}．

rm{KJ/mol}平衡常數(shù)等于生成物濃度冪之積比上反應物濃度冪之積；

rm{16壟脵-壟脷-壟脹}根據(jù)判斷平衡狀態(tài)的方法：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+6Cl^{-}(aq)+14H^{+}(aq)=3Cl_{2}(g)+2Cr^{3}(aq)^{+}+7H_{2}O(l)triangle

H=(c+b-16a)KJ/mol}或各組分的濃度保持不變則說明已達平衡，也可根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征：逆；定、動、變、等來回答判斷；

rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+6Cl^{-}(aq)+14H^{+}(aq)=3Cl_{2}(g)+2Cr^{3}(aq)^{+}+7H_{2}O(l)triangle

H=(c+b-16a)KJ/mol}根據(jù)rm{(1)}設(shè)計圖示裝置rm{(2)}均為惰性電極rm{V_{脮媒}=V_{脛忙}}電解rm{(3)}溶液制取rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}需要通過電解電解消耗rm{(}提高溶液的酸性，說明在該電極是陽極，連接電源的正極，電極反應式為rm{)}

rm{Na_{2}CrO_{4}}根據(jù)蓋斯定律分析解答．

本題考查原電池設(shè)計、蓋斯定律知識點、化學平衡狀態(tài)，會正確書寫電極反應式，為高考高頻點．rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}【解析】rm{K=dfrac{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})}{c^{2}(CrO_{4}^{2-})cdotc^{2}(H^{+})}}rm{K=dfrac{c(Cr_{2}O_{7}^{2-

})}{c^{2}(CrO_{4}^{2-})cdotc^{2}(H^{+})}}正；rm{AB}rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+6Cl^{-}(aq)+14H^{+}(aq)=3Cl_{2}(g)+2Cr^{3}(aq)^{+}+7H_{2}O(l)triangleH=(c+b-16a)KJ/mol}rm{4OH^{-}-4e^{-}簍TO_{2}隆眉+2H_{2}O}20、略

【分析】解：rm{(1)壟脵Fe_{2}O_{3}(s)+3C(}石墨rm{)=2Fe(s)+3CO(g)triangleH_{1}=+489.0kJmol^{-1}}

rm{)=2Fe(s)+3CO(g)triangle

H_{1}=+489.0kJmol^{-1}}石墨rm{)+CO_{2}(g)=2CO(g)triangleH_{2}=+172.5kJmol^{-1}}

由蓋斯定律rm{壟脷C(}得到rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangleH=(+489.0kJmol^{-1})-(+172.5kJmol^{-1})隆脕3=-28.5kJmol^{-1}}

故答案為：rm{)+CO_{2}(g)=2CO(g)triangle

H_{2}=+172.5kJmol^{-1}}

rm{(2)Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangleH=-28.5kJmol^{-1}}平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c^{3}(CO_{2})}{c^{3}(CO)}}反應是放熱反應，升溫平衡逆向進行，平衡常數(shù)減??；

故答案為：rm{dfrac{c^{3}(CO_{2})}{c^{3}(CO)}}減?。?/p>

rm{壟脵-壟脷隆脕3}在rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangle

H=(+489.0kJmol^{-1})-(+172.5kJmol^{-1})隆脕3=-28.5kJmol^{-1}}時，該反應的平衡常數(shù)rm{-28.5}在rm{(2)Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangle

H=-28.5kJmol^{-1}}恒容密閉容器甲中，加入物質(zhì)反應達到平衡，設(shè)消耗一氧化碳物質(zhì)的量為rm{K=dfrac

{c^{3}(CO_{2})}{c^{3}(CO)}}

rm{dfrac

{c^{3}(CO_{2})}{c^{3}(CO)}}

起始量rm{(3)壟脵}rm{T隆忙}rm{K=64}rm{2L}rm{x}

變化量rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)}rm{(mol)}rm{1}

平衡量rm{1}rm{1}rm{1}

rm{K=dfrac{(1+x)^{3}}{(1-x)^{3}}=64}解得rm{(mol)}轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac{0.6}{1}隆脕100%=60%}

故答案為：rm{x}

rm{x}反應前后氣體質(zhì)量變化，體積不變，若容器內(nèi)氣體密度恒定時，標志反應達到平衡狀態(tài)，故rm{(mol)}正確；

rm{1-x}反應前后氣體體積相同；所以增加反應物的物質(zhì)的量，等同于加壓，平衡不移動，平衡轉(zhuǎn)化率相同，故錯誤；

rm{1+x}甲容器中平衡一氧化碳物質(zhì)的量為rm{K=dfrac

{(1+x)^{3}}{(1-x)^{3}}=64}乙容器中結(jié)合平衡常數(shù)計算得到消耗一氧化碳為rm{x=0.6}平衡物質(zhì)的量為rm{dfrac

{0.6}{1}隆脕100%=60%}甲和乙容器中rm{60%}的平衡濃度之比為rm{壟脷a.}rm{a}故正確；

rm{b.}固體量增加不影響化學平衡，增加rm{c.}不能提高rm{0.4mol}的轉(zhuǎn)化率；故錯誤；

故答案為：rm{1.4mol}

rm{0.6mol}鐵做陽極，失去電子，故沒有被保護；rm{CO}鐵做陰極，被保護；rm{0.4+0.6=2}鐵做正極，被保護；故選rm{3}

rm{d.}保護鐵，則讓鐵做原電池的正極，rm{Fe_{2}O_{3}}活動性比鐵強；可以為鋅，故答案為：鋅．

rm{CO}石墨rm{)=2Fe(s)+3CO(g)triangleH_{1}=+489.0kJmol^{-1}}

rm{ac}石墨rm{)+CO_{2}(g)=2CO(g)triangleH_{2}=+172.5kJmol^{-1}}

由蓋斯定律rm{(4)壟脵a}得到rm

rm{c}為