2025年北師大版高二化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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2025年北師大版高二化學(xué)下冊月考試卷315考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、氮的最高價氧化物為無色晶體，它由兩種離子構(gòu)成，已知其陰離子構(gòu)型為平面三角形，則其陽離子的構(gòu)型和陽離子中氮的雜化方式為rm{(}rm{)}A.直線rm{sp}雜化B.rm{V}型rm{sp^{2}}雜化C.三角錐形rm{sp^{3}}雜化D.平面三角形rm{sp^{2}}雜化2、下列敘述不正確的是()A.常在燃料乙醇中添加少量煤油用于區(qū)分食用乙醇和燃料乙醇，因為煤油具有特殊氣味B.乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能導(dǎo)電C.乙酸分子里有四個氫原子，所以它不是一元酸D.除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸餾3、反應(yīng)rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)triangleH>0}在某一時間段中反應(yīng)速率與反應(yīng)過程的曲線關(guān)系如圖，下列說法正確的是rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}

(g)triangleH>0}rm{(}A.rm{)}的體積分?jǐn)?shù)最高的一段時間為rm{CO}B.rm{t_{5}-t_{6}}和rm{t_{2}-t_{3}}時間段rm{t_{3}-t_{4}}的體積分?jǐn)?shù)相等C.rm{H_{2}}時刻改變的條件是降低溫度D.rm{t_{1}}時間段平衡向正反應(yīng)方向移動rm{t_{4}-t_{5}}4、將高科技用于現(xiàn)代戰(zhàn)爭，是備受軍事專家關(guān)注的焦點，讓雷達(dá)無法偵察到的隱形飛機(jī)一直受到全世界的極大關(guān)注．用于制造隱形飛機(jī)的物質(zhì)A具有吸收微波的功能，其主要成分的結(jié)構(gòu)如圖，關(guān)于該物質(zhì)的說法正確的是A.該物質(zhì)屬于無機(jī)物B.該物質(zhì)是一種芳香烴C.該物質(zhì)不可能使溴水褪色D.1mol該物質(zhì)最多可與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)5、25℃時，由水電離出c（OH﹣）=1×10﹣11mol/L的溶液中，一定能大量共存的離子組是（）A.Al3+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣B.Na+、CH3COO﹣、K+、HCO3﹣C.Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣D.K+、I﹣、Cl﹣、Rb+6、下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A.丁烷的球棍模型B.乙烯的比例模型C.乙醛的結(jié)構(gòu)簡式CH3COHD.鍵線式表示的有機(jī)物名稱為1-戊醇評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、為解決全球能源與環(huán)境問題，節(jié)能減排已成共識。下列措施有利于節(jié)能減排的有A.舉行“地球一小時”熄燈活動B.露天焚燒稻草和秸稈C.夏天將空調(diào)的溫度設(shè)置在rm{26隆忙}以上D.生活垃圾分類回收處理8、工業(yè)合成環(huán)丁基甲酸的流程如圖。下列說法正確的是。

A.a和b互為同系物B.a→b的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)C.c分子中所有碳原子均可共面D.b的一氯代物有4種(不考慮立體異構(gòu))9、下列物質(zhì)中，既有離子鍵又有共價鍵的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca(NO_{3})_{2}}B.rm{KOH}C.rm{H_{2}O}D.rm{NH_{4}F}10、某短周期元素原子的最外電子層只有rm{2}個電子，該元素可能是()A.rm{0}族元素B.Ⅱrm{A}族元素C.第三周期元素D.Ⅳrm{A}族元素11、下列實驗事實不能用同一原理解釋的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}.Cl_{2}}都能使品紅溶液褪色B.rm{NH_{4}Cl}晶體rm{.}固體碘受熱時都能氣化C.福爾馬林rm{.}葡萄糖與新制rm{Cu(OH)_{2}}共熱時都能產(chǎn)生紅色沉淀D.乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液和溴水都能使其褪色評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)12、(5分)現(xiàn)有CH4、C2H2、C2H4、C2H6、C3H6五種有機(jī)物，等質(zhì)量的以上物質(zhì)中，在相同狀況下體積最大的是___________；同質(zhì)量的以上物質(zhì)完全燃燒時耗去氧氣的量最多的是_______；同狀況、同體積的以上五種物質(zhì)完全燃燒時耗氧量最多的是_______；等質(zhì)量的以上五種物質(zhì)完全燃燒時，生成二氧化碳最多的是_______，生成水最多的是_______。13、二甲醚是一種重要的清潔燃料，也可替代氟利昂作制冷劑等，對臭氧層無破壞作用。工業(yè)上利用煤的汽化產(chǎn)物（水煤氣）合成二甲醚。請回答下列問題：（1）煤的汽化的主要化學(xué)方程式為。（2）利用水煤氣合成二甲醚的總反應(yīng)式可表示為3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)△H＜0。一定條件下得密閉容器中，該總反應(yīng)達(dá)到平衡，要提高CO的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是____（填字母代號）。A．高溫高壓B．加入催化劑C．減少CO2的濃度D．增加CO的濃度E．分離出二甲醚（3）已知反應(yīng)2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g),某溫度下得平衡常數(shù)為400.此溫度下，在密閉容器中加入CH3OH，反應(yīng)到某時刻測得各組分的濃度如下：。物質(zhì)CH3OHCH3OCH3H2O濃度/（mol/L）0.440.60.6①通過計算比較此時正、逆反應(yīng)速率的大小？②若加入CH3OH后，經(jīng)10min反應(yīng)達(dá)到平衡，試計算此時CH3OH的物質(zhì)的量濃度和該時間內(nèi)CH3OH的化學(xué)反應(yīng)速率？14、rm{(1)}常溫下，現(xiàn)有電解質(zhì)溶液：rm{壟脵NaClO}rm{壟脷NaOH}rm{壟脹NaHCO_{3}}rm{壟脺CH_{3}COONa.}當(dāng)幾種溶液的rm{pH}相同時，其物質(zhì)的量濃度最大的是rm{(}填編號rm{)}______

rm{(2)}氯化鐵主要用于金屬蝕刻、污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點rm{.}配制rm{FeCl_{3}}溶液需要加入少量鹽酸抑制水解，則rm{FeCl_{3}}作凈水劑的原理用離子方程式解釋是______

rm{(3)}明礬也可以做凈水劑，向明礬溶液中逐滴加入氫氧化鋇溶液至硫酸根離子恰好沉淀完全時，溶液rm{PH}______rm{7(}選填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}向明礬溶液中逐滴加入氫氧化鋇溶液至鋁離子恰好沉淀完全時，離子反應(yīng)總方程式是______．15、根據(jù)下面的要求及所給信息填空：

rm{(1)}某有機(jī)物用鍵線式表示的分子式______；系統(tǒng)命名法的名稱是______．

rm{(2)}烷烴rm{A}在同溫、同壓下蒸氣的密度是rm{H_{2}}的rm{43}倍；其分子式為______．

rm{(3)C_{4}H_{9}Cl}的核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，則rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為______．

rm{(4)1mol}某不飽和烴可以和rm{1molCl_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)，生成rm{2-}甲基rm{-2}rm{3-}二氯戊烷，則該不飽和烴結(jié)構(gòu)簡式為______．16、氫化鋁鈉rm{(NaAlH_{4})}是一種新型輕質(zhì)儲氫材料，摻入少量rm{Ti}的rm{NaAlH_{4}}在rm{150隆忙}時釋氫，在rm{170隆忙}rm{15.2MPa}條件下又重復(fù)吸氫。rm{NaAlH_{4}}可由rm{AlCl_{3}}和rm{NaH}在適當(dāng)條件下合成。rm{NaAlH_{4}}的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

rm{(1)}基態(tài)rm{Ti}原子核外共有________種運動狀態(tài)不相同的電子。基態(tài)rm{Ti}原子的____為__________________。rm{(2)NaH}的熔點為rm{680隆忙}不溶于有機(jī)溶劑，則rm{NaH}屬于________晶體，其電子式為________。與rm{Na}同族的金屬rm{Li}可形成一種新型的儲氫材料rm{LiH}rm{NaH}與rm{LiH}二者熔點由高到低的順序為_______________，原因為_______。rm{(3)AlCl_{3}}在rm{178隆忙}時升華，其蒸氣的相對分子質(zhì)量約為rm{267}蒸氣分子的結(jié)構(gòu)式為________rm{(}以“rm{隆煤}”標(biāo)明配位鍵rm{)}rm{(4)}請列舉出與rm{AlH_{4}^{-}}空間構(gòu)型相同的兩種常見離子：______________rm{(}填化學(xué)式rm{)}rm{(5)NaAlH_{4}}晶體的密度為___________rm{g/cm^{3}(}用含rm{a}的代數(shù)式表示rm{)}rm{NaAlH_{4}}晶體中，與rm{Na^{+}}緊鄰且等距的rm{AlH_{4}^{-}}有________個。17、一定質(zhì)量的鎂、鋁混合物投到rm{2mol?L^{-1}}的鹽酸中，待金屬完全溶解后，向溶液中加入rm{2mol?L^{-1}}的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量與加入氫氧化鈉溶液的體積關(guān)系如圖所示rm{.}則：

rm{(1))80隆蘆90ml}對應(yīng)反應(yīng)的離子方程式______．

rm{(2)}金屬鋁的質(zhì)量為______

rm{(3)}鹽酸的體積是______rm{ml}．

rm{(4)a}的取值范圍是______．

rm{(5)n(Mg)/n(Al)}的最大值是______．評卷人得分四、計算題(共2題，共4分)18、恒溫時，將rm{2molA}和rm{2molB}氣體投入固定容積為rm{2L}密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：

rm{2A(g)+B(g)?xC}rm{(g)+D(s)}rm{C500}解質(zhì)rm{.}rm{10s}時，測得rm{A}的物質(zhì)的量為rm{1.7mol}rm{C}的反應(yīng)速率為rm{0.0225mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{40s}時反應(yīng)恰好處于平衡狀態(tài)，此時rm{B}的轉(zhuǎn)化率為rm{20%}．

rm{(1)x=}______

rm{(2)}從反應(yīng)開始到rm{40s}達(dá)平衡狀態(tài)，rm{A}的平均反應(yīng)速率為______

rm{(3)}平衡時容器中rm{B}的體積分?jǐn)?shù)為______

rm{(4)}該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)值為______

rm{(5)}下列各項能表示該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)是______

A.消耗rm{A}的物質(zhì)的量與生成rm{D}的物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}

B.容器中rm{A}rm{B}的物質(zhì)的量rm{n(A)}rm{n(B)=2}rm{1}

C.氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化。

D.壓強(qiáng)不再變化rm{E.}氣體密度不再變化。

rm{(6)}在相同溫度下，若起始時rm{c(A)=5mol?L^{-1}}rm{c(B)=6mol?L^{-1}}反應(yīng)進(jìn)行一段時間后，測得rm{A}的濃度為rm{3mol?L^{-1}}則此時該反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)______rm{(}填“是”與“否”rm{)}此時rm{v_{(脮媒)}}______rm{v_{(脛忙)}(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}．19、(6分)有機(jī)物A由碳、氫、氧三種元素組成?，F(xiàn)取23gA與28L氧氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況）在密閉容器中燃燒，燃燒后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸氣(假設(shè)反應(yīng)物沒有剩余)。將反應(yīng)生成的氣體依次通過濃硫酸和堿石灰，濃硫酸增重27g，堿石灰增重22g?；卮鹣铝袉栴}：（1）23gA中所含氫原子、碳原子的物質(zhì)的量各是多少?（2）通過計算確定該有機(jī)物的分子式。評卷人得分五、推斷題(共2題，共14分)20、合成新型高分子rm{M}的路線如圖：

為了測定上述轉(zhuǎn)化流程中有機(jī)物rm{H}的結(jié)構(gòu)；做如下實驗：

rm{壟脵}將rm{2.3}rm{g}有機(jī)物rm{H}完全燃燒，生成rm{0.1}rm{mol}rm{CO_{2}}和rm{2.7}rm{g}水。

rm{壟脷H}的質(zhì)譜圖和核磁共振氫譜圖分別為圖rm{1}和圖rm{2}

試回答下列問題：

rm{(1)}有機(jī)物rm{H}中官能團(tuán)的名稱______．rm{(2)A}的分子式是rm{C_{7}H_{8}}反應(yīng)rm{壟脵}的化學(xué)方程式：rm{_}_________．rm{(3)E}的分子式是rm{C_{6}H_{10}O_{2}}rm{E}的結(jié)構(gòu)簡式為________rm{(4)}試劑rm是__________，反應(yīng)rm{壟脺}的反應(yīng)類型是__________．rm{(5)}反應(yīng)rm{壟脼}的化學(xué)方程式：__________．21、華法林是治療心腦血管疾病的藥物，其合成路徑如圖rm{(}部分反應(yīng)條件略去rm{)}．

已知：

rm{(1)A}屬于芳香烴；其名稱是______．

rm{(2)B隆煤C}的化學(xué)方程式是______．

rm{(3)C}的含氧官能團(tuán)名稱是______．

rm{(4)C隆煤D}的化學(xué)方程式是______．

rm{(5)}嘗試推測rm{E}的結(jié)構(gòu)簡式是______．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】解：氮的最高價氧化物為rm{N_{2}O_{5}}由兩種離子構(gòu)成，其中陰離子構(gòu)型為平面正三角形，化學(xué)式應(yīng)為rm{NO_{3}^{-}}則其陽離子的化學(xué)式為：rm{NO_{2}^{+}}其中心rm{N}原子價電子對數(shù)為rm{2+dfrac{1}{2}(5-1-2隆脕2)=2}所以其中的氮原子按rm{2+dfrac

{1}{2}(5-1-2隆脕2)=2}方式雜化；陽離子的構(gòu)型為直線型；

故選A．

氮的最高價氧化物為rm{sp}由兩種離子構(gòu)成，其中陰離子構(gòu)型為平面正三角形，化學(xué)式應(yīng)為rm{N_{2}O_{5}}則其陽離子的化學(xué)式為：rm{NO_{3}^{-}}根據(jù)其價層電子對數(shù)判斷．

本題考查了雜化類型的判斷和微粒的空間構(gòu)型，題目難度不大，根據(jù)價層電子對互斥理論分析．rm{NO_{2}^{+}}【解析】rm{A}2、C【分析】【分析】本題主要考查了乙醇的性質(zhì)與用途，難度不大，根據(jù)所學(xué)知識即可完成?！窘獯稹緼.煤油有特殊氣味；所以常在燃料乙醇中添加少量煤油用于區(qū)分食用乙醇和燃料乙醇，故A正確；

B.乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能導(dǎo)電；故B正確；

C.乙酸分子里有一個羧基，所以它是一元酸，故C錯誤；

D.乙酸與rm{CaO}反應(yīng)生成離子化合物醋酸鈣；蒸餾時乙醇以蒸氣形式逸出，得到純凈乙醇，故D正確。

故選C。

【解析】rm{C}3、B【分析】略。

【解析】rm{B}4、D【分析】試題分析：A、該物質(zhì)含碳元素，屬于有機(jī)物，錯誤；B、該物質(zhì)不含苯環(huán)，且不屬于烴類，錯誤；C、該物質(zhì)含碳碳雙鍵，能使溴水褪色，錯誤；D、該物質(zhì)分子中有3個碳碳雙鍵，所以1mol該物質(zhì)最多可與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)，正確，答案選D?？键c：考查有機(jī)物的概念，官能團(tuán)的化學(xué)性質(zhì)【解析】【答案】D5、D【分析】【解答】解：溶液中由水電離產(chǎn)生的c（OH﹣）=1×10﹣11mol?L﹣1＜10﹣7mol?L﹣1，說明該溶液呈酸性或堿性，A．堿性條件下Al3+、NH4+發(fā)生反應(yīng)；不能大量共存，故A錯誤；

B．酸性條件下CH3COO﹣、HCO3﹣不能大量共存；故B錯誤；

C．酸性條件下Fe2+和NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿性條件下Fe2+反應(yīng)生成沉淀；不能大量共存，故C錯誤；

D．這幾種離子之間不反應(yīng)；且這幾種離子和氫離子或氫氧根離子都不反應(yīng)，所以滿足此條件的溶液中一定能大量共存，故D正確．

故選D．

【分析】若溶液中由水電離產(chǎn)生的c（OH﹣）=1×10﹣11mol?L﹣1＜10﹣7mol?L﹣1，說明該溶液呈酸性或堿性，如果能共存，則這幾種離子和氫離子或氫氧根離子之間不反應(yīng)，以此解答該題．6、B【分析】解：A．此球棍模型中含有5個碳原子；應(yīng)為戊烷，故A錯誤；

B．碳原子半徑大于氫原子；符合比例模型，故B正確；

C．乙醛的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO；故C錯誤；

D．鍵線式表示的有機(jī)物名稱為1-丁醇；故D錯誤；

故選B．

A．丁烷中含有4個碳；

B．比例模型反應(yīng)原子的大小；

C．結(jié)構(gòu)簡式可以省略碳碳單鍵和碳?xì)鋯捂I；

D．根據(jù)鍵線式的特點以線示鍵；每個折點和線端點處表示有一個碳原子，并以氫原子補(bǔ)足四鍵，C；H原子不表示出來，寫化學(xué)式．

本題主要是對化學(xué)用語的考查，難度不大，涉及模型、結(jié)構(gòu)簡式、鍵線式等．【解析】【答案】B二、多選題(共5題，共10分)7、ACD【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對環(huán)境的治理的應(yīng)用?！窘獯稹緼.舉行“地球一小時”熄燈活動，有利于節(jié)能減排，故A正確；

B.露天焚燒稻草和秸稈，造成環(huán)境污染，不利于節(jié)能減排，故B錯誤；C.夏天將空調(diào)的溫度設(shè)置在rm{26隆忙}以上，有利于節(jié)能減排，故C正確；D.生活垃圾分類回收處理，有利于節(jié)能減排，故D正確。故選ACD?！窘馕觥縭m{ACD}8、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)a、b結(jié)構(gòu)簡式可知a分子式是C7H12O4，b分子式是C10H16O4，二者不是相差CH2的整數(shù)倍；因此二者不是同系物，A錯誤；

B．a(chǎn)與Br-CH2CH2CH2Cl在一定條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生b和HCl、HBr，故a→b的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；B正確；

C．c分子中含有飽和C原子；具有甲烷的四面體結(jié)構(gòu)，因此c分子中所有碳原子不可能共平面，C錯誤；

D．b物質(zhì)以中心碳原子為對稱軸；含有4種不同位置的H原子，因此其一氯代物有4種(不考慮立體異構(gòu))，D正確；

故合理選項是BD。9、ABD【分析】解：rm{A.}硝酸鈣中鈣離子和硝酸根離子之間存在離子鍵，rm{N}原子和rm{O}原子之間存在共價鍵；故A正確；

B.rm{KOH}中鉀離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，rm{O}原子和rm{H}原子之間存在共價鍵；故B正確；

C.水分子中rm{H}原子和rm{O}原子之間只存在共價鍵；故C錯誤；

D.氟化銨中銨根離子和氟離子之間存在離子鍵、rm{N}原子和rm{H}原子之間存在共價鍵；故D正確；

故選ABD．

一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，部分堿；大多數(shù)鹽和金屬氧化物中含有離子鍵，多原子非金屬單質(zhì)、酸、部分非金屬氧化物、部分堿、部分鹽中含有共價鍵．

本題考查了離子鍵和共價鍵的判斷，根據(jù)物質(zhì)的構(gòu)成微粒及微粒間作用力分析解答，注意二者區(qū)別，銨鹽中存在離子鍵，且銨根離子中存在配位鍵，配位鍵屬于共價鍵．【解析】rm{ABD}10、ABC【分析】【分析】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素在元素周期表的關(guān)系?！窘獯稹緼.rm{He}原子最外電子層只有rm{2}個電子，屬于rm{0}族元素，故A正確；原子最外電子層只有rm{He}個電子，屬于rm{2}族元素，故A正確；

rm{0}族元素的原子最外層電子數(shù)為B.Ⅱrm{A}族元素的原子最外層電子數(shù)為rm{2}故B正確；故B正確；

rm{A}位于第三周期，故C正確；

rm{2}族元素的最外層電子數(shù)為C.若為rm{Mg}位于第三周期，故C正確；故D錯誤。rm{Mg}D.Ⅳrm{A}族元素的最外層電子數(shù)為rm{4}故D錯誤。【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】解：rm{A.}氯氣的漂白作用是氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的強(qiáng)氧化性的體現(xiàn)；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫與水生成的亞硫酸和有色物質(zhì)結(jié)合為不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，該過程為化合反應(yīng)，二者原理不同，故A選；

B.氯化銨受熱分解生成氨氣與氯化氫屬于化學(xué)變化；碘受熱升華屬于物理變化，二者原理不同，故B選；

C.福爾馬林；葡萄糖都具有還原性，能夠還原氫氧化銅生成紅色氧化亞銅，二者原理相同，故C不選；

D.乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液和溴水都能使其褪色；前者是發(fā)生氧化還原反應(yīng)，后者發(fā)生加成反應(yīng)，二者原理不同，故D選；

故選：rm{ABD}．

A.依據(jù)二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B.氯化銨受熱分解生成氨氣與氯化氫；碘受熱升華；

C.福爾馬林；葡萄糖都具有還原性，能夠還原氫氧化銅生成紅色氧化亞銅；

D.乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化；能與溴水加成．

本題考查了元素化合物知識，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意次氯酸與二氧化硫漂白原理的不同，注意有機(jī)物結(jié)構(gòu)特點，題目難度不大．【解析】rm{ABD}三、填空題(共6題，共12分)12、略

【分析】等質(zhì)量的物質(zhì)中體積最大的就是摩爾質(zhì)量最小的CH4。同質(zhì)量的以上物質(zhì)完全燃燒時耗去氧氣的量最多的是含氫量最大的CH4。同狀況、同體積的CxHy完全燃燒時耗氧量最多的是x+y/4最大的：C3H6。等質(zhì)量的以上五種物質(zhì)完全燃燒時，生成二氧化碳最多的是含碳量最大的C2H2，生成水最多的是含氫量最多的CH4?！窘馕觥俊敬鸢浮緾H4CH4C3H6C2H2CH413、略

【分析】【解析】【答案】（10分）向正方向進(jìn)行，v(正)＞v（逆）②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)始態(tài)（mol/L）c000某時刻0.440.60.6z左邊倒0.44+1.200c（CH3OH）=0.44+1.2=1.64mol/L到平衡反應(yīng)濃度△c△c/2△c/2平衡濃度0.44-△c△c/2△c/2△c=1.6mol/L平衡，時CH3OH的物質(zhì)的量濃度0.04mol/L該時間內(nèi)CH3OH的化學(xué)反應(yīng)速率為0.16mol/（L·min）14、略

【分析】解：rm{(1)壟脷NaOH}是強(qiáng)堿，電離顯堿性；rm{壟脵NaClO}rm{壟脹NaHCO_{3}}rm{壟脺CH_{3}COONa}均為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，當(dāng)濃度相同時，rm{pH}大小順序是rm{壟脷>壟脵>壟脹>壟脺}故當(dāng)rm{pH}相同時，其物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是：rm{壟脺>壟脹>壟脵>壟脷}故答案為：rm{壟脺}

rm{(2)FeCl_{3}}作凈水劑時，rm{Fe^{3+}}在溶液中會水解為氫氧化鐵和氫離子，離子方程式為：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O簍TFe(OH)_{3}(}膠體rm{)+3H^{+}}故答案為：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O簍TFe(OH)_{3}(}膠體rm{)+3H^{+}}

rm{(3)}若向明礬溶液中逐滴加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液至硫酸根離子恰好沉淀完全時，二者以rm{1}rm{2}混合，二者反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和rm{NaAlO_{2}}偏鋁酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，溶液的rm{pH>7}二者混合至鋁離子恰好完全沉淀時，明礬和氫氧化鋇以rm{2}rm{3}混合，二者反應(yīng)生成硫酸鋇和氫氧化鋁沉淀，離子方程式為rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}故答案為：rm{>}rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒.}

rm{(1)壟脷NaOH}是強(qiáng)堿，電離顯堿性；rm{壟脵NaClO}rm{壟脹NaHCO_{3}}rm{壟脺CH_{3}COONa}均為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，當(dāng)濃度相同時，rm{pH}大小順序是rm{壟脷>壟脵>壟脹>壟脺}據(jù)此分析；

rm{(2)FeCl_{3}}作凈水劑時，rm{Fe^{3+}}在溶液中會水解為氫氧化鐵和氫離子；

rm{(3)}若向明礬溶液中逐滴加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液至硫酸根離子恰好沉淀完全時，二者以rm{1}rm{2}混合，二者反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和rm{NaAlO_{2}}偏鋁酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性；二者混合至鋁離子恰好完全沉淀時，明礬和氫氧化鋇以rm{2}rm{3}混合；二者反應(yīng)生成硫酸鋇和氫氧化鋁沉淀．

本題考查離子方程式書寫及鹽類的水解平衡等知識點，為高頻考點，明確離子反應(yīng)方程式書寫規(guī)則、鹽類水解等知識點即可解答，題目難度中等．【解析】rm{壟脺}rm{Fe^{3+}+3H_{2}O簍TFe(OH)_{3}(}膠體rm{)+3H^{+}}rm{>}rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}15、略

【分析】解：rm{(1)}由鍵線式可知，分子中含rm{6}個rm{C}rm{14}個rm{H}分子式為rm{C_{6}H_{14}}主鏈含rm{5}個rm{C}rm{2}號rm{C}上有甲基，名稱為rm{2-}甲基戊烷；

故答案為：rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；

rm{(2)M(A)=43隆脕2=86}烷烴設(shè)為rm{C_{n}H_{2n+2}}rm{12n+2n+2=86}解得rm{n=6}分子式為rm{C_{6}H_{14}}

故答案為：rm{C_{6}H_{14}}

rm{(3)C_{4}H_{9}Cl}的核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，則分子中含rm{3}個甲基，則rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

rm{(4)}生成rm{2-}甲基rm{-2}rm{3-}二氯戊烷，碳鏈骨架不變，rm{1mol}某不飽和烴可以和rm{1molCl_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)，可知rm{2}rm{3}號rm{C}之間有雙鍵，則該不飽和烴結(jié)構(gòu)簡式為rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{2}CH_{3}}故答案為：rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{2}CH_{3}}．

rm{(1)}由鍵線式可知，分子中含rm{6}個rm{C}rm{14}個rm{H}主鏈含rm{5}個rm{C}rm{2}號rm{C}上有甲基；

rm{(2)M(A)=43隆脕2=86}烷烴設(shè)為rm{C_{n}H_{2n+2}}rm{12n+2n+2=86}

rm{(3)C_{4}H_{9}Cl}的核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，則分子中含rm{3}個甲基；

rm{(4)}生成rm{2-}甲基rm{-2}rm{3-}二氯戊烷，碳鏈骨架不變，可知rm{2}rm{3}號rm{C}之間有不飽和鍵．

本題考查有機(jī)物分子式計算的確定，為高頻考點，把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、通式法、有機(jī)物中rm{H}的種類為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意加成反應(yīng)中碳鏈骨架不變，題目難度不大．【解析】rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；rm{C_{6}H_{14}}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{2}CH_{3}}16、（1）22

（2）離子Na＋[︰H]－LiH>NaHLi+半徑小于Na+半徑，則LiH的晶格能大于NaH的晶格能

（3）

（4）（等合理的均可）

（5）8【分析】【分析】本題以氫化鋁鈉為背景，考查了原子核外電子的運動狀態(tài)、電子排布圖、晶體類型、電子式、離子晶體的熔點比較、配位鍵、空間構(gòu)型以及晶胞密度的計算和配位數(shù)等知識，綜合性較大，有一定難度。【解答】

rm{(1)}rm{Ti}是第rm{22}號元素，原子核外有rm{22}個電子，原子核外不可能有運動狀態(tài)相同的電子，因此基態(tài)rm{Ti}原子核外共有rm{22}種運動狀態(tài)不相同的電子；基態(tài)rm{Ti}原子的價電子排布式為rm{3d^{2}4s^{2}}根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，其價電子排布圖為是第rm{Ti}號元素，原子核外有rm{22}個電子，原子核外不可能有運動狀態(tài)相同的電子，因此基態(tài)rm{22}原子核外共有rm{Ti}種運動狀態(tài)不相同的電子；基態(tài)rm{22}原子的價電子排布式為rm{Ti}根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，其價電子排布圖為故答案為：rm{3d^{2}4s^{2}}rm{22}rm{(2)}的熔點較高，且不溶于有機(jī)溶劑，說明是離子晶體，其電子式為rm{NaH}的熔點較高，且不溶于有機(jī)溶劑，說明是離子晶體，其電子式為；rm{NaH}和rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}一樣也屬于離子晶體，但因為rm{LiH}和半徑小于rm{LiH}半徑，rm{NaH}的晶格能大于rm{Li^{+}}的晶格能，所以rm{Na^{+}}的熔點比rm{LiH}高。故答案為：離子；rm{NaH}；rm{LiH}；rm{NaH}半徑小于rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}半徑，則rm{LiH>NaH}的晶格能大于rm{Li^{+}}的晶格能rm{Na^{+}}rm{LiH}說明蒸汽的分子式為rm{NaH}根據(jù)價鍵規(guī)律可知其結(jié)構(gòu)式應(yīng)為故答案為：rm{(3)}蒸氣的相對分子質(zhì)量約為rm{267}說明蒸汽的分子式為rm{Al_{2}Cl_{6}}根據(jù)價鍵規(guī)律可知其結(jié)構(gòu)式應(yīng)為rm{267}rm{Al_{2}Cl_{6}}rm{(4)}rm{AlH}rm{AlH}rm{{,!}_{4}^{-}}空間構(gòu)型為正四面體，空間構(gòu)型為正四面體的離子還有rm{N{{H}_{4}}^{+}}等，故答案為：rm{S{{O}_{4}}^{2-}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{P{{O}_{4}}^{3-}}rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}等合理的均可rm{B{{H}_{4}}^{-}}rm{N{{H}_{4}}^{+}}晶胞中的rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}

}有rm{P{{O}_{4}}^{3-}}個在面上，rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}個在棱邊上，個數(shù)為rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4}晶胞中的rm{B{{H}_{4}}^{-}}有rm{)}個在頂點，rm{(5)}個在面上，rm{Na^{+}}個在內(nèi)部，個數(shù)為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2}+1=4}所以rm{6}個晶胞的質(zhì)量為rm{4}晶胞的體積為rm{a隆脕{10}^{-7}cm隆脕a隆脕{10}^{-7}cm隆脕2a隆脕{10}^{-7}cm=2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}晶胞的密度為rm{dfrac{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g}{2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}=dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}g隆隴c{m}^{-3}}根據(jù)上面的分析可知，晶胞中rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4

}和rm{AlH_{4}^{-}}個數(shù)相等，因此它們的配位數(shù)之比等于rm{8}以體心的rm{4}研究，與之緊鄰且等距的rm{1}位于晶胞的rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2}+1=4

}個側(cè)棱的中間、晶胞中上面立方體的左右側(cè)面面心、晶胞中下面立方體的前后面的面心，共rm{1}個，則rm{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g}rm{a隆脕{10}^{-7}cm隆脕a隆脕{10}^{-7}cm隆脕2a隆脕{10}^{-7}cm=2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}

}rm{dfrac{4隆脕

dfrac{54}{{N}_{A}}g}{2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}=

dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}g隆隴c{m}^{-3}}rm{Na^{+}}也有rm{AlH_{4}^{-}}個。故答案為：rm{dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}}；rm{1:1}rm{AlH_{4}^{-}}【解析】rm{(1)22}rm{(2)}離子rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}rm{LiH>NaH}rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}rm{LiH>NaH}半徑小于rm{Li^{+}}半徑，則rm{Na^{+}}的晶格能大于rm{LiH}的晶格能rm{NaH}rm{(3)}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{(4)N{{H}_{4}}^{+}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}

}rm{P{{O}_{4}}^{3-}}等合理的均可rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}rm{(5)dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}}rm{B{{H}_{4}}^{-}}rm{)}17、略

【分析】解：rm{0隆蘆a}段沒有生成沉淀，說明鹽酸過量，加入的氫氧化鈉與氯化氫反應(yīng)；rm{a隆蘆80}段開始生成沉淀，加入rm{80mL}氫氧化鈉溶液后沉淀達(dá)到最大量，此時溶液中的溶質(zhì)為rm{NaCl}rm{80隆蘆90}段氫氧化鋁開始溶解，溶解氫氧化鋁消耗了rm{10mLNaOH}則氫氧化鋁沉淀的物質(zhì)的量為：rm{2mol/L隆脕0.01L=0.02mol}當(dāng)加入rm{90mLNaOH}溶液后氫氧化鋁完全溶解；此時沉淀只有氫氧化鎂；

rm{(1)}根據(jù)分析可知，rm{80隆蘆90ml}對應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案為：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)}從橫坐標(biāo)rm{80mL}到rm{90mL}這段可以得出：rm{n(Al(OH)_{3})=0.02mol}則rm{n(Al)=n(Al(OH)_{3})=0.02mol}原混合物中鋁的質(zhì)量為：rm{27g/mol隆脕0.02mol=0.54g}

故答案為：rm{0.54}

rm{(3)}加入rm{80mL}氫氧化鈉溶液時，溶質(zhì)為rm{NaCl}則：rm{n(HCl)=n(NaOH)=2mol/L隆脕0.08L=0.16mol}

鹽酸的體積為：rm{dfrac{0.16mol}{2mol/L}=0.08L=80mL}

故答案為：rm{dfrac

{0.16mol}{2mol/L}=0.08L=80mL}

rm{80}假設(shè)鹽酸溶解金屬后沒有剩余，此時酸恰好與合金反應(yīng)完全，即rm{(4)}通過極值法，當(dāng)合金中完全是鋁時，因為沉淀rm{a=0}需要消耗rm{Al^{3+}}溶液的體積為rm{NaOH}從圖可知，中和過量的酸所消耗的堿液體積最大為rm{30mL}但是假設(shè)不成立，最大值是不存在的，所以的取值范圍為rm{50mL}

故答案為：rm{0leqslanta<50}

rm{0leqslanta<50}所以沉淀rm{(5)n(Al)=n(Al(OH)_{3})=2mol?L^{-1}隆脕0.01L=0.02mol}需要消耗的rm{Al^{3+}}為rm{OH^{-}}即rm{0.06mol}溶液的體積為rm{NaOH}鎂離子和鋁離子沉淀完全消耗的堿的體積為rm{30mL}若假設(shè)鹽酸沒有剩余，所以沉淀rm{(80-a)mL}需要rm{Mg^{2+}}溶液的體積最大值為：rm{NaOH}

rm{80mL-30mL=50mL}的最大值為：rm{dfrac{2mol/L隆脕0.05L}{2}=0.05mol}所以該合金中鎂鋁兩元素物質(zhì)的量之比的最大值為：rm{n(Mg)}rm{dfrac

{2mol/L隆脕0.05L}{2}=0.05mol}

故答案為：rm{0.05mol}．

rm{0.02mol=2.5}段沒有生成沉淀，說明鹽酸過量，加入的氫氧化鈉與氯化氫反應(yīng)；rm{2.5}段開始生成沉淀，加入rm{0隆蘆a}氫氧化鈉溶液后沉淀達(dá)到最大量，此時溶液中的溶質(zhì)為rm{a隆蘆80}rm{80mL}段氫氧化鋁開始溶解，溶解氫氧化鋁消耗了rm{NaCl}則氫氧化鋁沉淀的物質(zhì)的量為：rm{80隆蘆90}當(dāng)加入rm{10mLNaOH}溶液后氫氧化鋁完全溶解；此時沉淀只有氫氧化鎂；

rm{2mol/L隆脕0.01L=0.02mol}對應(yīng)反應(yīng)為氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；

rm{90mLNaOH}根據(jù)氫氧化鈉的體積在rm{(1)80隆蘆90ml}至rm{(2)}段內(nèi)；所有的氫氧化鈉用于溶解氫氧化鋁，根據(jù)氫氧化鈉的量確定氫氧化鋁的量，根據(jù)原子守恒確定金屬鋁的量；

rm{80}加入rm{90mL}氫氧化鈉溶液時，溶質(zhì)為rm{(3)}根據(jù)質(zhì)量守恒可以計算出氯化氫的物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{80mL}計算出鹽酸的體積；

rm{NaCl}合金的組成可以采用極限假設(shè)法，當(dāng)金屬全部是金屬鋁時剩余的酸最多，rm{V=dfrac{n}{c}}的值最大來判斷rm{(4)}得取值范圍；

rm{a}根據(jù)圖象中消耗的氫氧化鈉的量確定合金中金屬鎂的最大量；進(jìn)而確定該合金中兩元素物質(zhì)的量之比的最大值．

本題考查離子方程式的計算、鎂、鋁的化學(xué)性質(zhì)等知識，題目難度中等，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及反應(yīng)與圖象的對應(yīng)關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，注意質(zhì)量守恒在化學(xué)計算中的應(yīng)用方法．rm{a}【解析】rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{0.54g}rm{80}rm{0leqslanta<50}rm{2.5}四、計算題(共2題，共4分)18、略

【分析】解：rm{(1)}出rm{A}的物質(zhì)的量變化量rm{trianglen(A)=2mol-1.7mol=0.3mol}rm{trianglen(C)=0.0225mol?L^{-1}?s^{-1}隆脕10s隆脕2L=0.45mol}根據(jù)物質(zhì)的量變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則rm{triangle

n(A)=2mol-1.7mol=0.3mol}rm{triangle

n(C)=0.0225mol?L^{-1}?s^{-1}隆脕10s隆脕2L=0.45mol}rm{0.3mol}解得rm{0.45mol=2}

故答案為：rm{x}

rm{x=3}時反應(yīng)恰好處于平衡狀態(tài)，此時rm{3}的轉(zhuǎn)化率為rm{(2)40s}參加反應(yīng)的rm{B}的物質(zhì)的量為rm{20%}由方程式可知，參加反應(yīng)的rm{B}的物質(zhì)的量為rm{2mol隆脕20%=0.4mol}故rm{v(A)=dfrac{dfrac{0.8mol}{2L}}{40s}=0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}

故答案為：rm{A}

rm{2隆脕0.4mol=0.8mol}平衡時參加反應(yīng)的rm{v(A)=dfrac{dfrac

{0.8mol}{2L}}{40s}=0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}的物質(zhì)的量為rm{0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}則：

rm{(3)}rm{B}

開始rm{2mol隆脕20%=0.4mol}rm{2A(g)+B(g)?3C}rm{(g)+D(s)}rm{(mol)}rm{2}

變化rm{2}rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{0.8}

平衡rm{0.4}rm{1.2}rm{0.4}rm{(mol)}rm{1.2}

故平衡時rm{1.6}的體積分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{1.6mol}{1.2mol+1.6mol+1.2mol}隆脕100%=40%}

故答案為：rm{1.2}

rm{0.4}由rm{B}中計算可知，平衡時rm{dfrac

{1.6mol}{1.2mol+1.6mol+1.2mol}隆脕100%=40%}rm{40%}rm{(4)}rm{(3)}的濃度分別為rm{dfrac{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}rm{dfrac{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}rm{dfrac{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}所以平衡常數(shù)rm{k=dfrac{c^{3}(C)}{c;^{2}(A).c(B)}=0.75}

故答案為：rm{A}

rm{B}表示該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)是分析選項是否表達(dá)正逆反應(yīng)速率相同，rm{C}rm{D}

A.消耗rm{dfrac

{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}的物質(zhì)的量與生成rm{dfrac

{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}的物質(zhì)的量之比為rm{dfrac

{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}rm{k=dfrac

{c^{3}(C)}{c;^{2}(A).c(B)}=0.75}只能表示反應(yīng)正向進(jìn)行，故A不符合；

B.容器中rm{0.75}rm{(5)}的物質(zhì)的量rm{2A(g)+B(g)?3C}rm{(g)+D(s)}rm{A}不能表示正逆反應(yīng)速率相同，故B不符合；

C.反應(yīng)前后質(zhì)量分?jǐn)?shù)變化；氣體物質(zhì)的量不變，氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化，說明反應(yīng)正逆反應(yīng)速率相同，故C符合；

D.反應(yīng)時氣體體積不變的反應(yīng)；壓強(qiáng)不再變化不能怎么反應(yīng)達(dá)到平衡，故D不符合；

E.密度等于氣體質(zhì)量除以氣體體積，反應(yīng)前后氣體體積不變，反應(yīng)中生成的rm{D}是固體；氣體密度不再變化說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故E符合；

故答案為：rm{2}

rm{1}若起始時rm{A}rm{B}反應(yīng)進(jìn)行一段時間后，測得rm{n(A)}的濃度為rm{n(B)=2}則：

rm{1}rm{D}

開始rm{CE}rm{(6)}rm{c(A)=5mol?L^{-1}}rm{c(B)=6mol?L^{-1}}rm{A}

變化rm{3mol?L^{-1}}rm{2A(g)+B(g)?3C}rm{(g)+D(s)}rm{(mol/L)}rm{5}

一段時間rm{6}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{5-3=2}

所以濃度商rm{Qc=dfrac{3;^{3}}{3;^{2}times5}=0.6<0.75}反應(yīng)未達(dá)平衡狀態(tài)，向正反應(yīng)進(jìn)行，故rm{1}

故答案為：否；大于．

利用三段式分析：

rm{3}rm{1}

開始rm{(mol/L)}rm{3}rm{5}

轉(zhuǎn)化rm{3}rm{1}rm{Qc=dfrac{3;^{3}}{3;^{2}times

5}=0.6<0.75}

平衡rm{v_{(脮媒)}>v_{(脛忙)}}rm{2A(g)+B(g)?xC}rm{(g)+D(s)}

rm{2}計算出rm{2}的物質(zhì)的量變化量rm{0}利用rm{0.8}的速率計算rm{0.4}根據(jù)物質(zhì)的量變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算rm{0.4x}的值；

rm{1.2}根據(jù)rm{1.6}計算出平衡時參加反應(yīng)的rm{0.4x}的物質(zhì)的量，計算出rm{(1)}的濃度變化量，利用利用rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{A}

rm{trianglen(A)}根據(jù)rm{c}的轉(zhuǎn)化率計算出參加反應(yīng)的rm{trianglen(C)}的物質(zhì)的量，利用三段式計算平衡時各組成的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算平衡時總的物質(zhì)的量，再利用體積分?jǐn)?shù)等于計算rm{x}的體積分?jǐn)?shù)rm{(2)}注意rm{B}是固體；

rm{A}平衡常數(shù)指生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積所得的比值；計算出平衡時各組分的濃度，代入平衡常數(shù)表達(dá)式計算平衡常數(shù)rm{A}注意rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}是固體；

rm{v(A)}表示該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)是正逆反應(yīng)速率相同；各成分的含量保持不變，據(jù)此判斷；

rm{(3)}計算出測得rm{B}的濃度為rm{B}時，各組分的濃度，計算濃度商rm{B}與平衡常數(shù)比較判斷平衡進(jìn)行方向，根據(jù)反應(yīng)進(jìn)行的方向判斷速率關(guān)系．

本題考查反應(yīng)速率的計算、化學(xué)平衡的有關(guān)計算、平衡常數(shù)計算與應(yīng)用等，題目難度中等，注意三段式解題法的理解運用，全面掌握基礎(chǔ)知識．rm{.}【解析】rm{3}rm{0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{40%}rm{0.75}rm{CE}否；大于19、略

【分析】考查有機(jī)物分子式的確定?！窘馕觥俊敬鸢浮?8L氧氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況）的物質(zhì)的量是質(zhì)量是1.25mol×32g/mol＝40g濃硫酸增重27g所以水是27g，物質(zhì)的量是因此氫原子的物質(zhì)的量是3mol堿石灰增重22g說明CO2是22g，物質(zhì)的量為0.5mol根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知CO的質(zhì)量是23g+40g-22g-27g＝14g物質(zhì)的量是所以碳原子的物質(zhì)的量是0.5mol＋0.5mol＝1mol23gA中氧原子的物質(zhì)的量是1.5mol＋0.5mol×2＋0.5mol－1.25mol×2＝0.5mol所以A中碳、氫、氧原子的個數(shù)之比是1︰3︰0.5＝2︰6︰1即A的最簡式為C2H6O由于2個碳原子最多結(jié)合6個氫原子，所以最簡式就是A的分子式五、推斷題(共2題，共14分)20、（1）羥基（2）+HO-NO2+H2O（3）CH3CH=CHCOOCH2CH3（4）NaOH水溶液、加熱加聚反應(yīng)（5）n++nH2O【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的合成，為高頻考點，把握合成流程中官能團(tuán)的變化、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意逆合成法應(yīng)用及有機(jī)物結(jié)構(gòu)的確定方法，題目難度不大。結(jié)合rm{P}的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合碳鏈骨架可知，rm{A}是甲苯，其結(jié)構(gòu)簡式是可知rm{A}與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生