2025年滬教版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬教版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列水解離子方程式正確的是：A.CO32-＋H2OCO2-＋2OH－B.I－＋H2OHI＋OH－C.SO32-＋2H2OH2SO3＋2OH－D.HPO42-＋H2OH2PO4-＋OH－2、下列物質(zhì)屬于離子化合物的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}B.rm{NaClO}C.rm{H_{2}SO_{4}}D.rm{CH_{3}CHO}3、下列說法正確的是()A.可用高錳酸鉀溶液鑒別甲苯、環(huán)己烯與溴苯B.淀粉與纖維素不互為同分異構(gòu)體，但二者完全水解的產(chǎn)物相同C.石油裂解和油脂皂化都是由高分子化合物生成小分子物質(zhì)的過程D.對(duì)苯二甲酸rm{(}rm{)}與乙二醇rm{(HOCH_{2}CH_{2}OH)}能通過加聚反應(yīng)制取聚酯纖維rm{(}rm{)}4、下列實(shí)驗(yàn)方法或操作正確的是。

A.配制稀鹽酸B.檢驗(yàn)rm{K^{+;}}

C.獲取rm{NaCl}D.收集rm{NO}rm{{,!}}5、溫家寶總理在全國(guó)人大會(huì)議上提出“要大力抓好節(jié)能降耗、保護(hù)環(huán)境”，下列舉措與這一主題不相符的是（）A.用“綠色化學(xué)”工藝，使原料完全轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物B.開發(fā)新能源，減少化石能源的使用，減少污染C.開發(fā)新型電池，推廣廢舊電池的回收、處理經(jīng)驗(yàn)D.大量使用農(nóng)藥化肥，減少病蟲害，提高糧食產(chǎn)量6、把過量的CO2氣體通入下列物質(zhì)的飽和溶液中，不變渾濁的是（）A.Ca（OH）2B.C6H5ONaC.NaAlO2D.Na2SiO37、下列說法中正確的是（）A.按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，5，5-四甲基-4，4-二乙基己烷B.鹵代烴C3H6Cl2有三種同分異構(gòu)體C.乙醇能發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)和加成反應(yīng)D.苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持50-60℃反應(yīng)生成硝基苯8、下列醇類物質(zhì)中既能發(fā)生消去反應(yīng)，又能發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成醛類的物質(zhì)是rm{(}rm{)}A.B.C.D.9、rm{婁脕-}氯乙基苯是一種重要的有機(jī)合成中間體，其一種制備反應(yīng)原理為：在rm{T隆忙}時(shí)，向rm{2.0L}恒容密閉容器中充入rm{0.40mol}乙苯rm{(g)}和rm{0.40molCl_{2}(g)}進(jìn)行反應(yīng)，反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表：。rm{t/min}rm{0}rm{1}rm{2}rm{5}rm{10}rm{n(HCl)/mol}rm{0}rm{0.12}rm{0.20}rm{0.32}rm{0.32}下列有關(guān)說法正確的是。

A.反應(yīng)在rm{0隆蘆2min}內(nèi)的平均速率rm{v(婁脕-}氯乙基苯rm{)=0.10mol隆隴L^{-1}}rm{隆隴min}rm{隆隴min}B.rm{{,!}^{-1}}后，若保持其他條件不變，升高溫度，達(dá)到新平衡時(shí)測(cè)得rm{10min}氯乙基苯rm{c(婁脕-}則反應(yīng)的rm{)=0.18mol隆隴L^{-1}}C.在rm{婁隴H<0}時(shí)，起始時(shí)若向容器中充入rm{T隆忙}乙苯rm{1.0mol}rm{(g)}和rm{0.50molCl_{2}(g)}氯乙基苯rm{0.50mol婁脕-}rm{(g)}則反應(yīng)將向正反應(yīng)方向進(jìn)行D.在rm{0.50molHCl(g)}時(shí)，起始時(shí)若向容器中充入rm{T隆忙}氯乙基苯rm{2.0mol婁脕-}和rm{(g)}達(dá)到平衡時(shí)，rm{2.2molHCl(g)}氯乙基苯rm{婁脕-}的轉(zhuǎn)化率小于rm{(g)}rm{20%}評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、下列說法不正確的是（）A.金剛石、氮化硼、碳化硅、石英、晶體硅、鍺、剛玉均為原子晶體B.干冰晶體、C60晶體、冰晶體、銅晶體中一個(gè)分子或金屬原子周圍有12個(gè)緊鄰的分子或金屬原子C.面心立方最密堆積按ABABAB的方式堆積，配位數(shù)為12，空間利用率為74%E.第二主族金屬元素的碳酸鹽受熱分解溫度會(huì)越來越高，原因是晶格能越來越大．E.第二主族金屬元素的碳酸鹽受熱分解溫度會(huì)越來越高，原因是晶格能越來越大．11、仔細(xì)觀察如圖；下列有關(guān)說法正確的是（）

A.圖中a區(qū)的直鏈烷烴在常溫下呈液態(tài)B.烷烴的熔點(diǎn)隨分子中碳原子的增加一定逐漸升高C.汽油的化學(xué)成份為C5～C12的碳?xì)浠衔?，分餾石油時(shí)，收集汽油的溫度應(yīng)控制在20℃～200℃左右D.碳原子數(shù)相同的不同烷烴，其沸點(diǎn)都相同12、下列說法中正確的是（）A.苯酚中羥基對(duì)苯環(huán)的影響是使苯環(huán)上氫原子都變的很活潑B.酯在堿性條件下的水解生成相應(yīng)的羧酸和醇C.參與酯化反應(yīng)的物質(zhì)一定有兩種D.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)不一定是醛13、一定溫度下在容積恒定的密閉容器中，進(jìn)行如下可逆反應(yīng)：rm{A(g)+2B(g)?C(g)+D(g)}觀察下列物理量，能表明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是rm{(}rm{)}A.rm{C}物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不變B.物質(zhì)rm{C}和物質(zhì)rm{D}的物質(zhì)的量濃度相等C.rm{B}物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率不發(fā)生變化D.反應(yīng)速率rm{v}rm{(A)=v}rm{(D)}14、堿性電池具有容量大、放電電流大的特點(diǎn)，因而得到廣泛應(yīng)用rm{.}鋅rm{-}錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液，電池總反應(yīng)式為：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)簍TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s).}則下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{.}電池工作時(shí)，rm{MnO_{2}}發(fā)生還原反應(yīng)B.rm{.}電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為：rm{2MnO_{2}+H_{2}O+2e^{-}隆煤Mn_{2}O_{3}+2OH^{-}}C.rm{.}電池工作時(shí)，電路中每通過rm{0.2mol}電子，鋅的質(zhì)量理論上減少rm{6.5g}D.電池工作時(shí)，rm{K^{+}}移向負(fù)極15、已知rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}反應(yīng)的平衡常數(shù)和溫度的關(guān)系如下rm{;}rm{830隆忙}時(shí)，向一個(gè)rm{2L}的密閉容器中充入rm{0.2mol}的rm{A}和rm{0.8mol}的rm{B}反應(yīng)初始rm{4s}內(nèi)rm{A}的平均反應(yīng)速率rm{v(A)=0.005mol/(L隆隴s)}下列說法正確的是時(shí)，向一個(gè)rm{830隆忙}的密閉容器中充入rm{2L}的rm{0.2mol}和rm{A}的rm{0.8mol}反應(yīng)初始rm{B}內(nèi)rm{4s}的平均反應(yīng)速率rm{A}下列說法正確的是。rm{v(A)=0.005mol/(L隆隴s)}溫度rm{/隆忙}rm{700}rm{800}rm{830}rm{1000}rm{1200}平衡常數(shù)rm{1.7}rm{1.1}rm{1.0}rm{0.6}rm{0.4}A.rm{4s}時(shí)rm{c(B)}為rm{0.38mol隆隴L^{-1}}B.rm{830隆忙}達(dá)平衡時(shí)，rm{A}的體積分?jǐn)?shù)rm{0.16}C.反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡正向移動(dòng)D.rm{1200隆忙}時(shí)反應(yīng)rm{C(g)+D(g)?A(g)+B(g)}的平衡常數(shù)為rm{2.5}16、對(duì)下列實(shí)驗(yàn)的描述正確的是rm{(}rm{)}A.

所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)檢流計(jì)rm{(G)}中指針偏轉(zhuǎn)的方向比較rm{Zn}rm{Cu}的金屬活潑性B.

所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)小試管中液面的變化判斷鐵釘發(fā)生析氫腐蝕C.

所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)溫度計(jì)讀數(shù)的變化用濃硫酸和rm{NaOH}反應(yīng)測(cè)定中和熱D.

所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)兩燒瓶中氣體顏色的變化rm{(}熱水中變深、冰水中變淺rm{)}判斷rm{2NO_{2}(g)overset{;}{}N_{2}O_{4}(g)}是吸熱反應(yīng)rm{2NO_{2}(g)overset{;}{

}N_{2}O_{4}(g)}17、下列描述中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{CS_{2}}為rm{V}形的極性分子B.rm{Cl0_{3}^{-}}的空間構(gòu)型為平面三角形C.rm{SF_{6}}中有rm{6}對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)D.rm{SiF_{4}}和rm{SO_{3}^{2-}}的中心原子均為rm{sp^{3}}雜化評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、A、B、C、D四種有機(jī)物分子中碳原子數(shù)相同，A在標(biāo)況下的密度為1.161g?L-1；B或D跟溴化氫反應(yīng)都生成C；D在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應(yīng)生成B．

（1）A、B、C、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別是____、____、____、____．

（2）寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式及部分反應(yīng)類型。

B→C____．屬于____反應(yīng)．

D→C____．屬于____反應(yīng)．

D→B____．19、(12分)據(jù)《中國(guó)制藥》報(bào)道，化合物F是用于制備“非典”藥品（鹽酸祛炎痛）的中間產(chǎn)物，其合成路線為：已知：（Ⅰ）RNH2+R/CH2ClRNHCH2R/+HCl（R和R/代表烴基）（Ⅱ）苯的同系物能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，如：（Ⅲ）（苯胺，弱堿性，易氧化）（Ⅳ）與濃硫酸、濃硝酸混合在不同溫度下會(huì)得到不同產(chǎn)物。回答下列問題：（1）反應(yīng)①的條件是_______________________________（2）反應(yīng)③和反應(yīng)④的順序不能顛倒，原因是_____________________________________（3）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_________________。（4）D+E→F的化學(xué)方程式：_____________________。（5）反應(yīng)①~⑤中，屬于取代反應(yīng)的是（填反應(yīng)序號(hào)）_______________。20、（1）大氣中SO2含量過高會(huì)導(dǎo)致雨水中含有（填化學(xué)式）______而危害植物和建筑物．工廠排放的SO2尾氣用飽和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

（2）已知NaHSO3的水溶液顯酸性，比較其中SO32-、HSO3-、H2SO3三種粒子的濃度：______＞______＞______．

（3）SO2是空氣質(zhì)量報(bào)告的指標(biāo)之一，可用SO2還原KIO3生成I2的反應(yīng)測(cè)定空氣中SO2含量．每生成0.01molI2，參加反應(yīng)的SO2為______mol．

（4）已知25℃時(shí)，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=2.6×10-9．下列說法不正確的是______

A．25℃時(shí)，向BaSO4懸濁液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不變。

B．25℃時(shí)，向BaSO4懸濁液中加入Na2CO3溶液后，BaSO4不可能轉(zhuǎn)化為BaCO3

C．向Na2SO4中加入過量BaCl2溶液后，溶液中c（SO42-）降低為零．21、用價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷下列物質(zhì)的空間構(gòu)型：

rm{壟脵NH_{4}^{+}}______rm{壟脷NH_{3}}______

rm{壟脹CCl_{4}}______rm{壟脺SO_{3}}______．22、有一種廣泛用于汽車、家電產(chǎn)品上的高分子涂料，是按下列流程生產(chǎn)的。圖中M(C3H4O)和A均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。N和M的分子中碳原子數(shù)相同，A的烴基上的一氯取代位置有三種。試寫出：（1）下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：A________；M________；E________。（2）物質(zhì)A的同類別的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______________。（3）反應(yīng)類型：X______________；Y__________________。（4）寫出D→E的化學(xué)方程式：____________________。23、（每空2分，共10分）（1）在粗制CuSO4·5H2O晶體中常含有雜質(zhì)Fe2+。在提純時(shí)為了除去Fe2+，常加入合適氧化劑，使Fe2+氧化為Fe3+，下列物質(zhì)可采用的是_____A、KMnO4B、H2O2C、Cl2水D、HNO3然后再繼續(xù)加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液pH=4，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，可以達(dá)到除去Fe3+而不損失CuSO4的目的，調(diào)整溶液pH可選用下列中的________A.NaOHB.NH3·H2OC.CuOD.Cu(OH)2（2）向25mL氫氧化鈉溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，得到曲線如下圖所示①、寫出氫氧化鈉溶液與醋酸溶液反應(yīng)的離子方程式②、該氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為③、在B點(diǎn)，a12.5mL（填“大于”、“小于”或“等于”）24、脂肪烴CnHm分子中，碳碳原子間共用電子對(duì)數(shù)為____（用含n、m的式子表示）．若某脂肪烴分子中，碳碳原子間共有電子對(duì)數(shù)為28，且分子內(nèi)含一個(gè)雙鍵和一個(gè)叁鍵，則它的分子式為____．若將Cn看做烴分子中的氫原子完全失去后的產(chǎn)物，則C60中碳碳原子間共用電對(duì)數(shù)為____．25、工業(yè)上一般在密閉容器中采用下列反應(yīng)合成甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?}rm{CH_{3}OH(g)}．

rm{(1)}不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。該反應(yīng)rm{triangleH}___________________rm{0}rm{triangleS}_______________rm{0(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}，實(shí)際生產(chǎn)條件控制在____rm{隆忙}rm{1.3隆脕10^{4}kPa}左右最為適宜。

rm{(2)}某溫度下，將rm{2molCO}和rm{6molH_{2}}充入rm{2L}的密閉容器中，充分反應(yīng)后，達(dá)到平衡時(shí)測(cè)得rm{c(CO)=}rm{0.1mol隆隴L^{-1}}

rm{壟脵}不能作為判斷反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)是__________．A.rm{CO}和rm{H_{2}}的濃度之比不再變化B.混合氣體的密度不變。

C.混合氣體的相對(duì)平均分子質(zhì)量不變。

D.rm{CH_{3}OH}rm{CO}rm{H_{2}}的濃度都不再發(fā)生變化rm{壟脷}該反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K=}__________________________rm{L^{2}隆隴mol^{-2}(}保留兩位小數(shù)rm{)}rm{壟脹}反應(yīng)達(dá)平衡后，下列操作既能加快反應(yīng)速率，又能使平衡混合物中rm{CH_{3}OH}物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大的是____。rm{a.}升溫rm{b.}恒容條件下充入rm{H_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;}c.}加入合適的正催化劑rm{d.}恒容條件下再充入rm{1molCO}rm{3molH_{2;;;;;;;;}e.}壓縮體積rm{3mol

H_{2;;;;;;;;}e.}移走一部分rm{f.}rm{CH_{3}OH}平衡后某時(shí)刻，向容器中再充入rm{壟脺}和rm{2.4molH_{2}}此時(shí)反應(yīng)rm{5.4molCH_{3}OH}________________rm{v_{(脮媒)}}填“rm{v_{(脛忙)}(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}

rm{)}若保持同一反應(yīng)溫度同一反應(yīng)容器，將起始物質(zhì)改為rm{壟脻}rm{amolCO}rm{bmolH_{2}}欲使平衡混合物中各組成與原平衡相同，則rm{cmolCH_{3}OH}rm{a}應(yīng)滿足的關(guān)系為____________________，且欲使開始時(shí)該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，rm的取值范圍是__________________。rm{c}26、按照要求回答下列問題：rm{(1)3p}軌道上有rm{1}個(gè)電子的自旋方向與其他電子不同的元素是____，原子失去rm{3}個(gè)電子后，rm{3d}能級(jí)為半充滿狀態(tài)的元素是____rm{(}均寫出元素符號(hào)rm{)}rm{(2)Cr}的電子排布式為____、rm{Zn}原子的外圍電子排布式為____，rm{Cu}的基態(tài)外圍電子排布圖為____。rm{(3)C}rm{N}rm{O}的電負(fù)性由大到小的順序是____；rm{Na}rm{Mg}rm{Al}的第一電離能由大到小的順序是____rm{(4)FeSO_{4}}隔絕空氣受熱分解生成rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SO_{2}}分子的空間構(gòu)型為____，其中rm{S}原子的雜化類型為____。與rm{SO_{3}}互為等電子體的離子與分子分別為____、____rm{(}填化學(xué)式rm{)}rm{(5)}酒石酸鈦配合物廣泛應(yīng)用于藥物合成。酒石酸rm{(}結(jié)構(gòu)如下圖所示rm{)}中羧基氧原子的軌道雜化類型分別是____，rm{1mol}酒石酸中rm{婁脨}鍵的數(shù)目是____。rm{(6)1mol}配合物rm{CrCl_{3}隆隴6H_{2}O}中rm{Cr}的配位數(shù)為rm{6}某rm{1molCrCl_{3}隆隴6H_{2}O}能與足量的硝酸銀反應(yīng)生成rm{2mol}白色沉淀，寫出該配合物的化學(xué)式_______。評(píng)卷人得分四、探究題(共4題，共16分)27、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測(cè)定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。28、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡(jiǎn)述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無(wú)固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測(cè)定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。29、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測(cè)定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。30、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡(jiǎn)述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無(wú)固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測(cè)定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。評(píng)卷人得分五、綜合題(共2題，共14分)31、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．32、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【解析】試題分析：A中CO32－水解分布進(jìn)行，且不可能生成CO2，不正確；B中I－不水解，不正確；C中SO32－水解分布進(jìn)行，不正確，答案選D?？键c(diǎn)：考查水解方程式的判斷【解析】【答案】D2、B【分析】解：rm{A}rm{SO_{2}}是通過共價(jià)鍵形成的共價(jià)化合物；故A錯(cuò)誤；

B、rm{NaClO}是鈉離子與次氯酸根離子通過離子鍵形成的離子化合物；故B正確；

C、rm{H_{2}SO_{4}}是通過共價(jià)鍵形成的共價(jià)化合物；故C錯(cuò)誤；

D、rm{CH_{3}CHO}是原子間通過共價(jià)鍵形成的共價(jià)化合物；故D錯(cuò)誤；

故選B．

離子化合物是通過離子鍵形成的化合物，離子鍵是由電子轉(zhuǎn)移rm{(}失去電子者為陽(yáng)離子，獲得電子者為陰離子rm{)}形成的rm{.}即正離子和負(fù)離子之間由于靜電作用所形成的化學(xué)鍵．

陽(yáng)離子和陰離子構(gòu)成了離子化合物rm{.}活潑金屬rm{(}如鈉、鉀、鈣、鎂等rm{)}與活潑非金屬rm{(}如氟、氯、氧、硫等rm{)}相互化合時(shí)，活潑金屬失去電子形成帶正電荷的陽(yáng)離子rm{(}如rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Ca^{2+}}等rm{)}活潑非金屬得到電子形成帶負(fù)電荷的陰離子rm{(}如rm{F^{-}}rm{O^{2-}}rm{S^{2-}}等rm{)}陽(yáng)離子和陰離子靠靜電作用形成了離子化合物．【解析】rm{B}3、B【分析】略【解析】rm{B}4、C【分析】本題考查的是實(shí)驗(yàn)的基本操作。A.用容量瓶配制溶液時(shí)，不可將量筒中的濃鹽酸直接加入到容量瓶中，故A錯(cuò)誤；B.利用焰色反應(yīng)觀察鉀離子的焰色時(shí)，必須透過藍(lán)色鈷玻璃，故B錯(cuò)誤；C.加熱蒸發(fā)氯化鈉溶液可以帶到rm{NaCl}是正確的，故C正確；D.rm{NO}容易與空氣中的氧氣發(fā)生反應(yīng)，故不可用排空氣法收集，故D錯(cuò)誤。故選C。熟悉各種儀器的用途及使用注意事項(xiàng)、常見化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作的注意事項(xiàng)是解答此類試題的關(guān)鍵。

【解析】rm{C}5、D【分析】考查化學(xué)與生活、生產(chǎn)及環(huán)境保護(hù)等。大量使用農(nóng)藥化肥，會(huì)造成環(huán)境的污染，選項(xiàng)D是錯(cuò)誤的，其余都是正確的，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿6、A【分析】解：A．二氧化碳和氫氧化鈣反應(yīng)生成難溶性的碳酸鈣；碳酸鈣和二氧化碳；水反應(yīng)生成可溶性的碳酸氫鈣，故A正確；

B．過量二氧化碳和苯酚鈉溶液反應(yīng)生成難溶性的苯酚和可溶性的碳酸氫鈉；所以溶液變渾濁，故B錯(cuò)誤；

C．碳酸酸性大于氫氧化鋁，二氧化碳可與Ca（ClO）2溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；故C錯(cuò)誤；

D．碳酸酸性大于硅酸；所以二氧化碳和硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀，故D錯(cuò)誤；

故選A．

A．過量二氧化碳和氫氧化鈣反應(yīng)生成可溶性的碳酸氫鈣；

B．過量二氧化碳和苯酚鈉反應(yīng)生成難溶性的苯酚；

C．二氧化碳和偏鋁酸鈉反應(yīng)生成難溶性的氫氧化鋁沉淀；

D．二氧化碳和硅酸鈉溶液反應(yīng)生成難溶性的硅酸．

本題考查了物質(zhì)間的反應(yīng)，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意二氧化碳和苯酚反應(yīng)生成碳酸氫鈉而不是碳酸鈉，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】【答案】A7、D【分析】解：A．烷烴命名編號(hào)要使取代基的位次之和最??；故該烷烴正確命名為：2，2，3，4，5-五甲基-3-乙基己烷，故A錯(cuò)誤；

B．分子式為C3H6Cl2的有機(jī)物可以看作C3H8中的兩個(gè)氫原子被兩個(gè)氯原子取代，碳鏈上的3個(gè)碳中，兩個(gè)氯原子取代一個(gè)碳上的氫原子，有兩種：CH3-CH2-CHCl2（甲基上的氫原子時(shí)一樣）、CH3-CCl2-CH3，分別取代兩個(gè)碳上的氫，有兩種：CH2Cl-CH2-CH2Cl（兩個(gè)邊上的），CH2Cl-CHCl-CH3（一中間一邊上）；共有四種，故B錯(cuò)誤；

C．乙醇含官能團(tuán)羥基；可發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)，不含雙鍵和三鍵，故不能發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．苯與濃硝酸；濃硫酸共熱并保持50-60℃反應(yīng)生成硝基苯；故D正確；

故選D．

A．根據(jù)烷烴的命名原則命名；

B．根據(jù)有機(jī)物烷烴的同分異構(gòu)體的寫法來書寫其所有的同分異構(gòu)體；

C．根據(jù)乙醇的性質(zhì)考慮；

D．根據(jù)苯硝化反應(yīng)的條件分析判斷．

本題考查了有機(jī)物的命名和同分異構(gòu)體的書寫和有機(jī)物的性質(zhì)．較基礎(chǔ)，書寫同分異構(gòu)體要按一定順序來寫，防止漏寫或重寫．【解析】【答案】D8、C【分析】解：rm{A.}被氧化為酮；不能被氧化為醛，故A錯(cuò)誤；

B.不能發(fā)生消去反應(yīng)；故B錯(cuò)誤；

C.rm{-OH}鄰位rm{C}上應(yīng)含有rm{H}原子，能發(fā)生消去反應(yīng)，含有rm{-CH_{2}OH}的結(jié)構(gòu)；可被氧化為醛，故C正確；

D.被氧化為酮；不能被氧化為醛，故D錯(cuò)誤．

故選C．

醇類物質(zhì)中能發(fā)生消去反應(yīng)，rm{-OH}鄰位rm{C}上應(yīng)含有rm{H}原子，能發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成醛類，應(yīng)含有rm{-CH_{2}OH}的結(jié)構(gòu)；以此判斷．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大，本題注意把握醇發(fā)生消去反應(yīng)和發(fā)生氧化反應(yīng)與結(jié)構(gòu)的關(guān)系．【解析】rm{C}9、C【分析】【分析】本題考查反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的計(jì)算、等效平衡的應(yīng)用和外界條件對(duì)平衡的影響，題目較難?！窘獯稹緼.由數(shù)據(jù)圖表可知，反應(yīng)在rm{0隆蘆2min}內(nèi)，rm{HCl}的物質(zhì)的量增加了rm{0.20mol}根據(jù)反應(yīng)原理方程式，rm{婁脕-}氯乙基苯作為生成物，在反應(yīng)中生成了rm{0.20mol}即rm{trianglen=0.2mol}容器體積為rm{V=2L}反應(yīng)所經(jīng)歷的時(shí)間為rm{trianglet=2min}則反應(yīng)在rm{0隆蘆2}rm{min}內(nèi)的平均速率rm{v(婁脕-}氯乙基苯rm{)=;;dfrac{?n;}{V?t;}=;

dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min};;;=0.05mol/(L?min)}內(nèi)，rm{0隆蘆2min}的物質(zhì)的量增加了rm{HCl}根據(jù)反應(yīng)原理方程式，rm{0.20mol}氯乙基苯作為生成物，在反應(yīng)中生成了rm{婁脕-}即rm{0.20mol}容器體積為rm{trianglen=0.2mol}反應(yīng)所經(jīng)歷的時(shí)間為rm{V=2L}則反應(yīng)在rm{trianglet=2min}rm{0隆蘆2}內(nèi)的平均速率rm{min}氯乙基苯rm{)=;;dfrac{?n;}{V?t;}=;dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min};;;=0.05mol/(L?min)}故A錯(cuò)誤；rm{v(婁脕-}的物質(zhì)的量為rm{)=;;dfrac{?n;}{V?t;}=;

dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min};;;=0.05mol/(L?min)}根據(jù)反應(yīng)方程式，平衡時(shí)，B.平衡時(shí)，rm{HCl}的物質(zhì)的量為rm{0.32mol}根據(jù)反應(yīng)方程式，平衡時(shí)，rm{婁脕-}氯乙基苯的濃度應(yīng)為rm{;c=;

dfrac{;0.32mol;}{2L;}=0.16mol/L}氯乙基苯的濃度應(yīng)為rm{;c=;dfrac{;0.32mol;}{2L;}=0.16mol/L}，rm{HCl}后升高溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡時(shí)rm{0.32mol}氯乙基苯的濃度為rm{婁脕-}因此升高溫度，化學(xué)平衡右移，表明正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，吸熱反應(yīng)的焓變r(jià)m{;c=;

dfrac{;0.32mol;}{2L;}=0.16mol/L}故B錯(cuò)誤；rm{10min}時(shí)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)和反應(yīng)的方程式，平衡時(shí)，rm{婁脕-}乙苯rm{c=0.18mol/L}rm{triangleH>0}C.rm{T隆忙}時(shí)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)和反應(yīng)的方程式，平衡時(shí)，，rm{T隆忙}rm{c(}乙苯rm{)=}氯乙基苯rm{c(}rm{)=}rm{c(Cl_{2})=0.04mol/L}可計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)rm{c(Cl_{2})=0.04mol/L}乙苯rm{c(婁脕-}氯乙基苯rm{)=}rm{c(婁脕-}rm{)=}rm{c(HCl)}rm{c(HCl)}rm{=0.16mol/L}可計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)rm{K=16}和rm{=0.16mol/L}rm{K=16}氯乙基苯若起始時(shí)，向容器中充入rm{1.0}rm{mol}乙苯rm{(g)}rm{0.50}rm{mol}rm{Cl}rm{1.0}rm{mol}rm{(g)}反應(yīng)的濃度商為rm{0.50}故rm{mol}故C正確；rm{Cl}時(shí)，原先向容器中沖入rm{{,!}_{2}}的乙苯和rm{(g)}和rm{0.50}rm{mol婁脕-}氯乙基苯rm{(g)}rm{0.50}rm{mol}rm{HCl(g)}反應(yīng)的濃度商為的rm{(g)}rm{0.50}rm{mol婁脕-}氯乙基苯和rm{(g)}的rm{0.50}若向容器中沖入rm{mol}氯乙基苯和rm{HCl(g)}即rm{J=0.5<K}故氯乙基苯和rm{J=0.5<K}根據(jù)等效平衡分析轉(zhuǎn)化率，那么反應(yīng)將向正反應(yīng)方向進(jìn)行，氯乙基苯D.rm{T隆忙}時(shí)，原先向容器中沖入rm{0.2mol/L}的乙苯和rm{0.2mol/L}的rm{Cl}的轉(zhuǎn)化率rm{T隆忙}故D錯(cuò)誤。

rm{0.2mol/L}rm{0.2mol/L}【解析】rm{C}二、雙選題(共8題，共16分)10、B|C|E【分析】解：A．由原子構(gòu)成的晶體是原子晶體；這幾種物質(zhì)都是由原子構(gòu)成的，屬于原子晶體，故A正確；

B．冰中每個(gè)水分子能形成4個(gè)氫鍵；所以每個(gè)水分子周圍有4個(gè)緊鄰的水分子，故B錯(cuò)誤；

C．六方最密堆積按ABABAB的方式堆積；面心立方堆積按ABCABC的方式堆積，故C錯(cuò)誤；

D．發(fā)生焰色反應(yīng)時(shí)；物質(zhì)的能量升高，電子向能力高的軌道躍遷，為發(fā)射光譜，所以焰色反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是發(fā)射光譜，故D正確；

E．堿土金屬離子與碳酸根的極化作用有關(guān)；堿土金屬都帶兩個(gè)正電荷，離子半徑越小對(duì)陰離子（碳酸根離子）的極化作用越強(qiáng)，極化作用越強(qiáng)金屬鍵越容易往共價(jià)鍵發(fā)展，即越不穩(wěn)定．所以從第2主族由上到下，極化作用越弱，分解溫度越高，與晶格能無(wú)關(guān)，故E錯(cuò)誤；

故選BCE．

A．由原子構(gòu)成的晶體是原子晶體；

B．冰中每個(gè)水分子周圍有4個(gè)緊鄰的水分子；

C．六方最密堆積按ABABAB的方式堆積；

D．發(fā)生焰色反應(yīng)時(shí)；物質(zhì)的能量升高，電子向能力高的軌道躍遷，為發(fā)射光譜；

E．碳酸鹽分解溫度與極化作用有關(guān)．

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及碳酸鹽分解影響因素、焰色反應(yīng)實(shí)質(zhì)、原子晶體判斷等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，明確物質(zhì)結(jié)構(gòu)、性質(zhì)及其影響因素等知識(shí)點(diǎn)即可解答，易錯(cuò)選項(xiàng)是BE，知道常見金屬堆積模型、空間利用率等，題目難度中等．【解析】【答案】BCE11、A|C【分析】解：A．由圖中b區(qū)的直鏈烷烴的沸點(diǎn)都大于常溫；所以在常溫下呈液態(tài)，故A正確；

B．由圖可直鏈烷烴的熔點(diǎn)隨分子中碳原子的增加呈增大趨勢(shì)；故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)C12的沸點(diǎn)高于200℃；所以分餾石油時(shí)，收集汽油的溫度應(yīng)控制在200℃以下，故C正確；

D．碳原子數(shù)相同的不同烷烴；支鏈越多，沸點(diǎn)越低，故D錯(cuò)誤；

故選AC．

A．根據(jù)圖中b區(qū)的直鏈烷烴的沸點(diǎn)都大于常溫；

B．根據(jù)圖可知直鏈烷烴的熔點(diǎn)隨分子中碳原子的增加呈增大趨勢(shì)；

C．根據(jù)C12的沸點(diǎn)高于200℃；所以液化時(shí)溫度應(yīng)控制在200℃以下；

D．碳原子數(shù)相同的不同烷烴；支鏈越多，沸點(diǎn)越低。

本題主要考查了烷烴的物理性質(zhì)，難度不大，要注意對(duì)圖示信息的提?。窘馕觥俊敬鸢浮緼C12、A|D【分析】解：A．苯酚易發(fā)生取代反應(yīng)；如與溴水反應(yīng)生成三溴苯酚，說明羥基對(duì)苯環(huán)的影響，故A正確；

B．酯在堿性條件下水解生成的酸與氫氧化鈉反應(yīng)生成鈉鹽；故B錯(cuò)誤；

C．發(fā)生酯化反應(yīng)的物質(zhì)應(yīng)含有羧基；羥基；可發(fā)生在相同物質(zhì)之間，如乳酸等，故C錯(cuò)誤；

D．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)應(yīng)含有醛基；不一定是醛，如乙醛；葡萄糖以及甲酸形成的酯等，故A正確；

故選AD．

A；苯酚可發(fā)生取代反應(yīng)；說明羥基對(duì)苯環(huán)的影響；

B；酯在堿性條件下的水解生成鈉鹽；

C．酯化反應(yīng)可發(fā)生在相同物質(zhì)之間；如乳酸等；

D．醛；葡萄糖以及甲酸酯等都含有醛基；可發(fā)生銀鏡反應(yīng)．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)以及有機(jī)物的原子團(tuán)之間相互影響的特點(diǎn)，難度不大．【解析】【答案】AD13、rAC【分析】解：rm{A}rm{C}物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不變；說明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)平衡狀態(tài)，故A正確；

B、如果rm{AB}按物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{2}投料，則只要反應(yīng)發(fā)生物質(zhì)rm{C}和物質(zhì)rm{D}的物質(zhì)的量濃度就相等；故B錯(cuò)誤；

C、rm{B}物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率不發(fā)生變化；說明各物質(zhì)的量相等，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，故C正確；

D；未體現(xiàn)正與逆的關(guān)系；故D錯(cuò)誤；

故選AC．

根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答；當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．

本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，難度不大，注意當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，但不為rm{0}．【解析】rm{AC}14、AC【分析】解：rm{A.}根據(jù)總反應(yīng)可知，rm{MnO_{2}}中rm{Mn}元素的化合價(jià)降低；發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；

B.負(fù)極rm{Zn}失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以負(fù)極的電極反應(yīng)式為：rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}=Zn(OH)_{2}}故B錯(cuò)誤；

C.由rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)簍TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知，rm{65gZn}反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為rm{2mol}則rm{6.5gZn}反應(yīng)轉(zhuǎn)移rm{0.2mol}電子；故C正確；

D.電池工作時(shí)，電子由負(fù)極流向正極，根據(jù)異性電荷相吸，溶液中rm{K^{+}}rm{H^{+}}向正極移動(dòng)，rm{OH^{-}}向負(fù)極移動(dòng)；故D錯(cuò)誤．

故選AC．

根據(jù)電池總反應(yīng)式為：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)簍TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知反應(yīng)中rm{Zn}被氧化，為原電池的負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)為rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}簍TZn(OH)_{2}}rm{MnO_{2}}為原電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)，正極反應(yīng)為rm{2MnO_{2}(s)+H_{2}O(1)+2e^{-}簍TMn_{2}O_{3}(s)+2OH^{-}(aq)}以此解答該題．

本題考查化學(xué)電源的工作原理，題目難度不大，注意電極反應(yīng)方程式的書寫和原電池正負(fù)極的判斷rm{.}理解這類題的關(guān)鍵是理解原電池原理，在反應(yīng)中，電子從負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，同時(shí)溶液中的陰、陽(yáng)離子分別不斷移向負(fù)極、正極，構(gòu)成閉合回路．【解析】rm{AC}15、AD【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)平衡三段法、轉(zhuǎn)化率及速率計(jì)算、rm{K}的計(jì)算等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意表格數(shù)據(jù)的應(yīng)用，題目難度不大。【解答】A.反應(yīng)初始rm{4s}內(nèi)rm{A}的平均反應(yīng)速率rm{v(A)=0.005mol/(L?s)}則參加反應(yīng)的rm{A}為rm{0.005mol/(L?s)隆脕4s=0.02molL}結(jié)合反應(yīng)可知參加反應(yīng)的rm{B}為rm{0.02mol/L}則rm{4}rm{s}時(shí)rm{c(B)}為rm{dfrac{0.8mol}{2L}-0.02mol/L=0.38;mol/L}故A正確；B.rm{

dfrac{0.8mol}{2L}-0.02mol/L=0.38;mol/L}達(dá)平衡時(shí)，rm{830隆忙}設(shè)轉(zhuǎn)化的rm{K=1.0}為rm{A}則。

濃度rm{x}

開始rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}rm{0.1}rm{0.4}rm{0}

轉(zhuǎn)化rm{0}rm{x}rm{x}rm{x}

平衡rm{x}rm{0.1-x}rm{0.4-x}rm{x}

則rm{dfrac{x隆隴x}{(0.1?x)(0.4?x)}=1.0}解得rm{x}則rm{dfrac{x隆隴x}{(0.1?x)(0.4?x)}=1.0

}的體積分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{0.1-0.08}{left(0.1-0.08right)+left(0.4-0.08right)+0.08+0.08}=0.04}故B錯(cuò)誤；

C.由表格數(shù)據(jù)可知，溫度越高，rm{x=0.08mol/L}越小；正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.相同溫度下，相反過程的rm{A}互為倒數(shù)，由rm{

dfrac{0.1-0.08}{left(0.1-0.08right)+left(0.4-0.08right)+0.08+0.08}=0.04

}時(shí)rm{K}的rm{K}則rm{1200隆忙}時(shí)反應(yīng)rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}的平衡常數(shù)為rm{K=0.4}故D正確。

故選AD。rm{1200隆忙}【解析】rm{AD}16、rAD【分析】解：rm{A.}構(gòu)成原電池，rm{Zn}為負(fù)極，電流由正極流向負(fù)極，指針偏轉(zhuǎn)可知電流方向，則根據(jù)檢流計(jì)rm{(G)}中指針偏轉(zhuǎn)的方向比較rm{Zn}rm{Cu}的金屬活潑性；故A正確；

B.食鹽水為中性；發(fā)生吸氧腐蝕，故B錯(cuò)誤；

C.稀的強(qiáng)酸測(cè)定中和熱，應(yīng)選用稀硫酸與rm{NaOH}測(cè)定中和熱；故C錯(cuò)誤；

D.熱水中變深、冰水中變淺，溫度影響平衡移動(dòng)，則rm{2NO_{2}(g)overset{;}{}N_{2}O_{4}(g)}是放熱反應(yīng)；故D錯(cuò)誤；

故選：rm{2NO_{2}(g)overset{;}{

}N_{2}O_{4}(g)}

A.構(gòu)成原電池，rm{AD}為負(fù)極；電流由正極流向負(fù)極，指針偏轉(zhuǎn)可知電流方向；

B.食鹽水為中性；發(fā)生吸氧腐蝕；

C.稀的強(qiáng)酸測(cè)定中和熱；

D.熱水中變深；冰水中變淺；溫度影響平衡移動(dòng)．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及原電池、吸氧腐蝕、中和熱、平衡移動(dòng)等，注重高考?？伎键c(diǎn)的考查，題目難度中等．rm{Zn}【解析】rm{AD}17、rCD【分析】解：rm{A.CS_{2}}含有rm{C=S}極性鍵，rm{CS_{2}}的結(jié)構(gòu)為rm{S=C=S}分子為線型結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對(duì)稱，正負(fù)電荷的中心重合，為非極性分子，故A錯(cuò)誤；

B.rm{ClO_{3}^{-}}中rm{Cl}的價(jià)層電子對(duì)數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}(7+1-2隆脕3)=4}含有一個(gè)孤電子對(duì)，則離子的空間構(gòu)型為三角錐形，故B錯(cuò)誤；

C.rm{=3+dfrac

{1}{2}(7+1-2隆脕3)=4}中rm{SF_{6}}含有一個(gè)成鍵電子對(duì)，所以rm{S-F}中含有rm{SF_{6}}個(gè)rm{6}鍵，則分子中有rm{S-F}對(duì)完全相同的成鍵電子對(duì)；故C正確；

D.rm{6}中rm{SiF_{4}}的價(jià)層電子對(duì)數(shù)rm{=4+dfrac{1}{2}(4-1隆脕4)=4}rm{Si}中rm{=4+dfrac

{1}{2}(4-1隆脕4)=4}的價(jià)層電子對(duì)數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}(6+2-2隆脕3)=4}所以中心原子均為rm{SO_{3}^{2-}}雜化；故D正確．

故選CD．

A.結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，正負(fù)電荷的中心不重合，為極性分子，反之為非極性分子，rm{Si}為直線型分子；

B.根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論分析；

C.rm{=3+dfrac

{1}{2}(6+2-2隆脕3)=4}中rm{sp^{3}}含有一個(gè)成鍵電子對(duì)；

D.先求出中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)；再判斷雜化類型．

本題考查微粒的構(gòu)型、原子雜化方式判斷等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查基本理論，難點(diǎn)是判斷原子雜化方式，知道孤電子對(duì)個(gè)數(shù)的計(jì)算方法，為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大．rm{CS_{2}}【解析】rm{CD}三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】

（1）A在標(biāo)況下的密度為1.161g?L-1，則相對(duì)分子質(zhì)量為1.161×22.4=26，應(yīng)為CH≡CH，則A、B、C、D四種有機(jī)物分子中碳原子數(shù)都為2，D在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應(yīng)生成B，可知D為CH3CH2OH，B為CH2=CH2，則C為CH3CH2Br；

故答案為：CH≡CH；CH2=CH2；CH3CH2Br；CH3CH2OH；

（2）CH2=CH2和HBr發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br；

CH3CH2OH和HBr可發(fā)生取代反應(yīng)生成CH3CH2Br，反應(yīng)的方程式為C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

CH3CH2OH在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CH2，反應(yīng)的方程式為C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

故答案為：CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br；加成；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；取代；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O．

【解析】【答案】A在標(biāo)況下的密度為1.161g?L-1，則相對(duì)分子質(zhì)量為1.161×22.4=26，應(yīng)為CH≡CH，則A、B、C、D四種有機(jī)物分子中碳原子數(shù)都為2，D在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應(yīng)生成B，可知D為CH3CH2OH，B為CH2=CH2，則C為CH3CH2Br；結(jié)合有機(jī)物的性質(zhì)可書寫相關(guān)反應(yīng)的方程式．

19、略

【分析】【解析】【答案】（12分）（1）光照（2分）（2）若先把硝基還原成氨基，再把甲基氧化成羧基則氨基也被氧化（2分）（3）（2分）（4）(3分)20、略

【分析】解：（1）SO2能導(dǎo)致硫酸型酸雨，SO2溶于水：SO2+H2O═H2SO3，H2SO3能被部分氧化：H2SO3+O2=H2SO4，故大氣中SO2含量過高會(huì)導(dǎo)致雨水中含有H2SO4和未被氧化完的H2SO3；

SO2用飽和Na2SO3溶液吸收可得NaHSO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

故答案為：H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

（2）已知NaHSO3中的HSO3-既能電離又能水解：HSO3-?H++SO32-電離顯酸性，HSO3-+H2O?H2SO3+OH-水解顯堿性；

NaHSO3的水溶液顯酸性，說明電離大于水解，故：c（SO32-）＞c（H2SO3），而HSO3-無(wú)論是電離還是水解程度都很小，故未電離和水解的HSO3-濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于電離和水解生成的SO32-和H2SO3濃度，故三種粒子的濃度：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；

故答案為：c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；

（3）在此反應(yīng)中，KIO3還原為I2，SO2被氧化為K2SO4．設(shè)當(dāng)生成0.01molI2時(shí)；需要得xmol電子；

由2KIO3～得10e-～I(xiàn)2

2mol10mol1mol

xmol0.01mol

則x=0.1mol，即生成0.01molI2時(shí)；得0.1mol電子；

設(shè)當(dāng)生成0.01molI2時(shí)反應(yīng)掉的SO2為ymol，由關(guān)系：SO2～失2e-～K2SO4

1mol2mol

可知，ymolSO2失2ymol電子；

在氧化還原反應(yīng)中；得失電子數(shù)相等，即有：2ymol═0.1mol；

解得y═0.05mol，即反應(yīng)掉SO2為0.05mol；

故答案為：0.05；

（4）A．溶度積Ksp只受溫度影響，溫度不變，向BaSO4懸濁液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不變；故A正確；

B．當(dāng)c（CO32-）足夠大時(shí)，能滿足Qc=c（CO32-）?c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），BaSO4能轉(zhuǎn)化為BaCO3；故B錯(cuò)誤；

C．據(jù)Ksp（BaSO4）=c（SO42-）?c（Ba2+）═1.1×10-10可知，c（Ba2+）越大，c（SO42-）越??；但不可能為零，故C錯(cuò)誤；

故答案為：BC．

（1）SO2導(dǎo)致硫酸型酸雨，N02導(dǎo)致HNO3型酸雨；

（2）根據(jù)NaHSO3的水溶液顯酸性，知HSO3-的電離大于水解；可判斷出離子濃度大小關(guān)系；

（3）根據(jù)得失電子數(shù)守恒SO2，即可得出每生成0.01molI2，參加反應(yīng)的SO2的量；

（4）A．Ksp只與溫度有關(guān)，加水，Ksp不變；

B．當(dāng)Qc=c（CO32-）?c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能轉(zhuǎn)化為BaCO3；

C．向Na2SO4中加入過量BaCl2溶液后，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10不變，溶液中c（SO42-）不可能降低為零．

本題考查了離子濃度的大小比較、酸雨的形成、沉淀之間的轉(zhuǎn)化等知識(shí)，題目難度中等，試題知識(shí)點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用能力，注意明確酸雨成因、難溶物沉淀平衡及其計(jì)算，能夠正確判斷離子濃度大?。窘馕觥縃2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；0.05；BC21、正四面體；三角錐形；正四面體；平面三角形【分析】解：rm{壟脵}銨根離子中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=婁脪}鍵個(gè)數(shù)rm{+}孤電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=4+dfrac{1}{2}=4}且不含孤電子對(duì)，所以銨根離子為正四面體結(jié)構(gòu)；

故答案為：正四面體；

rm{壟脷}氨氣分子中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=婁脪}鍵個(gè)數(shù)rm{+}孤電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}(5-3隆脕1)=4}且含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以其空間構(gòu)型為三角錐形；

故答案為：三角錐形；

rm{=3+dfrac

{1}{2}(5-3隆脕1)=4}中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{壟脹CCl_{4}}鍵個(gè)數(shù)rm{=婁脪}孤電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{+}且不含孤電子對(duì)，所以rm{=4+0=4}為正四面體結(jié)構(gòu)；

故答案為：正四面體；

rm{CCl_{4}}三氧化硫分子中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{壟脺}鍵個(gè)數(shù)rm{=婁脪}孤電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}(6-3隆脕2)=3}且不含孤電子對(duì)，所以為平面三角形結(jié)構(gòu)；

故答案為：平面三角形．

根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定其空間構(gòu)型，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{+}鍵個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac

{1}{2}(6-3隆脕2)=3}孤電子對(duì)個(gè)數(shù)；據(jù)此分析解答．

本題考查了粒子空間構(gòu)型的判斷，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論來分析解答即可，注意孤電子對(duì)個(gè)數(shù)的計(jì)算方法，為易錯(cuò)點(diǎn)．rm{=婁脪}【解析】正四面體；三角錐形；正四面體；平面三角形22、略

【分析】試題分析：（1）由丙烯M(C3H4O)N，可推知M為CH2=CH—CHO，N為CH2=CH—COOH；再由丙烯AB，因A能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則B為醇。從分子組成上看“D＋H2O－N＝B”，可得B的分子式為C4H10O。B為一元醇，則A應(yīng)為一元醛，因其烴基上的一氯代物有3種，A只能是CH3CH2CH2CHO，則B為CH3CH2CH2CH2OH。（2）物質(zhì)A的同類別的同分異構(gòu)體，官能團(tuán)不變，碳鏈異構(gòu)，可寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。（3）反應(yīng)X為丁醛與氫氣加成生成丁醇，為加成反應(yīng)，反應(yīng)Y為含碳碳雙鍵的D通過加聚反應(yīng)生成高分子化合物E屬于加聚反應(yīng)。（4）根據(jù)加聚反應(yīng)的規(guī)律，寫出D→E的化學(xué)方程式?？键c(diǎn)：本題考查有機(jī)合成的推斷、同分異構(gòu)體的判斷、反應(yīng)類型、方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮?3、略

【分析】（1）除雜時(shí)不能再引入新的雜質(zhì)，ACD均會(huì)引入新的雜質(zhì)，雙氧水的還原產(chǎn)物是水，沒有雜質(zhì)，所以答案是B。同樣調(diào)整溶液pH時(shí)也不能引入新的雜質(zhì)，所以選項(xiàng)CD正確。（2）滴定前氫氧化鈉的pH是13，所以濃度是0.1mol/L。醋酸是弱酸，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)，溶液顯堿性，B的顯中性，說明醋酸的體積大于12.5mL。【解析】【答案】（1）BCD（2）①CH3COOH+OH—＝CH3COO—+H2O②0.1mol·L—1③大于24、|C26H48|120【分析】【解答】解：若每減少2個(gè)H原子，則相當(dāng)于碳碳間增加一對(duì)共用電子對(duì)，則烴CnHm分子中，碳碳間共用電子對(duì)數(shù)為n﹣1，減少的H原子數(shù)為2n+2﹣m，所以增加的碳碳間共用電子對(duì)數(shù)為即烴CnHm分子中，碳碳間共用電子對(duì)數(shù)為n﹣1+=若某脂肪烴分子中，碳碳原子間共有電子對(duì)數(shù)為28，且分子內(nèi)含一個(gè)雙鍵和一個(gè)叁鍵，按題意不飽和度為3，即m=2n+2﹣6=2n﹣4代入上式，得28×2=4n﹣2n+452=2nn=26，m=48分子式為C26H48；C60如果是同分子數(shù)的烷烴，則其分子式為：C60H122，此烷烴中共用電子對(duì)數(shù)為60﹣1=59，每失去兩個(gè)氫原子就增加一個(gè)C﹣C共用電子對(duì)，現(xiàn)在一共有122個(gè)氫原子，全部失去，則增加=61個(gè)共用電子對(duì)，所以C60分子中碳碳間共用電子對(duì)一共有：59+61=120個(gè)；故答案為：C26H48；120．【分析】若每減少2個(gè)H原子，則相當(dāng)于碳碳間增加一對(duì)共用電子對(duì)，利用減少的H原子數(shù)目，再除以2可知增加的碳碳間共用電子對(duì)數(shù)．25、（1）＜＜250

（2）①B②6.25③de④=⑤b=2+2a1.82

【分析】【分析】本題綜合性較大，涉及化學(xué)反應(yīng)自發(fā)性判斷、化學(xué)平衡常數(shù)、化學(xué)平衡影響因素、等效平衡計(jì)算等，注意等效思想的運(yùn)用?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}由圖象可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越高rm{CO}的轉(zhuǎn)化率越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即rm{triangleH<0}

該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，故熵減小，即rm{triangleS<0}rm{triangleS<0}由圖像可知，rm{250隆忙}左右時(shí)，rm{1.3隆脕10^{4}kPa}轉(zhuǎn)化率已較高，rm{CO}故答案為：rm{<}rm{<}rm{250}rm{<}

rm{<}rm{250}rm{(2)壟脵}和rm{(2)壟脵}A.只要反應(yīng)正向移動(dòng)，rm{CO}和rm{H}rm{CO}rm{H}rm{{,!}_{2}}符合題意的濃度之比就會(huì)發(fā)生變化故C不符合題意，濃度之比不再變化時(shí)，即反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A不符合題意；

B.混合物的質(zhì)量始終不變，容器的體積不變，所以混合氣體的密度始終不變，所以不能作為判斷平衡狀態(tài)的依據(jù)，故B；

C.反應(yīng)前后，混合氣體的物質(zhì)的量改變，氣體的質(zhì)量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，混合氣體的相對(duì)平均分子質(zhì)量不變，所以能作為判斷平衡狀態(tài)的依據(jù)，；

D.反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}不符合題意rm{OH}rm{CO}rm{H}rm{OH}rm{CO}和rm{H}充入rm{{,!}_{2}}的密閉容器中，rm{{,!}_{2}}的濃度都不再發(fā)生變化，所以能作為判斷平衡狀態(tài)的依據(jù)，故的起始濃度分別為rm{dfrac{2mol}{2L;};=1mol/L,;dfrac{6mol}{;2L};=3mol/L,}rm{D}；

故選B。rm{壟脷}濃度變化為rm{壟脷}則：

rm{2molCO}rm{6molH_{2}}rm{2L}rm{CO}rm{H_{2}}

rm{dfrac{2mol}{2L;};=1mol/L,;

dfrac{6mol}{;2L};=3mol/L,}充分反應(yīng)后，達(dá)到平衡時(shí)測(cè)得rm{c(CO)=0.1}rm{mol/L}rm{CO}濃度變化為rm{1mol/L-0.1mol/L=0.9mol/L}則：rm{c(CO)=0.1}rm{mol/L}

rm{CO}rm{1mol/L-0.1mol/L=0.9mol/L}rm{CO(g)+2H}rm{CO(g)+2H}

rm{{,!}_{2}}rm{(g)?CH}rm{(g)?CH}rm{{,!}_{3}}

rm{OH(g)}rm{=dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO){c}^{2}({H}_{2})}=dfrac{;0.9mol/L}{;0.1mol/L隆隴(1.2mol/L{)}^{2;}}=6.25}故答案為：rm{OH(g)}開始rm{(mol/L)}rm{1}rm{3}rm{0}升溫，平衡逆向移動(dòng)，rm{(mol/L)}rm{1}rm{3}物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，故rm{0}錯(cuò)誤；

變化rm{(mol/L)}rm{0.9}rm{1.8}rm{0.9}恒容條件下充入rm{(mol/L)}rm{0.9}rm{1.8}rm{0.9}物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，平衡rm{(mol/L)}rm{0.1}rm{1.2}rm{0.9}錯(cuò)誤；

rm{(mol/L)}催化劑不會(huì)影響平衡的移動(dòng)，故rm{0.1}錯(cuò)誤；

rm{1.2}恒容條件下再充入rm{0.9}故該溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{k}rm{k}rm{=

dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO){c}^{2}({H}_{2})}=

dfrac{;0.9mol/L}{;0.1mol/L隆隴(1.2mol/L{)}^{2;}}=6.25}rm{6.25}rm{壟脹a.}升溫，平衡逆向移動(dòng)，rm{CH}物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，故rm{壟脹a.}正確；rm{CH}rm{{,!}_{3}}壓縮體積，導(dǎo)致壓強(qiáng)增大，能加快反應(yīng)速率，正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，最終平衡時(shí)故重新平衡時(shí)rm{OH}物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，故rm{a}錯(cuò)誤；物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，故rm{OH}正確；rm{a}移走一部分rm{b.}恒容條件下充入rm{H}rm{b.}rm{H}導(dǎo)致壓強(qiáng)減小，反應(yīng)速率減小，故rm{{,!}_{2}}錯(cuò)誤；

，反應(yīng)物、生成物的濃度都增大，反應(yīng)物的濃度增大的更多，rm{CH_{3}OH}向容器中再充入故rm錯(cuò)誤；rmrm{c.}催化劑不會(huì)影響平衡的移動(dòng)，故rm{c}錯(cuò)誤；rm{c.}rm{c}此時(shí)rm{d.}恒容條件下再充入rm{1molCO}rm{3molH}rm{c(CH_{3}OH)=0.9+5.4/2=3.6mol/L}此時(shí)濃度商rm{Qc=dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO){c}^{2}({H}_{2})}=dfrac{3.6}{0.1隆脕2.4隆脕2.4}=6.25=K}所以平衡不移動(dòng)，rm{d.}rm{1molCO}rm{3molH}rm{{,!}_{2}}故答案為：，反應(yīng)物濃度增大，能加快反應(yīng)速率，正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，最終平衡時(shí)故重新平衡時(shí)rm{CH}rm{CH}使平衡混合物中各組成與原平衡相同，則應(yīng)滿足以下條件：rm{{,!}_{3}}

開始rm{OH}物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，故rm88ug6ye正確；rm{OH}rmse6gswkrm{{,!}}

變化rm{e.}壓縮體積，導(dǎo)致壓強(qiáng)增大，rm{e.}rm{CH_{3}OH}rm{e}

平衡rm{f.}移走一部分rm{CH}rm{f.}rm{CH}rm{{,!}_{3}}且rm{dfrac{a+c}{;b+2c};=dfrac{2}{6};=dfrac{1}{3};}解得rm{OH}導(dǎo)致壓強(qiáng)減小，反應(yīng)速率減小，故rm{f}錯(cuò)誤；rm{OH}rm{n(CH_{3}OH)=c(CH_{3}OH)V=0.9mol/L隆脕2L=1.8mol}所以rm{f}平衡故答案為：rm{de}時(shí)rm{de}的值最大，所以rm{壟脺}向容器中再充入rm{2.4molH}故答案為：rm{壟脺}rm{2.4molH}

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)<}rm{<}rm{250}rm{(2)壟脵B}rm{壟脷6.25}rm{壟脹de}rm{壟脺=}rm{壟脻b=2+2a}rm{1.8<cleqslant2}rm{壟脷6.25}rm{壟脹de}rm{壟脺=}rm{壟脻b=2+2a}

rm{1.8<cleqslant2}26、rm{(1)S}rm{Fe}

rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{5}4s^{1})}rm{3d^{10}4s^{2;}}

rm{(3)O>N>C}rm{Mg>Al>Na}

rm{(4)V}形rm{sp^{2}}雜化rm{NO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-;}}rm{BF_{3}}或rm{COCl_{2}}等

rm{(5)sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{2mol(}或rm{2隆脕6.02隆脕10^{23})}

rm{(6)[Cr(H_{2}O)_{5}}rm{Cl]Cl_{2}隆隴H_{2}O}【分析】【分析】本題考查元素的推斷及原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握電子排布規(guī)律、原子結(jié)構(gòu)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}原子的rm{3P}軌道上有rm{1}個(gè)電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}則元素為rm{S}元素，原子失去rm{3}個(gè)電子后，rm{3d}能級(jí)為半充滿狀態(tài)，則失去電子為rm{4s}和rm{3d}上的三個(gè)電子，則原子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}為rm{26}號(hào)元素rm{Fe}元素，故答案為：rm{S}rm{Fe}rm{(2)Cr}為rm{24}號(hào)元素，其電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{5}4s^{1})}rm{Zn}元素為rm{30}號(hào)元素，原子的外圍電子排布式為rm{3d^{10}4s^{2,}Cu}的核外電子數(shù)為rm{29}處于周期表中第四周期rm{IB}族，外圍電子排布圖為：故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{5}4s^{1})}rm{3d^{10}4s^{2}}rm{(3)}同周期主族元素，越往右，電負(fù)性越大，則電負(fù)性順序?yàn)椋簉m{O>N>C}同周期主族元素第一電離能越往后呈現(xiàn)增大的趨勢(shì)，但rm{IIA}族rm{>IIIA}族，則第一電離能順序?yàn)椋簉m{Mg>Al>Na}故答案為：rm{O>N>C}rm{Mg>Al>Na}rm{(4)SO_{2}}中rm{S}原子價(jià)層電子對(duì)rm{=2+1/2(6-2隆脕2)=3}所以采取rm{sp2}雜化方式，該分子中含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以其空間構(gòu)型是rm{V}形；rm{SO_{3}}的原子數(shù)為rm{4}價(jià)電子數(shù)為rm{24}與rm{SO_{3}}互為等電子體的為rm{NO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-}}rm{BF_{3}}或rm{COCl_{2}}等，故答案為：rm{V}形；rm{sp^{2}}rm{NO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-}}rm{BF_{3}}或rm{COCl_{2}}rm{(5)}羧基的結(jié)構(gòu)式為rm{-O/!/C-O-H}兩個(gè)rm{O}原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)分別為rm{3}rm{4}則雜化類型分別為rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}酒石酸分子中含有rm{2}個(gè)羧基，每個(gè)羧基含有一個(gè)rm{C=O}雙鍵中含有一個(gè)rm{婁脨}鍵，則一分子酒石酸中含有rm{2}個(gè)rm{婁脨}鍵，所以rm{1mol}酒石酸中rm{婁脨}鍵的數(shù)目是rm{2N_{A}}故答案為：rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{2N_{A}}rm{(6)TiCl_{3}?6H_{2}O}綠色晶體，其配位數(shù)為rm{6}將rm{1mol}該晶體加入到足量硝酸銀溶液中可得rm{2mol}白色沉淀，說明該化學(xué)式中含有rm{2}個(gè)氯離子，剩余rm{1}個(gè)氯原子為配原子，因?yàn)槠渑湮粩?shù)是rm{5}所以還有rm{5}個(gè)水分子是配體，rm{1}個(gè)水分子是結(jié)晶水，其化學(xué)式為rm{[Ti(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}?H_{2}O}故答案為：rm{[Ti(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}?H_{2}O}【解析】rm{(1)S}rm{Fe}rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}