2025年浙教版高二化學下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高二化學下冊階段測試試卷313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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列5個有機化合物中；能夠發(fā)生酯化；加成和氧化3種反應的是（）

①CH2=CHCOOH；②CH2=CHCOOCH3；③CH2=CHCH2OH；④CH3CH2CH2OH；⑤CH3CH（OH）CH2CHO．

A.①③⑤

B.①③④

C.②④⑤

D.①②⑤

2、強酸和強堿的稀溶液中和熱可表示為：H+（aq）+OH-（aq）?H2O（l）△H=57.3kJ/mol；以下4個化學方程式中；

①H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）

②H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）=BaSO4（aq）+2H2O（l）

③NH3?H2O（aq）+HCl=NH4Cl（aq）+H2O（l）

④NH3?H2O（aq）+CH3COOH（aq）=CH3COONH4（aq）+H2O（l）

其中反應熱為57.3kJ/mol的是（）A.①②B.③C.④D.均不符合3、下列實驗過程中的現象及結論均正確且存在因果關系的是rm{(}rm{)}

。實驗實驗現象結論rm{A}廣口瓶中光亮的鐵釘放置一段時間后生銹鐵釘發(fā)生析氫腐蝕rm{B}左燒杯鋁表面冒氣泡，右燒杯銅表面冒氣泡活動性：rm{Al>Fe>Cu}rm{C}左燒杯氣體顏色加深，右燒杯氣體顏色變淺rm{NO_{2}}轉化為rm{N_{2}O_{4}}吸熱rm{D}白色固體先變?yōu)辄S色，后變?yōu)楹谏芙怆y易：rm{AgCl>AgI>Ag_{2}S}A.B.C.D.4、rm{1mol}某烴能與rm{2molHCl}完全加成，其產物最多能被rm{8molCl_{2}}完全取代，則該烴可能為rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{3隆陋}丁二烯B.rm{2隆陋}丁烯C.rm{1隆陋}丙炔D.rm{2隆陋}戊炔5、丙烯醇在一定條件下可可轉化為丙烯醛：rm{CH=CHCH_{2}OHunderset{脨脗脰脝Mn{O}_{2}}{overset{{25}^{0}C}{=}}CH_{2}=CHCHO}下列有關說法錯誤的是()A.丙烯醇與丙醛rm{CH=CHCH_{2}OH

underset{脨脗脰脝Mn{O}_{2}}{overset{{25}^{0}C}{=}}

CH_{2}=CHCHO}互為同分異構體B.丙烯醇含有兩種官能團C.rm{(CH_{3}CH_{2}CHO)}丙烯醛可以和rm{1mol}氫氣發(fā)生加成反應D.此轉化過程中丙烯醇被還原rm{2mol}6、對下列物質：①H2SO4、②CO2、③NaOH、④BaSO4、⑤NH3、⑥SO2、⑦NH3?H2O、⑧C2H5OH；⑨Cu、⑩氯化鈉溶液按要求分類不正確的是（）

A.弱電解質：④；⑦

B.電解質：①；③、④、⑦

C.非電解質：②；⑤、⑥、⑧

D.強電解質：①；③、④

7、已知某可逆反應：mA（g）＋nB（g）rC（g）在密閉容器中進行。下圖表示此反應在不同時間t，溫度T和壓強p與反應物B在混合氣體中的百分含量（B%）的關系曲線。由曲線分析下列判斷正確的是A.T1＞T2，p1＞p2，m＋n＞r，正反應吸熱B.T1＜T2，p1＜p2，m＋n＜r，正反應吸熱C.T1＞T2，p1＞p2，m＋n＜r，正反應放熱D.T1＜T2，p1＜p2，m＋n＞r，正反應放熱8、下列應急措施不正確的是A.少量酸濺到皮膚上時，立即用大量水沖洗B.誤食入重金屬鹽時，立即喝足量牛奶緊急解毒C.金屬鈉著火時，立即用水澆滅D.發(fā)生一氧化碳中毒時，立即將中毒者移到通風處搶救9、“保護環(huán)境，就是保護自己rm{.}”目前，我國城市環(huán)境中主要的大氣污染物是rm{(}rm{)}A.rm{HCl}rm{NO_{2}}rm{N_{2}}粉塵B.rm{CO_{2}}rm{Cl_{2}}rm{N_{2}}霧C.rm{SO_{2}}rm{NO_{2}}rm{CO}煙塵D.rm{CO_{2}}rm{NO}rm{NH_{3}}rm{H_{2}S}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、（10分）氫氣是一種清潔、高效的新型能源。I．用甲烷制取氫氣的反應分為兩步，其能量變化如下圖所示：（1）甲烷和水蒸氣反應生成二氧化碳和氫氣的熱化學方程式是。II．在容積為1L的密閉容器內，加入0.1molCO和0.1molH2O，在催化劑存在的條件下高溫加熱使其反應。測得CO2的濃度隨時間變化的圖像如下圖：（2）在該溫度下，從反應開始至達到平衡時，CO的平均反應速率為；（3）下列改變中，能使平衡向正反應方向移動的是。A．升高溫度B．增大壓強C．增大H2O（g）的濃度D．減少CO2（g）的濃度（4）保持溫度不變，若起始時c(CO)=1mol·L—1，c(H2O)=2mol·L—1，反應進行一段時間后，測得H2的濃度為0.4mol·L—1。通過計算，判斷此時該反應進行的方向并說明理由：。11、(11分)鋰錳電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池。該電池反應原理如圖所示，其中電解質LiClO4，溶于混合有機溶劑中，Li＋通過電解質遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。回答下列問題：（1）外電路的電流方向是由________極流向________極。(填字母)（2）電池正極反應式為__________________________。（3）是否可用水代替電池中的混合有機溶劑？________(填“是”或“否”)，原因是________________________________________________。（4）MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應，生成K2MnO4，反應的化學方程式為____________________________________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物質的量之比為____。12、有機物A可由葡萄糖發(fā)酵得到；也可從酸牛奶中提?。儍舻腁為無色粘稠液體，易溶于水．為研究A的組成與結構，進行了如下實驗：

。實驗步驟解釋或實驗結論（1）稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍．試通過計算填空：

（1）A的相對分子質量為：____．（2）將此9.0gA在足量純O2充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發(fā)現分別增重5.4g和13.2g．（2）A的分子式為：____．（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應，生成2.24LCO2（標準狀況），若與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2（標準狀況）．（3）寫出A中所含有的官能團名稱：

____．（4）A的核磁共振氫譜如圖：

（4）A中含有____種氫原子．（5）綜上所述，A的結構簡式____．13、鉻用于制不銹鋼；汽車零件，工具，磁帶和錄像帶等．鉻是人體必需的微量元素，鉻的生理功能是與其它控制代謝的物質一起配合起作用，如激素；胰島素、各種酶類、細胞的基因物質（DNA和RNA）等，但鉻在人體內超過一定濃度對人體健康會造成傷害．

（1）工業(yè)廢水中常含有Cu2+等重金屬離子，直接排放會造成污染，目前在工業(yè)廢水處理過程中，依據沉淀轉化的原理，常用FeS等難溶物質作為沉淀劑除去這些離子．已知室溫下Ksp（FeS）=6.3×10-18，Ksp（CuS）=1.3×10-36．用離子方程式說明上述除雜的原理______．

（2）工業(yè)上為了處理含有Cr2O2-7的酸性工業(yè)廢水，用綠礬（FeSO4?7H2O）把廢水中的六價鉻離子還原成三價鉻離子，再加入過量的石灰水，使鉻離子轉變?yōu)镃r（OH）3沉淀．

①氧化還原過程的離子方程式為______．

②常溫下，Cr（OH）3的溶度積Ksp=1×10-32，溶液的pH至少為______，才能使Cr3+低于1×10-5mol?L-1（國家允許的排放標準之內）．

③現用上述方法處理100m3含鉻（+6價）78mg?L-1的廢水，需用綠礬的質量為______kg．（保留到小數點后一位）14、依據氧化還原反應rm{Cu(s)+2Ag+(aq)=2Ag(s)+Cu2+(aq)}設計的原電池如圖所示。

請回答下列問題：rm{Cu(s)+2Ag+(aq)=2Ag(s)+

Cu2+(aq)}電極rm{(1)}的材料是____；電解質溶液rm{X}是____。rm{Y}銀電極為電池的____極，發(fā)生的電極反應為____。rm{(2)}電極上發(fā)生的電極反應為____。rm{X}鹽橋中的陽離子流向____極rm{(3)}填rm{(}或rm{X}rm{Y)}評卷人得分三、計算題(共9題，共18分)15、（6分）在加熱條件下，用二氧化錳與足量濃鹽酸反應，制得氯氣0.56L（標準狀況）。問：（1）理論上需要消耗MnO2多少克？（2）被氧化的HCl的物質的量是多少？（3）在反應中，電子轉移的數目大約是多少？16、在一密閉容器中進行如下反應rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}的起始濃度是rm{SO_{2}}rm{0.4mol隆隴L^{-1}}的起始濃度為rm{O_{2}}當rm{1mol隆隴L^{-1}}的rm{80%}轉化為rm{SO_{2}}時反應即達平衡，求平衡時三種氣體的濃度rm{SO_{3}}17、某有機物含rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四種元素，質量分數分別為rm{32%}rm{6.66%}rm{42.67%}rm{67%.}該有機物的蒸汽對氫氣的相對密度為rm{37.5.}通過計算確定：

rm{(1)}有機物的分子式______；

rm{(2)}有機物可能的結構簡式．______．18、在一定溫度下，投入rm{4molSO_{2}}和rm{4mol}氧氣，到rm{2L}的密閉容器中，反應達到平衡時rm{n(SO_{2})+n(O_{2})=n(SO_{3})}求二氧化硫的轉化率和此溫度下的平衡常數．19、利用氨氧化法制硝酸，繼而制取硝酸銨。若氨氧化法制硝酸的利用率為90%，氨轉化為硝酸銨的轉化率為94%。則100t氨最多可生產多少噸硝酸銨？20、某有機物，它的蒸氣密度是相同條件下空氣密度的2.56倍。11.1g該有機物充分燃燒后的產物通過濃硫酸后增重8.1g，剩余氣體通過足量澄清石灰水后生成45g白色沉淀。求：（1）該有機物的分子式。（2）該有機物有多種同分異構體，寫出其中能水解的同分異構體的結構簡式。21、標準狀況下1.68L無色可燃氣體在足量氧氣中完全燃燒．若將產物通入足量澄清石灰水；得到的白色沉淀質量為15.0g；若用足量堿石灰吸收燃燒產物，增重9.3g．

（1）燃燒產物中水的質量是______．

（2）若原氣體是單一氣體，通過計算推斷它的分子式是______．

（3）若原氣體是兩種等物質的量的氣體的混合物，其中只有一種是烴，請寫出它們的分子式（只要求寫出一組）是______．22、將等物質的量濃度的rm{A}rm{B}混合于rm{2L}的密閉容器中，發(fā)生如下反應rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}經rm{5}分鐘后，測rm{D}的濃度為rm{0.5mol/L}rm{C}的平均反應速率為rm{0.1mol(L?min)^{-1}}rm{c(A)}rm{c(B)=3}rm{5}求：

rm{(1)X}的值；

rm{(2)B}的平均反應速率；

rm{(3)}開始時rm{A}rm{B}的物質的量。

rm{(4)}反應rm{5}分鐘時rm{A}的濃度．23、某溫度下，rm{2L}密閉容器中，充入rm{0.02mol}rm{H_{2}}rm{0.02mol}rm{I_{2}}rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)triangleH<0}平衡時rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)triangle

H<0}濃度為rm{H_{2}}則：

rm{0.004mol/L}該溫度下的平衡常數為多少？

rm{(1)}該溫度下若充入rm{(2)}rm{0.04molH_{2}}則平衡時rm{0.04molI_{2}}濃度為多少？rm{H_{2}}轉化率為多少？rm{H_{2}}評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共40分)24、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某研究小組按下列路線合成神經系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。27、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)28、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；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）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。29、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗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提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗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1成立，則實驗現象是。（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。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。30、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；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）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。31、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗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提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗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1成立，則實驗現象是。（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。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共24分)32、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。33、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去34、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

①CH2=CHCOOH；含C=C和-COOH，能發(fā)生酯化；加成和氧化3種反應，故選；

②CH2=CHCOOCH3；含C=C，能發(fā)生加成和氧化反應，不能發(fā)生酯化反應，故不選；

③CH2=CHCH2OH；含C=C和-OH，能發(fā)生酯化；加成和氧化3種反應，故選；

④CH3CH2CH2OH；含-OH，能發(fā)生酯化和氧化反應，不能發(fā)生加成反應，故不選；

⑤CH3CH（OH）CH2CHO；含-OH和-CHO，能發(fā)生酯化；加成和氧化3種反應，故選；

故選A．

【解析】【答案】含-OH或--COOH能發(fā)生酯化反應；含不飽和鍵能發(fā)生加成反應，選項中的有機物均能燃燒生成二氧化碳和水，以此來解答．

2、D【分析】解：①選項熱化學方程式生成了2mol水；反應的焓變?yōu)?114.6kJ/mol，故①不符合；

②反應過程中除了氫離子和氫氧根離子反應放熱；硫酸鋇沉淀的生成也伴隨有沉淀熱的變化，故②不符合；

③NH3?H2O是弱堿；電離吸熱，故當生成1mol水時，放出的熱量小于57.3KJ，故反應熱大于-57.3kJ/mol，故③不符合；

④NH3?H2O是弱堿，CH3COOH是弱酸；電離吸熱，故當生成1mol水時，放出的熱量小于57.3KJ，故反應熱大于-57.3kJ/mol，故④不符合；

故選D．

中和熱是強酸和強堿的稀溶液完全反應生成1mol水時放出的熱量；若為濃溶液，由于稀釋放熱，則反應放出的熱量大于57.3kJ，若為弱酸或弱堿，由于弱電解質的電離吸熱，則放出的熱量小于57.3kJ．依據概念對選項分析判斷．

本題考查了中和熱的概念分析判斷，注意酸堿反應過程中的弱電解質電離，反應生成水的量，準確理解概念是解題關鍵．【解析】【答案】D3、D【分析】解：rm{A.NaCl}溶液為中性；發(fā)生吸氧腐蝕，酸性溶液中發(fā)生析氫腐蝕，故A錯誤；

B.左燒杯鋁作負極，右燒杯中rm{Fe}為負極，則左燒杯rm{Fe}表面冒氣泡；右燒杯銅表面冒氣泡，故B錯誤；

C.左燒杯氣體顏色加深，可知升高溫度向rm{NO_{2}}生成的方向移動，則rm{NO_{2}}轉化為rm{N_{2}O_{4}}放熱；故C錯誤；

D.白色固體先變?yōu)辄S色，后變?yōu)楹谏?，發(fā)生沉淀的轉化，可知溶解難易：rm{AgCl>AgI>Ag_{2}S}故D正確；

故選D．

A.rm{NaCl}溶液為中性；發(fā)生吸氧腐蝕；

B.左燒杯鋁作負極，右燒杯中rm{Fe}為負極；

C.左燒杯氣體顏色加深，可知升高溫度向rm{NO_{2}}生成的方向移動；

D.白色固體先變?yōu)辄S色；后變?yōu)楹谏?，發(fā)生沉淀的轉化．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握實驗裝置的作用、電化學腐蝕、化學平衡、沉淀轉化、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{D}4、A【分析】【分析】本題考查有機物的推斷，側重于學生的分析能力的考查，注意分子中官能團的判斷和rm{H}原子數目的計算，為解答該題的關鍵，難度不大。某氣態(tài)烴rm{1mol}最多和rm{2mol}氯化氫發(fā)生加成反應，說明分子中含有rm{1}個rm{C隆脭C}或rm{2}個rm{C=C}鍵，所得產物最多能被rm{8molCl_{2}}完全取代，說明產物中有rm{8}個rm{H}產物由rm{2molHCl}加成得到，說明原烴中有rm{6}個rm{H}【解答】

A.rm{1}rm{3}一丁二烯的分子式為rm{C_{4}H_{6}}含有兩個雙鍵，與rm{2molHCl}完全加成，產物為rm{C_{4}H_{8}}所得產物最多能被rm{8molCl}rm{8molCl}rm{{,!}_{2}}故A正確；

B.完全取代，丁烯分子式為rm{2-}該物質中只有一個rm{C_{4}H_{8}}只能與rm{C=C}發(fā)生完全加成；故B錯誤；

C.rm{1molHCl}一丙炔的分子式為rm{1}分子中含有rm{C_{3}H_{4}}個三鍵，能與rm{1}發(fā)生完全加成，產物為rm{2molHCl}與rm{C_{3}H_{6}Cl_{2}}氯氣發(fā)生完全取代；故C錯誤；

D.rm{6mol}戊炔的分子式為rm{2-}含有一個rm{C_{5}H_{8}}與rm{C隆脭C}發(fā)生完全加成后的產物為rm{2molHCl}能與rm{C_{5}H_{10}Cl_{2}}氯氣發(fā)生完全取代；故D錯誤。

故選A。

rm{10mol}【解析】rm{A}5、D【分析】【分析】本題考查有機物中的官能團及性質；為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，明確常見有機物的官能團是解答的關鍵，注意利用醇；醛的性質來解答，題目難度不大。

【解答】A.丙烯醇與丙醛rm{(CH_{3}CH_{2}CHO)}的分子式相同；結構不同，所以是同分異構體，故A正確；

B.丙烯醇含有rm{C=C}和rm{-OH}兩種官能團；故B正確；

C.丙烯醛含有碳碳雙鍵和醛基，都可與氫氣發(fā)生加成反應，rm{1}rm{mol}丙烯醛可以和rm{2}rm{mol}氫氣發(fā)生加成反應；故C正確；

D.此轉化過程中丙烯醇被氧化；故D錯誤。

故選D。

【解析】rm{D}6、A【分析】

：①H2SO4在水溶液里，能完全電離出自由移動的氫離子和硫酸根離子導致導電，所以H2SO4是強電解質；

②CO2在水溶液里；生成碳酸，碳酸能電離出自由移動的氫離子和碳酸根離子導致導電，不是二氧化碳自身電離，所以二氧化碳是非電解質；

③NaOH在水溶液里或在熔融狀態(tài)下；能完全電離出自由移動的鈉離子和氫氧根離子導致導電，所以NaOH是強電解質；

④BaSO4屬于鹽；溶于水的部分或者熔融狀態(tài)時，可以完全電離變成離子，屬于強電解質；

⑤NH3溶于水后，能和水反應生成一水合氨，一水合氨能電離出自由移動的陰陽離子，但電離出陰陽離子的是一水合氨，不是NH3，所以NH3是非電解質；

⑥SO2為化合物；其水溶液能導電，但其本身不發(fā)生電離，則屬于非電解質；

⑦NH3?H2O在水溶液中不能完全電離，NH3?H2O是弱堿；是弱電解質；

⑧C2H5OH在水溶液中是以乙醇分子的形式存在；所以不導電，故它為非電解質；

⑨Cu能導電；是單質，它既不是電解質，也不是非電解質；

⑩氯化鈉溶液能電離出自由移動的鈉離子和氯離子；能導電，但它是混合物，它既不是電解質，也不是非電解質；

A．④BaSO4屬于強電解質，⑦NH3?H2O是弱電解質；故A錯誤；

B．①H2SO4③NaOH、④BaSO4⑦NH3?H2O是電解質；故B正確；

C．②CO2⑤NH3、⑥SO2⑧C2H5OH是非電解質；故C正確；

D．①H2SO4③NaOH④BaSO4是強電解質；故D正確；

故選A．

【解析】【答案】電解質是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物．電解質水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電；是因電解質自身可以離解成自由移動的離子．電解質包括離子型或強極性共價型化合物；

非電解質是指：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物．也就是說；非電解質在熔融狀態(tài)和水溶液中自身都不能離解出自由移動的離子．非電解質包括弱極性或非極性共價型化合物；

單質；混合物既不是電解質也不是非電解質；

強電解質在水溶液或熔融狀態(tài)下；能完全電離成離子，弱電解質部分電離；據此即可解答．

7、B【分析】試題分析：根據“先拐先平，溫高壓大”，當壓強相同時，溫度為T2的先達到平衡，說明溫度是T2大于T1。但溫度越高，反應物的含量越低，所以正反應是吸熱反應。當溫度相同時，壓強為P2的先達到平衡，說明P2大于P1，壓強越大，反應物的含量越高，所以正反應是體積增大的反應，即m＋n＜r；選B。考點：考查化學平衡圖像?！窘馕觥俊敬鸢浮緽8、C【分析】鈉是活潑的金屬，極易和水反應生成氫氣。所以不能用水來撲滅，要用沙子。答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾9、C【分析】解：rm{A}rm{N_{2}}不是污染物；故A錯誤；

B、rm{CO_{2}}rm{N_{2}}霧不是污染物；故B錯誤；

C、rm{SO_{2}}rm{NO_{2}}rm{CO}煙塵都是大氣主要污染物；故C正確；

D、rm{CO_{2}}不是大氣主要污染物；故D錯誤；

故選：rm{C}．

空氣污染的途徑主要有兩個：

有害氣體和煙塵；有害氣體主要有一氧化碳；二氧化硫、二氧化氮等氣體；

粉塵主要指一些固體小顆粒；固體小顆粒主要是地面粉塵；燃煤排放的粉塵、沙塵暴等．

本題主要是空氣中的主要污染物，掌握常見的污染物是解題的關鍵，難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】試題分析：（1）根據第一步反應過程可以得出：CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g），△H=-103.3kJ?mol-1；根據第二步反應過程可以得出：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2kJ?mol-1；根據蓋斯定律，上下兩式相加可得：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ?mol-1故答案為：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ?mol-1；（2）根據第二步反應過程可以得出：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2kJ?mol-1；v（CO2）===0.003mol/（L．min），根據同一時間段內同一可逆反應中，各物質的反應速率之比等于其計量數之比計算一氧化碳的平均反應速率，所以v（CO）=v（CO2）=0.003mol/（L．min），故答案為：0.003mol?L-1?min-1；（3）CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g），△H=-33.2kJ?mol-1，A．升高溫度單位體積內活化分子數目增多，反應速率增大，平衡向吸熱反應方向移動，該反應逆反應為吸熱反應，所以平衡逆向移動，故A錯誤；B．該反應前后氣體的物質的量不變，壓強變化不影響平衡移動，故B錯誤；C．水為反應物，增大H2O（g）的濃度，反應速率增大，平衡向降低H2O（g）濃度的方向移動，所以平衡正向移動，故C正確；D．CO2（g）為生成物，減少CO2（g）的濃度，平衡向減弱CO2（g）濃度降低的方向移動，所以平衡正向移動，故D正確；故答案為：CD；（4）利用三段式法計算，CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）起始：1mol?L-12mol?L-100轉化：0.4mol?L-10.4mol?L-10.4mol?L-10.4mol?L-1平衡：0.6mol?L-11.6mol?L-10.4mol?L-10.4mol?L-1濃度商Qc═所以該反應向正反應方向移動.考點：化學平衡的移動、化學平衡常數【解析】【答案】（1）CH4(g)+2H2O(g)＝4H2(g)+CO2(g)ΔH＝—136.5kJ·mol-1;（2）0.003mol·L-1·min-1（3）CD;（4）正方向，所以該反應向正反應方向進行。11、略

【分析】試題分析：（1）該電池中Li失去電子生成Li+，所以Li作電池的負極，則a是負極，b是正極，所以外電路中的電流方向由正極流向負極，所以從b流向a；（2）正極發(fā)生還原反應，根據Li＋通過電解質遷移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。則MnO2得電子與鋰離子生成LiMnO2。電解反應式為MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2（3）不能用水代替電池中的混合有機溶劑，因為Li是活潑金屬，與水反應，消耗Li，無法參與原電池反應，不能產生電流；（4）MnO2可與KOH和KClO3在高溫下反應，生成K2MnO4，Mn元素的化合價升高，根據氧化還原反應規(guī)律，Cl元素的化合價降低，所以產物中有KCl生成，結合元素守恒，產物中還有誰生成，所以化學方程式為3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合價由+6價變?yōu)?7、+4價，根據得失電子守恒，則生成KMnO4的物質的量是生成MnO2物質的量的2倍，所以生成KMnO4和MnO2的物質的量之比為2:1.考點：考查原電池反應原理的應用，氧化還原反應的計算【解析】【答案】（11分）（1）b（1分）a（1分）（2）MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2（3）否（1分）電極Li是活潑金屬，能與水反應（4）3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O2∶112、略

【分析】

（1）有機物質的密度是相同條件下H2的45倍；所以有機物質的相對分子質量=45×2=90，故答案為：90；

（2）9.0gA的物質的量=濃硫酸增重5.4g，則生成水的質量是5.4g，生成n（H2O）==0.3mol，所含有n（H）是0.6mol，堿石灰增重13.2g，生成m（CO2）是13.2g，n（CO2）==0.3mol，所以n（C）是0.3mol，n（A）：n（C）：n（H）=0.1mol：0.3mol：0.6mol=1：3：6，則有機物中碳個數是3，氫個數是6，根據相對分子質量是90，所以氧原子個數是3，即分子式為：C3H6O3，故答案為：C3H6O3；

（3）9.0gA的物質的量=A和碳酸氫鈉反應說明A中含有羧基，生成2.24LCO2（標準狀況），n（CO2）=所以含有一個羧基；

醇羥基和羧基都可以和金屬鈉發(fā)生反應生成氫氣，與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2（標準狀況）；

n（H2）羧基或羥基與鈉反應生成氫氣時，羧基或羥基的物質的量與氫氣的物質的量之比為2：1，A與鈉反應時，A的物質的量與氫氣的物質的量之比是1：1，則說明A中除了含有一個羧基外還含有一個羥基，故答案為：羧基；羥基；

（4）根據核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值；則含4種類型的等效氫原子，故答案為：4；

（5）根據核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值，則含4種類型的等效氫原子，且氫原子的個數比是3：1：1：1，所以結構簡式為：

故答案為：．

【解析】【答案】（1）相同條件下；氣體的相對分子質量之比等于密度之比；

（2）濃硫酸吸收水；堿石灰可以吸收二氧化碳，根據元素守恒來確定有機物的分子式；

（3）羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學反應生成二氧化碳；強既可以和金屬鈉發(fā)生化學反應生成氫氣；

（4）核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子．

（5）峰面積之比等于氫原子的數目之比；結合以上分析確定A的結構簡式．

13、略

【分析】解：（1）由于Ksp（FeS）＞Ksp（CuS），所以在相同條件下CuS的溶解度更小，沉淀會向著生成CuS的方向進行，故離子方程式為FeS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Fe2+（aq），故答案為：FeS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Fe2+（aq）；

（2）①工業(yè)上為了處理含有Cr2O72-的酸性工業(yè)廢水，用綠礬（FeSO4?7H2O）把廢水中的六價鉻離子還原成三價鉻離子，Cr2O72-的酸性工業(yè)廢水中加入硫酸亞鐵反應生成鐵離子，三價鉻離子和水，反應的離子方程式為：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

故答案為：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②常溫下，Cr3+沉淀完全濃度小于10-5mol/L，Cr（OH）3的溶度積Ksp=1×10-32=c（Cr3+）c3（OH-），c3（OH-）==10-27，c（OH-）=1×10-9mol/L，依據離子積Kw=c（H+）c（OH-），c（H+）==10-5（mol/L）；溶液pH=5；

故答案為：5；

③現用上述方法處理100m3含鉻（+6價）78mg?L-1的廢水，鉻元素物質的量==150mol，Cr2O72-物質的量75mol；則。

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

16

75mol450mol

需用綠礬的質量=450mol×278g/mol=125100g=125.1kg；

故答案為：125.1．

（1）沉淀轉移的方向是向著更難溶的方向移動；通過Ksp的大小可知那種物質更加難溶；

（2）①Cr2O72-的酸性工業(yè)廢水中加入硫酸亞鐵反應生成鐵離子；三價鉻離子和水；

②依據溶度積常數計算氫氧根離子濃度結合離子積常數計算氫離子濃度得到溶液pH；

③反應的離子方程式為Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；結合離子方程式計算．

本題考查了溶度積常數以及氧化還原反應的計算，為高頻考點，側重考查學生的分析能力和計算能力，注意把握沉淀轉化關系的分析應用，離子方程式計算方法，題目難度中等．【解析】FeS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Fe2+（aq）；Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；5；125.114、(1)銅AgNO3溶液(2)正Ag++e-=AgCu—2e-=Cu2+(3)Y【分析】【分析】

本題考查原電池的有關判斷和應用；該題是基礎性試題的考查，也是高考中的常見題型，試題基礎性強，側重對學生基礎知識的鞏固與訓練。該題的關鍵是熟練記住原電池的工作原理，然后結合題意靈活運用即可。

【解答】

rm{(1)}原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應，據此根據總的方程式可知，銅失去電子，做負極，所以rm{X}電極是銅。銀電極是正極，則rm{Y}應該是硝酸銀溶液；

故答案為：銅；rm{AgNO_{3}}溶液；

rm{(2)}正極得到電子，電極反應式是rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}負極電極反應式是rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}

故答案為：正；rm{Ag^{+}+e^{-;}=Ag}rm{Cu隆陋2e^{-}=Cu}rm{{,!}^{2+}}；

rm{(3)}外電路中的電子是從負極銅電極流向正極銀電極；

故答案為：rm{Y}

【解析】rm{(1)}銅rm{AgNO_{3}}溶液rm{(2)}正rm{Ag^{+}+e^{-;}=Ag}rm{Cu隆陋2e^{-}=Cu}rm{{,!}^{2+;}}rm{(3)Y}三、計算題(共9題，共18分)15、略

【分析】考查根據化學方程式進行的有關計算。【解析】【答案】4HCl()＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O4mol87g22.4Lnm0.56L（1）所以消耗二氧化錳的質量是m＝（2）參加反應的氯化氫是n＝因為被氧化的氯化氫和參加反應的氯化氫是1︰2的所以被氧化的HCl的物質的量是0.05mol（3）反應中轉移電子是數目是0.05mol×6.021023/mol=3.01102216、C（SO2）=0.08mol·L-1,C（O2）=0.84mol·L-1，C（SO3）=0.32mol·L-1【分析】【分析】本題考查了根據三段式解題，難度不大?！窘獯稹縭m{2SO}rm{2SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+O}rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{2SO}rm{2SO}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}轉化濃度rm{(g)}起始濃度rm{(mol/L)}rm{0.4}rm{1}rm{0}rm{(mol/L)}平衡濃度rm{0.4}rm{1}rm{0}rm{(mol/L)0.4隆脕80攏樓}故平衡時rm{0.16}rm{C(SO_{2})=0.08mol隆隴L^{-1}}rm{0.32}rm{C(SO_{3})=0.32mol隆隴L^{-1}}rm{(mol/L)}【解析】rm{C(SO_{2})=0.08mol隆隴L^{-1}}rm{C(SO_{2})=0.08

mol隆隴L^{-1}}rm{C(O_{2})=0.84mol隆隴L^{-1}}rm{C(SO_{3})=0.32

mol隆隴L^{-1}}rm{C(SO_{3})=0.32mol隆隴L^{-1}}rm{C(SO_{2})=0.08

mol隆隴L^{-1}}17、略

【分析】解：rm{(1)}由于某化合物rm{A}的相對分子質量為rm{37.5隆脕2=65}rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四種元素的質量分數分別為rm{32%}rm{6.66%}rm{42.67%}rm{67%}而相對原子質量分別為：rm{12}rm{1}rm{16}rm{14}則分子中碳、氫、氧、氮原子的個數之比為：rm{dfrac{65隆脕32%}{12}}rm{dfrac{65隆脕6.66%}{1}}rm{dfrac{65隆脕42.67%}{16}}rm{dfrac{65隆脕67%}{14}=2}rm{5}rm{2}rm{1}所以有機物的分子式為：rm{C_{2}H_{5}O_{2}N}故答案為：rm{C_{2}H_{5}O_{2}N}

rm{(2)}有機物可以是含有硝基的化合物，可是含有氨基和羧基的化合物，結構簡式為：rm{CH_{3}CH_{2}NO_{2}}rm{H_{2}NCH_{2}COOH}故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}NO_{2}}rm{H_{2}NCH_{2}COOH}．

根據相對原子質量及元素的質量分數來計算某化合物rm{A}中原子的個數之比；然后書寫物質的化學式即可解答．

本題考查有機物的確定，題目難度不大，注意計算方法，此外氨基酸和硝基化合物互為同分異構體書寫結構簡式的關鍵．【解析】rm{C_{2}H_{5}O_{2}N}rm{CH_{3}CH_{2}NO_{2}}rm{H_{2}NCH_{2}COOH}18、略

【分析】

根據三段式計算出反應過程中消耗的二氧化硫、氧氣及生成的三氧化硫的物質的量，然后計算出平衡時各組分的濃度，根據化學平衡常數表達式計算出該溫度下的平衡常數rm{K}和二氧化硫的轉化率．

本題考查化學平衡的計算，明確化學平衡的三段法計算格式及平衡常數的計算方法是解答本題的關鍵，注意利用平衡濃度計算平衡常數，題目難度中等．【解析】解：設二氧化硫的轉化率為rm{a}根據三段式：

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

起始量rm{4}rm{4}rm{0mol}

轉化量rm{4a}rm{dfrac{4a}{2}}rm{4a}

平衡量rm{4-4a}rm{4-dfrac{4a}{2}}rm{4a}

由題，rm{4-4a+4-dfrac{4a}{2}=4a.}解得，rm{4-4a+4-dfrac

{4a}{2}=4a.}

則平衡時，rm{c(SO_{2})=dfrac{(4-4隆脕0.8)mol}{2L}=0.4mol/L}rm{c(O_{2})=dfrac{(4-2隆脕0.8)mol}{2L}=1.2mol/L}rm{c(SO_{3})=dfrac{4隆脕0.8mol}{2L}=1.6mol/L}

化學平衡常數rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}=dfrac{1.6^{2}}{0.4^{2}隆脕1.2}=dfrac{40}{3}}

答：二氧化硫的轉化率為rm{a=0.8=80%}rm{c(SO_{2})=dfrac

{(4-4隆脕0.8)mol}{2L}=0.4mol/L}為rm{c(O_{2})=dfrac

{(4-2隆脕0.8)mol}{2L}=1.2mol/L}．rm{c(SO_{3})=dfrac

{4隆脕0.8mol}{2L}=1.6mol/L}19、略

【分析】氨氧化法制硝酸的反應為：4NH3＋5O24NO＋6H2O2NO＋O2=2NO24NO2＋2H2O＋O2=4HNO3所以氨氧化制硝酸的關系式為：NH3～NO～NO2～HNO3(NH3全部轉化為HNO3)設生產硝酸的質量為x，用于生成HNO3的NH3質量為y生成NH4NO3的質量為zNH3～NO～NO2～HNO31763y×90%xy＝NH3＋HNO3=NH4NO3176380×94%xz則17∶＝63∶xx≈170.4t又63∶x＝80∶zz＝＝≈216.4t【解析】【答案】100t氨最多可生成216.4t硝酸銨。20、略

【分析】【解析】【答案】（1）C3H6O2（2）HCOOCH2CH3，CH3COOCH321、略

【分析】解：（1）設燃燒產物中CO2的質量為x．

CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O

44100

x15.0g

x=6.6g

而堿石灰既能吸收燃燒生成的水，又能吸收燃燒生成的二氧化碳，因此，增重的質量即燃燒生成二氧化碳和水的質量總和：m（CO2）+m（H2O）=9.3g，m（H2O）=9.3g-6.6g=2.7g；故答案為：2.7g；

（2）無色可燃氣體n（氣體）==0.075mol；

n（CO2）==0.15mol；則n（C）=0.15mol；

n（H2O）==0.15mol，則n（H）=n（H2O）×2=0.3mol；

即0.075mol氣體中含有0.15molC，0.3molH，所以1mol氣體中含有2molC，4molH，可能含有氧元素，所以該氣體的分子式是C2H4或C2H4Ox（常溫下不是氣體）；

故答案為：C2H4；

（3）因為單一氣體為C2H4，現為等物質的量的兩種氣體的混合物，所以在2mol混合氣體中，應含有4molC原子，8molH原子，這兩種氣體可能是C4H6和H2（或“C3H8和CO”或“C3H6和CH2O”等）；

故答案為：C4H6和H2（或“C3H8和CO”或“C3H6和CH2O”等）

根據有機物燃燒時；有機物中的碳全部轉化為二氧化碳，二氧化碳與足量的氫氧化鈣完全反應，生成不溶于水的白色沉淀碳酸鈣，利用生成碳酸鈣的質量計算燃燒生成二氧化碳的質量；堿石灰既能吸收燃燒生成的水，又能吸收燃燒生成的二氧化碳，因此，增重的質量即燃燒生成二氧化碳和水的質量總和，從而求出水的質量，根據生成二氧化碳和水的質量計算出可燃物中C；H元素的物質的量，再根據條件求出分子式．

本題考查學生燃燒法確定有機物分子組成的知識，根據原子守恒法來解答，難度不大．【解析】2.7g；C2H4；C4H6或H2（或“C3H8和CO”或“C3H6和CH2O”等）22、解：D的濃度為0.5mol/L；所以D的物質的量為1mol．

設A；B的物質的量為nmol；

3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)；

開始nmolnmol00

反應1.5mol0.5mol1mol

5min(n-1.5)mol(n-0.5)mol1mol

c(A)：c(B)==3：5；

所以n=3；

(1)D的濃度為0.5mol/L，反應時間為5min，D的反應速率為0.1mol?L-1?min-1，C的反應速率是0.1mol?L-1?min-1；根據同一反應中，各物質的反應速率之比等于計量數之比，所以x=2；

答：X的值為2；

(2)反應速率之比等于化學計量數之比，x=2，則v(B)=v(C)=×0.1mol(L?min)-1=0.05mol(L?min)-1；

答：B的平均反應速率為0.05mol(L?min)-1；

(3)有以上分析可知開始時A；B的物質的量都為3mol；

答：開始時A；B的物質的量為3mol；

(4)在5min末的物質的量為：(n-1.5)mol=1.5mol，其物質的量濃度為=0.75mol/L；

答：反應5分鐘時A的濃度為0.75mol/L．【分析】利用三段式法解答，先設rm{A}rm{B}的物質的量為rm{nmol}

rm{D}的濃度為rm{0.5mol/L}所以rm{D}的物質的量為rm{1mol}．

設rm{A}rm{B}的物質的量為rm{nmol}

rm{3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)}

開始rm{nmolnmol00}

反應rm{1.5mol0.5mol1mol}

rm{5min(n-1.5)mol(n-0.5)mol1mol}

rm{5min(n-1.5)mol(n-0.5)mol

1mol}rm{c(B)=dfrac{(n-1.5)mol}{2L}}rm{dfrac{(n-0.5)mol}{2L}=3}rm{c(A)}

所以rm{c(B)=dfrac

{(n-1.5)mol}{2L}}

再根據物質的量濃度公式計算濃度；

根據rm{dfrac

{(n-0.5)mol}{2L}=3}的濃度求出rm{5}的反應速率，rm{n=3}rm{D}反應速率之比即為計量數之比；

根據rm{D}的反應速率求rm{C}的反應速率．rm{D}【解析】解：rm{D}的濃度為rm{0.5mol/L}所以rm{D}的物質的量為rm{1mol}．

設rm{A}rm{B}的物質的量為rm{nmol}

rm{3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)}

開始rm{nmolnmol00}

反應rm{1.5mol0.5mol1mol}

rm{5min(n-1.5)mol(n-0.5)mol1mol}

rm{5min(n-1.5)mol(n-0.5)mol

1mol}rm{c(B)=dfrac{(n-1.5)mol}{2L}}rm{dfrac{(n-0.5)mol}{2L}=3}rm{c(A)}

所以rm{c(B)=dfrac

{(n-1.5)mol}{2L}}

rm{dfrac

{(n-0.5)mol}{2L}=3}的濃度為rm{5}反應時間為rm{n=3}rm{(1)D}的反應速率為rm{0.5mol/L}rm{5min}的反應速率是rm{D}根據同一反應中，各物質的反應速率之比等于計量數之比，所以rm{0.1mol?L^{-1}?min^{-1}}

答：rm{C}的值為rm{0.1mol?L^{-1}?min^{-1}}

rm{x=2}反應速率之比等于化學計量數之比，rm{X}則rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac{1}{2}隆脕0.1mol(L?min)^{-1}=0.05mol(L?min)^{-1}}

答：rm{2}的平均反應速率為rm{(2)}

rm{x=2}有以上分析可知開始時rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac

{1}{2}隆脕0.1mol(L?min)^{-1}=0.05mol(L?min)^{-1}}rm{B}的物質的量都為rm{0.05mol(L?min)^{-1}}

答：開始時rm{(3)}rm{A}的物質的量為rm{B}

rm{3mol}在rm{A}末的物質的量為：rm{B}其物質的量濃度為rm{dfrac{1.5mol}{2L}=0.75mol/L}

答：反應rm{3mol}分鐘時rm{(4)}的濃度為rm{5min}．rm{(n-1.5)mol=1.5mol}23、略

【分析】

rm{(1)}開始時，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}平衡時rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}濃度為rm{H_{2}}則。

rm{0.004mol/L}

開始rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}rm{0.01}rm{0.01}

轉化rm{0}rm{0.006}rm{0.006}

平衡rm{0.012}rm{0.004}rm{0.004}

結合rm{0.012}為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比計算；

rm{K}相同溫度下rm{(2)}相同，開始時，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}設轉化的氫氣為rm{K}則。

rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}

開始rm{x}rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}rm{0.02}

轉化rm{0.02}rm{0}rm{x}

平衡rm{x}rm{2x}rm{0.02-x}

結合rm{0.02-x}計算．

本題考查化學平衡常數及計算，為高頻考點，把握化學平衡三段法、平衡濃度與rm{2x}的關系為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意相同溫度下rm{K}相同，題目難度不大．rm{K}【解析】解：rm{(1)}開始時，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}平衡時rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}濃度為rm{H_{2}}則。

rm{0.004mol/L}

開始rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}rm{0.01}rm{0.01}

轉化rm{0}rm{0.006}rm{0.006}

平衡rm{0.012}rm{0.004}rm{0.004}

該溫度下的平衡常數為rm{K=dfrac{(0.012)^{2}}{0.004隆脕0.004}=9}

答：該溫度下的平衡常數為rm{0.012}

rm{K=dfrac

{(0.012)^{2}}{0.004隆脕0.004}=9}相同溫度下rm{9}相同，開始時，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}設轉化的氫氣為rm{(2)}則。

rm{K}

開始rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}rm{x}rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}

轉化rm{0.02}rm{0.02}rm{0}

平衡rm{x}rm{x}rm{2x}

則rm{dfrac{(2x)^{2}}{(0.02-x)(0.02-x)}=9}

解得rm{0.02-x}

則平衡時rm{0.02-x}濃度為rm{2x}

rm{dfrac

{(2x)^{2}}{(0.02-x)(0.02-x)}=9}轉化率為rm{dfrac{0.012}{0.02}隆脕100%=60%}

答：平衡時rm{x=0.012}濃度為rm{H_{2}}rm{0.02mol/L-0.012mol/L=0.008mol/L}轉化率為rm{H_{2}}．rm{dfrac

{0.012}{0.02}隆脕100%=60%}四、有機推斷題(共4題，共40分)24、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH225、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3