2025年人教A新版高一化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………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年人教A新版高一化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、rm{80}年代，科學研制得一種新分子，它具有空心的類似足球狀的結構，分子式為rm{C_{60}.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{60}}是一種新型的化合物B.rm{C_{60}}含有離子鍵C.rm{C_{60}}和金剛石互為同位素D.rm{C_{60}}中的化學鍵只有共價鍵2、短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}的位置如圖所示，已知rm{B}rm{C}兩元素的原子序數(shù)之和是rm{A}元素的rm{4}倍，則rm{A}rm{B}rm{C}依次是rm{(}rm{)}A.rm{Be}rm{Na}rm{Al}B.rm{Al}rm{P}C.rm{Mg}rm{Si}D.rm{O}rm{P}rm{Cl}3、鹵族元素隨著原子序數(shù)的增大，下列遞變規(guī)律正確的是rm{(}rm{)}A.原子半徑逐漸增大B.單質(zhì)的氧化性逐漸增強C.單質(zhì)熔、沸點逐漸降低D.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性逐漸增強4、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.銅絲能導電，所以銅是電解質(zhì)B.固體氯化鈉不導電，所以氯化鈉不是電解質(zhì)C.rm{SO_{3}}溶于水能導電，所以rm{SO_{3}}是電解質(zhì)D.氯化氫水溶液能導電，所以氯化氫是電解質(zhì)5、研究物質(zhì)性質(zhì)常用觀察；實驗、分類、比較等基本方法．下列說法正確的是（）

A.觀察是一種有計劃；有目的地用感官考察研究對象的方法。

B.實驗只能探究物質(zhì)未知的性質(zhì)；而不能驗證對物質(zhì)性質(zhì)的預測。

C.分類可以總結出各類物質(zhì)的一般性質(zhì)；認識物質(zhì)間的內(nèi)在規(guī)律。

D.運用比較的方法可以解決某些實驗現(xiàn)象；從而得出正確的結論。

6、在NO2被水吸收的反應中，發(fā)生還原反應和發(fā)生氧化反應的物質(zhì)，其質(zhì)量比為（）A.1：1B.1：3C.1：2D.4：17、下列變化是因原電池反應而引起的是rm{(}rm{)}A.在空氣中金屬鋁表面迅速氧化形成保護膜B.常溫下，鐵被濃硫酸“鈍化”形成保護膜C.在潮濕的空氣中鋼鐵易生銹D.在潮濕的空氣中過氧化鈉易變質(zhì)評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)8、下列俗名與化學式對應錯誤的是（）A.小蘇打NaHCO3B.明礬Al2（SO4）3?12H2OC.鐵紅Fe3O4D.芒硝Na2SO4?10H2O9、在一定溫度下，容器內(nèi)某一反應中的M、N的物質(zhì)的量隨反應時間變化的曲線如圖，下列表述中正確的是（）A.t2時，正逆反應速率相等B.t1時，N的濃度是M濃度的2倍C.t3時，正反應速率大于逆斥速率D.t3時，正反應速率等于逆反應速率10、下列電離方程式中，正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}SO_{4}=2Na^{+}+SO_{4}^{2-}}B.rm{Ba(OH)_{2}=Ba^{2+}+OH_{2}^{-}}C.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}=2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}}D.rm{Ca(NO_{3})_{2}=Ca^{2+}+2(NO_{3})^{2-}}11、短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數(shù)依次增大，rm{X}的最高正價與最低負價的代數(shù)和為rm{2}rm{Y}是地殼中含量最多的元素，rm{Z}原子的最外層電子數(shù)是rm{Y}原子的最外層電子數(shù)的一半，rm{W}與rm{Y}同主族rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.原子半徑：rm{r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)}B.電解由rm{Y}rm{Z}組成的化合物可獲得rm{Z}的單質(zhì)C.rm{W}的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比rm{Y}的弱D.由rm{X}rm{Y}組成的化合物只有兩種12、能正確表示下列反應的離子反應方程式為()A.rm{NH_{4}HCO_{3}}溶于過量的濃rm{KOH}溶液中：rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}=CO_{3}^{2-}+NH_{3}隆眉+2H_{2}O}B.向明礬溶液中滴加rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}=

CO_{3}^{2-}+NH_{3}隆眉+2H_{2}O}溶液，恰好使rm{Ba(OH)_{2}}沉淀完全：rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}C.向rm{SO_{4}^{2-}}溶液中通入足量氯氣：rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}D.醋酸除去水垢：rm{2H^{+}+CaCO_{3}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2

Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}13、下列說法中錯誤的是（）A.原子及其離子的核外電子層數(shù)等于該元素所在的周期數(shù)B.元素周期表中從IIIB族到IIB族10個縱行的元素都是金屬元素C.除氦外的稀有氣體原子的最外層電子數(shù)都是8D.同一元素的各種同位素的物理性質(zhì)、化學性質(zhì)均相同14、下列有關操作正確的是rm{(}rm{)}A.rm{FeBr_{3}}作催化劑，苯和溴水發(fā)生反應可生成無色、比水重的液體溴苯B.用鹽酸酸化的高錳酸鉀溶液區(qū)別苯與甲苯C.將銅絲彎成螺旋狀，在酒精燈上加熱變黑后，立即伸入盛有無水乙醇的試管中，實現(xiàn)乙醇被氧化為乙醛的實驗D.可以用水鑒別硝基苯、乙醇、四氯化碳三種有機物15、下列敘述不正確的是()A.可以用灼燒法來鑒別蛋白質(zhì)和纖維素B.蛋白質(zhì)遇濃硝酸變黃，稱為顏色反應C.淀粉、油脂和蛋白質(zhì)都屬于高分子化合物D.天然蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、某校高一化學研究性學習小組對日常生活中的氯氣用途進行了調(diào)查；了解到氯氣可廣泛地應用于衣物的漂白；水體的殺菌和消毒等．

（1）氯氣可以用于漂白、消毒的原因是因為能與水作用形成具有漂白、消毒作用的____，相關反應的離子方程式為____．

（2）在調(diào)查某室外游泳池夏季池水消毒情況時，小組成員了解到，該游泳池每周一上午8：00換水，然后通入氯氣消毒，通常游泳池中水的含氯量（有效氯）控制在0.5mg?L-1至1.0mg?L-1之間時，效果最好．圖是該小組測定的每天19：00時游泳池中水的含氯量，哪幾天使用游泳池不安全？____．

（3）你認為哪幾天的天氣炎熱、陽光強烈____，說出一種理由是____（必要的方程式和文字）．

（4）在對游泳池水中通入氯氣消毒時，當發(fā)生氯氣泄漏時，應立即關閉氯氣罐，還應采取下列自救方法____．

A．用濕潤的毛巾捂住口鼻跑向低處。

B．用浸濕小蘇打或肥皂水的毛巾捂住口鼻跑向高處。

C．用浸濕濃氨水的毛巾捂住口鼻匍匐跑至安全處。

D．用浸濕食鹽水的毛巾捂住口鼻順風跑至安全處。

（5）小型游泳池通常使用漂白液（NaClO溶液）而非氯氣來消毒池水，試舉出使用漂白液消毒而非氯氣的一項理由____；用化學方程式說明工業(yè)上如何生產(chǎn)漂白液？____．

17、（6分）某狀況下，2g二氧化碳氣體的體積是1120mL，2gA氣體的體積是770mL，A的摩爾質(zhì)量是__________。某金屬氯化物MCl240．5g含0．6molCl－，則該氯化物的摩爾質(zhì)量為__________，金屬M的相對原子質(zhì)量為__________。18、A.、B、C、D、E、F六種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如圖所示（反應條件和部分產(chǎn)物未標出)（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，且所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，所含元素的原子最外層電予數(shù)D是A的2倍，F(xiàn)的濃溶液與AD反應都有紅棕色氣體生成，則A為___________________，反應④的化學方程式為____________________________________.（2）若A為常見的金屬單質(zhì)，DF是氣態(tài)單質(zhì)，反應①在水溶液中進行，則反應②（在水溶液中進行）的離子方程式是____________________________.（3）若A．D．F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A．D所含元素同主族，A．F所含元素同周期，則反應①的化學方程式為________________________.19、按要求回答下列問題：（1）硫酸銅水溶液中含有的水合銅離子化學式為________。向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液，生成深藍色的配合離子化學式為________，再向反應后的溶液中加入乙醇，析出的深藍色晶體的化學式為________。（2）試比較和的沸點高低并說明理由_________。20、陰離子AXn-的中子數(shù)為N，核外共有x個電子，則N=______．21、I.（6分）下圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的硫酸試劑標簽上的部分內(nèi)容?，F(xiàn)用該濃硫酸配制100mL1mol/L的稀硫酸。可供選用的儀器有：①膠頭滴管；②燒瓶；③燒杯；④藥匙；⑤量筒；⑥托盤天平；⑦玻璃棒；⑧100mL容量瓶。請回答：（1）配制稀硫酸時，上述儀器中不需要使用的有（選填序號）。（2）經(jīng)計算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述濃硫酸的體積為mL。（3）下列操作會使配制的溶液濃度偏高的是（）A．量取濃H2SO4時，俯視刻度線B．定容時，俯視容量瓶刻度線C．配制前，容量瓶中有水珠D．定容后搖勻發(fā)現(xiàn)液面下降，但未向其中再加水II．（4分）把一定質(zhì)量的鎂、鋁混合物投入到1mol·L－1的鹽酸中，待金屬完全溶解后，向溶液中加入1mol·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系如圖所示。則：（1）金屬鋁的質(zhì)量為________g（2）a的取值范圍是________ml。22、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}都是元素周期表中前rm{20}號元素，原子序數(shù)依次增大，rm{A}是地殼中含量最高的元素，rm{B}rm{C}rm{D}同周期，rm{E}和其他元素既不在同周期也不在同主族，rm{D}的氫化物和最高價氧化物的水化物均為強酸，且rm{B}rm{C}rm{D}的最高價氧化物的水化物兩兩混合均能發(fā)生反應生成鹽和水rm{.}據(jù)此回答下列問題：

rm{(1)}寫出rm{B}的一種氧化物反應生成rm{A}單質(zhì)的化學方程式________rm{(2)A}和rm{D}的氫化物中，沸點較高的是______rm{.(}寫出化學式rm{)}．

rm{(3)}寫出rm{E}離子的離子結構示意圖____，元素rm{D}在元素周期表中的位置是____．

rm{(4)A}rm{D}rm{E}可以形成多種鹽，其中一種鹽中rm{A}rm{D}rm{E}三種元素的原子個數(shù)比為rm{2}rm{2}rm{1}該鹽的名稱為______rm{.}它的水溶液與rm{D}的氫化物的水溶液反應可生成rm{D}的單質(zhì)，該離子方程式為______．23、在密閉容器中盛有rm{HI}氣體，在rm{400隆忙}時建立如下平衡：rm{2HI(g)?H_{2}}rm{(g)+I_{2}}rm{(g)}rm{triangleH>0}改變下列條件，請?zhí)羁眨簉m{(}填寫變化情況rm{)}

rm{(1)}將溫度升至rm{480隆忙}混合氣體的顏色______，rm{(}加深，變淺、不變rm{)HI}的分解率______，rm{(}增大、減小、不變rm{)}化學平衡向______移動，平衡常數(shù)______rm{(}增大、減小、不變rm{)}混合氣體的總質(zhì)量______rm{(}增大、減小、不變rm{)}

rm{(2)}若將密閉容器的體積壓縮了rm{dfrac{1}{4}}平衡常數(shù)______rm{(}增大、減小、不變rm{)}評卷人得分四、簡答題(共4題，共12分)24、如圖所示；將銀；銅通過導線相連，置于硝酸銀溶液中．

rm{(1)}銀片上的現(xiàn)象是______；電極反應式______．

rm{(2)}銅片上的現(xiàn)象是______；電極反應式______．

rm{(3)}寫出該電池總反應的離子方程式______．25、以淀粉為主要原料合成一種具有果香味的物質(zhì)rm{C}和化合物rm{D}的合成路線如下圖所示。請回答下列問題：rm{(1)A}的結構簡式為_______________，rm{B}分子中的官能團名稱為____________。rm{(2)}反應rm{壟脽}中物質(zhì)rm{X}的分子式為____________，反應rm{壟脿}的類型為____________。rm{(3)}反應rm{壟脻}的化學方程式為__________________________________________。反應rm{壟脼}用于實驗室制乙烯，為除去其中可能混有的rm{SO_{2}}應選用的試劑是____________。rm{(4)}已知rm{D}的相對分子量為rm{118}其中碳、氫兩元素的質(zhì)量分數(shù)分別為rm{40.68%}rm{5.08%}其余為氧元素，則rm{D}的分子式為____________。rm{(5)}請補充完整證明反應rm{壟脵}是否發(fā)生的實驗方案：取反應rm{壟脵}后的溶液rm{2mL}于試管中，________________________。26、在一定溫度下，有rm{a}鹽酸rm硫酸rm{c}醋酸三種酸rm{(}用rm{a}rmrm{c}比較大小rm{)}

rm{(1)}同體積、同物質(zhì)的量濃度的三種酸，中和rm{KOH}的能力由大到小的順序是______．

rm{(2)}若三者rm{pH}相同時；酸物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為______．

rm{(3)}等濃度的三種酸，水電離出rm{H^{+}}的濃度的大小關系______．

rm{(4)pH=2}的鹽酸和醋酸加水稀釋至rm{pH=5}消耗水的體積______．

rm{(5)1mol/L}的鹽酸和醋酸加水稀釋這rm{pH=5}消耗水的體積______．27、某溫度時，在rm{2L}的密閉容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z(}均為氣體rm{)}三種物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖所示．

rm{(1)}由圖中所給數(shù)據(jù)進行分析；該反應的化學方程式為______；

rm{(2)}反應從開始至rm{2}分鐘，用rm{Z}的濃度變化表示的平均反應速率為rm{v(Z)=}______；

rm{(3)2min}反應達平衡容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量比起始時______rm{(}填增大、減小或無變化，下同rm{)}混合氣體密度比起始時______．

rm{(4)}將rm{a}rm{mol}rm{X}與rmrm{mol}rm{Y}的混合氣體發(fā)生上述反應，反應到某時刻各物質(zhì)的量恰好滿足：rm{n}rm{(X)=n}rm{(Y)=n}rm{(Z)}則原混合氣體中rm{a}rm{b=}______．

rm{(5)}下列措施能加快反應速率的是______．

A.恒壓時充入rm{He}rm{B.}恒容時充入rm{He}

C.恒容時充入rm{X}rm{D.}及時分離出rm{Z}

E.升高溫度rm{F.}選擇高效的催化劑。

rm{(6)}下列說法正確的是______．

A.升高溫度改變化學反應的限度。

B.已知正反應是吸熱反應；升高溫度平衡向右移動，正反應速率加快，逆反應速率減慢。

C.化學反應的限度與時間長短無關。

D.化學反應的限度是不可能改變的。

E.增大rm{Y}的濃度，正反應速率加快，逆反應速率減慢．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】解：rm{A.C_{60}}中只有一種元素；是一種單質(zhì)，故A錯誤；

B.rm{C_{60}}中只含有碳碳鍵；則該物質(zhì)只含共價鍵，不含離子鍵，故B錯誤；

C.rm{C_{60}}和金剛石都是碳元素組成的單質(zhì)；二者互為同素異形體，不是同位素，故C錯誤；

D.rm{C_{60}}中的化學鍵只有rm{C}與rm{C}之間形成的共價鍵；故D正確；

故選D．

由信息可知新分子，它具有空心的類似足球狀的結構，分子式為rm{C_{60}}則該物質(zhì)為單質(zhì)，只含共價鍵，以此來解答．

本題以信息形式考查化學鍵和物質(zhì)類別，把握信息中“分子”及分子式為解答的關鍵，側重知識遷移應用能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{D}2、D【分析】解：根據(jù)短周期元素在周期表中的相對位置可知，rm{A}是第二周期元素，設rm{A}的原子序數(shù)是rm{x}則rm{B}和rm{C}的原子序數(shù)分別為rm{x+7}rm{x+9}則rm{x+7+x+9=4x}解得rm{x=8}因此rm{A}rm{B}rm{C}分別為rm{O}rm{P}rm{Cl}三種元素，故選：rm{D}．

根據(jù)短周期元素在周期表中的相對位置可知，rm{A}是第二周期元素rm{.}設rm{A}的原子序數(shù)是rm{x}則rm{B}和rm{C}的原子序數(shù)分別為rm{x+7}rm{x+9}則rm{x+7+x+9=4x}解得rm{x=8}可以確定元素種類．

本題考查元素周期表的結構、元素推斷，比較基礎，注意理解同主族元素原子序數(shù)關系．【解析】rm{D}3、A【分析】解：rm{A}鹵族元素隨著原子序數(shù)的增大；電子層逐漸增多，半徑逐漸增大，故A正確；

B；鹵族元素隨著原子序數(shù)的增大；原子的得電子能力逐漸減弱，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，故B錯誤；

C；鹵族元素隨著原子序數(shù)的增大；單質(zhì)相對分子和質(zhì)量逐漸增大，熔、沸點逐漸升高，故C錯誤；

D；鹵族元素隨著原子序數(shù)的增大；原子的得電子能力逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性減弱，故D錯誤．

故選A．

鹵族元素從上到下；隨著原子序數(shù)的增大，原子半徑逐漸增大，元素的非金屬性逐漸減弱，對應單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性減弱，單質(zhì)熔；沸點逐漸升高．

本題考查同主族元素對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)的遞變，題目難度不大，注意元素周期律的遞變規(guī)律，注意把握鹵素原子的結構及其性質(zhì)．【解析】rm{A}4、D【分析】解：rm{A}電解質(zhì)必須是化合物；銅是單質(zhì)，故既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯誤；

B；在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物為電解質(zhì)；氯化鈉溶于水后和在熔融狀態(tài)下能導電，故為電解質(zhì)，故B錯誤；

C；三氧化硫溶于水導電和其本身無關；在熔融狀態(tài)下又不能導電，故為非電解質(zhì)，故C錯誤；

D、rm{HCl}溶于水后能電離出自由移動離子而導電；故為電解質(zhì)，故D正確；

故選D．

A；電解質(zhì)必須是化合物；

B；在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物為電解質(zhì)；

C；三氧化硫溶于水導電和其本身無關；

D；混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．

本題考查了電解質(zhì)、非電解質(zhì)的判斷，應注意的是單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，難度不大．【解析】rm{D}5、A|C【分析】

A．觀察法的含義：即仔細觀看客觀事物或現(xiàn)象．是一種有計劃；有目的地用感官考察研究對象的方法．故A正確．

B．實驗法的含義：通過實驗來驗證對物質(zhì)性質(zhì)的預測或探究物質(zhì)未知的性質(zhì)的方法．故B錯誤．

C．分類法：分門別類地對物質(zhì)及其變化進行研究；可以總結出各類物質(zhì)的通性和特性；反之，知道某物質(zhì)的類別，就可以根據(jù)這類物質(zhì)的通性推知該物質(zhì)的一般性質(zhì)．故C正確．

D．比較法：通過對照比較；找出物質(zhì)性質(zhì)間的異同，認識物質(zhì)間的內(nèi)在聯(lián)系，對物質(zhì)的性質(zhì)進行歸納和概括．不能解決某些實驗現(xiàn)象，從而得出正確的結論．故D錯誤．

故選AC．

【解析】【答案】A．觀察法的含義：即仔細觀看客觀事物或現(xiàn)象．是一種有計劃；有目的地用感官考察研究對象的方法．

B．實驗法的含義：通過實驗來驗證對物質(zhì)性質(zhì)的預測或探究物質(zhì)未知的性質(zhì)的方法．

C．分類法：分門別類地對物質(zhì)及其變化進行研究；可以總結出各類物質(zhì)的通性和特性；反之，知道某物質(zhì)的類別，就可以根據(jù)這類物質(zhì)的通性推知該物質(zhì)的一般性質(zhì)．

D．比較法：通過對照比較；找出物質(zhì)性質(zhì)間的異同，認識物質(zhì)間的內(nèi)在聯(lián)系，對物質(zhì)的性質(zhì)進行歸納和概括．不能解決某些實驗現(xiàn)象，從而得出正確的結論．

6、C【分析】【解析】【答案】C7、C【分析】解：rm{A}在空氣中金屬鋁表面迅速氧化形成保護膜；是鋁和氧氣發(fā)生反應生成氧化鋁，屬于化學反應引起的腐蝕，故A錯誤；

B；鐵能和濃硫酸或者是濃硝酸發(fā)生反應在表面形成致密的氧化膜而阻止反應的發(fā)生；即發(fā)生鈍化現(xiàn)象，屬于化學腐蝕，故B錯誤；

C；在潮濕的空氣中鋼鐵易生銹；是鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的結果，屬于電化學腐蝕，故C正確；

D；過氧化鈉易和空氣中的二氧化碳以及水發(fā)生反應而變質(zhì)；屬于化學腐蝕，故D錯誤。

故選：rm{C}

A；鋁可以和氧氣發(fā)生反應生成氧化鋁；

B；鐵能和濃硫酸或者是濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象；

C；在潮濕的空氣中鋼鐵易生銹；是鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的結果；

D；過氧化鈉易和空氣中的二氧化碳以及水發(fā)生反應而變質(zhì)．

本題考查學生常見化學腐蝕、電化學腐蝕的區(qū)別和聯(lián)系，注意原電池的構成條件，屬于教材知識的考查，難度不大．【解析】rm{C}二、雙選題(共8題，共16分)8、B|C【分析】解：A、小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，化學式為NaHCO3；故A正確；

B、明礬是KAl（SO4）2?12H2O的俗稱；故B錯誤；

C、鐵紅是氧化鐵，F(xiàn)e3O4俗稱磁性氧化鐵；故C錯誤；

D、芒硝是Na2SO4?10H2O的俗稱；故D正確．

故選BC．

A；小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱；

B、明礬是KAl（SO4）2?12H2O；

C；鐵紅是氧化鐵；

D、芒硝是Na2SO4?10H2O的俗稱．

本題考查了常見物質(zhì)的俗稱和化學式，難度不大，注意基礎的掌握．【解析】【答案】BC9、B|D【分析】解：A、由圖可知t2時；反應沒有達到平衡，此時反應繼續(xù)向正方向移動，正反應速率大于逆反應速率，故A錯誤；

B、t1時；N的物質(zhì)的量為6mol．M的物質(zhì)的量為3mol，故N的濃度是M濃度的2倍，故B正確；

C、由圖可知t3時；反應達到平衡，正逆反應速率相等，故C錯誤；

D、由圖可知t3時；反應達到平衡，正逆反應速率相等，故D正確．

故選BD．

由圖可知，隨著反應的進行，N減少，M增大，則N為反應物，M為生成物，t1、t2時均為正反應階段，t3時反應為平衡狀態(tài)；以此來解答．

本題考查化學反應速率與化學平衡知識，做題時注意從反應物和生成物的物質(zhì)的量的變化角度，判斷反應物和生成物以及反應是否達到平衡，題目難度一般．【解析】【答案】BD10、rAC【分析】解：rm{A}rm{Na_{2}SO_{4}}為強電解質(zhì)，電離方程式為rm{Na_{2}SO_{4}=2Na^{+}+SO_{4}^{2-}}遵循質(zhì)量守恒定律和電荷守恒，故A正確；

B、rm{Ba(OH)_{2}}為強電解質(zhì)，電離方程式為rm{Ba(OH)_{2}=Ba^{2+}+2OH^{-}}遵循質(zhì)量守恒定律和電荷守恒，故B錯誤；

C、rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}為強電解質(zhì)，電離方程式為rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}=2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}}遵循質(zhì)量守恒定律和電荷守恒，故C正確；

D、rm{Ca(NO_{3})_{2}}為強電解質(zhì)，電離方程式為rm{Ca(NO_{3})_{2}=Ca^{2+}+2NO_{3}^{-}}遵循質(zhì)量守恒定律和電荷守恒，故D錯誤；

故選AC．

先判斷電解質(zhì)的強弱，強電解質(zhì)用“rm{簍T}”；電離方程式應遵循質(zhì)量守恒定律和電荷守恒，并注意原子團不可拆分來解答．

本題考查電離方程式的書寫，明確電解質(zhì)的強弱、物質(zhì)中的原子團及電離方程式的書寫方法即可解答，難度不大．【解析】rm{AC}11、rBC【分析】解：由上述分析可知，rm{X}為rm{N}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{Al}rm{W}為rm{S}

A.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：rm{r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)}故A錯誤；

B.rm{Al}為活潑金屬，電解由rm{Y}rm{Z}組成的化合物rm{(}氧化鋁rm{)}可獲得rm{Z}的單質(zhì)；故B正確；

C.非金屬性rm{Y>W}則rm{W}的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比rm{Y}的弱；故C正確；

D.由rm{X}rm{Y}組成的化合物有兩種rm{NO}rm{N_{2}O}rm{NO_{2}}rm{N_{2}O_{3}}rm{N_{2}O_{5}}故D錯誤；

故選：rm{BC}

短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數(shù)依次增大，rm{X}的最高正價與最低負價的代數(shù)和為rm{2}則rm{X}為rm{N}元素；rm{Y}是地殼中含量最多的元素，rm{Y}為rm{O}元素；rm{Z}原子的最外層電子數(shù)是rm{Y}原子的最外層電子數(shù)的一半，可知rm{Z}為rm{Al}元素；rm{W}與rm{Y}同主族，rm{W}為rm{S}元素；以此來解答．

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、元素的位置、元素的性質(zhì)來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大．【解析】rm{BC}12、AC【分析】【分析】本題考查離子方程式的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重氧化還原反應及與量有關的離子反應的考查，題目難度不大。

【解答】A.rm{NH_{4}HCO_{3}}溶于過量的濃rm{KOH}溶液中的離子反應為rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}簍TCO_{3}^{2-}+NH_{3}隆眉+2H_{2}O}故A選；

B.明礬溶液中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}個數(shù)比為rm{1}rm{2}rm{SO_{4}^{2-}}完全沉淀時，rm{Al^{3+}}應轉(zhuǎn)化為rm{AlO_{2}^{-}}離子反應為rm{Al^{3+}+2SO_{4}^{2-}+2Ba^{2+}+4OH}rm{{,!}^{-}簍TAlO_{2}+2H_{2}O+2BaSO_{4}隆媒}故B不選；

C.向rm{FeBr_{2}}溶液中通入足量氯氣的離子反應為rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}故C選；

D.醋酸是弱酸，則醋酸除去水垢的離子反應為rm{2HAc+CaCO_{3}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O+2Ac^{-}}故D不選。

故選AC。

【解析】rm{AC}13、A|D【分析】解：A．金屬陽離子的電子層數(shù)比原子的電子層數(shù)少1；而原子的核外電子層數(shù)等于該元素所在的周期數(shù)，單核陰離子的核外電子層數(shù)等于該元素所在的周期數(shù)，故A錯誤；

B．從IIIB族到IIB族10個縱行為過渡元素；均為金屬元素，故B正確；

C．He的最外層電子數(shù)為2；其它稀有氣體原子的最外層電子數(shù)都是8，均為穩(wěn)定結構，故C正確；

D．同位素的電子排布相同；化學性質(zhì)相同，而物理性質(zhì)不同，故D錯誤；

故選AD．

A．金屬陽離子的電子層數(shù)比原子的電子層數(shù)少1；

B．從IIIB族到IIB族10個縱行為過渡元素；

C．He的最外層電子數(shù)為2；其它稀有氣體原子的最外層電子數(shù)都是8；

D．同位素的物理性質(zhì)不同；化學性質(zhì)相同．

本題考查元素周期表的應用，為高頻考點，把握原子結構、元素的位置為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項A為解答的易錯點，題目難度不大．【解析】【答案】AD14、BC【分析】解：rm{A.}苯和溴水不反應；應利用苯；液溴發(fā)生取代反應制備溴苯，故A錯誤；

B.甲苯能被高錳酸鉀氧化；苯不能，則用鹽酸酸化的高錳酸鉀溶液區(qū)別苯與甲苯，故B正確；

C.銅絲彎成螺旋狀，在酒精燈上加熱變黑后，rm{Cu}與氧氣反應生成rm{CuO}將立即伸入盛有無水乙醇的試管中，rm{CuO}氧化乙醇生成乙醛；則實現(xiàn)乙醇被氧化為乙醛的實驗，故C正確；

D.硝基苯；四氯化碳均不溶于水；密度均比水大，與水混合的分層現(xiàn)象相同，不能鑒別，故D錯誤；

故選BC．

A.苯和溴水不反應；

B.甲苯能被高錳酸鉀氧化；苯不能；

C.rm{Cu}與氧氣反應生成rm{CuO}rm{CuO}氧化乙醇生成乙醛；

D.硝基苯；四氯化碳均不溶于水；密度均比水大．

本題考查有機物的結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物鑒別時的現(xiàn)象，題目難度不大．【解析】rm{BC}15、CD【分析】【分析】本題考查蛋白質(zhì)、淀粉、油脂、纖維素的相關性質(zhì)?！窘獯稹緼.灼燒蛋白質(zhì)產(chǎn)生燒焦羽毛氣味，可以鑒別，A正確；B.蛋白質(zhì)分子與濃硝酸變黃，是蛋白質(zhì)的特征反應，B正確；C.油脂的分子量較小，不屬于高分子化合物，C錯誤；D.天然蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是氨基酸，D錯誤；故選CD。

【解析】rm{CD}三、填空題(共8題，共16分)16、略

【分析】

（1）氯氣可以用于漂白、消毒的原因是因為能與水作用形成具有強氧化性的次氯酸，反應的離子方程式為Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；

故答案為：次氯酸；Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；

（2）由圖中可知；星期六；星期日的含氯量控制在0.5mg/L以下，是不安全的，故答案為：星期六、星期日；

（3）因為陽光強烈時HClO更易分解；致含氯量下降明顯，所以導致星期四；星期六的含氯量下降明顯；

故答案為：星期四、星期六；2HC1O=2HC1+O2↑陽光強烈時HClO更易分解；致含氯量下降明顯；

（4）因Cl2密度比空氣大；故人應向高處跑，又因為氯氣溶于水時生成的HCl；HClO顯酸性，故應用顯堿性的物質(zhì)吸收，考慮到安全性，故可用浸有小蘇打或肥皂水的毛巾捂住口鼻；

故答案為：B；

（5）通常使用漂白液（NaClO溶液）而非氯氣來消毒池水的原因是：NaClO更穩(wěn)定，便于儲存和運輸，工業(yè)用氯氣和NaOH反應制備漂白液，反應的方程式為Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

故答案為：NaClO更穩(wěn)定，便于儲存和運輸；Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O．

【解析】【答案】（1）利用HClO的強氧化性殺菌消毒；

（2）根據(jù)圖象判斷含氯量是否（有效氯）控制在0.5mg?L-1至1.0mg?L-1之間；在之間的較安全；

（3）因為HClO又有光照易分解的性質(zhì)：2HClO2HCl+O2↑，使ClO-濃度降低；有效氯降低，殺菌消毒效果不理想．看縱坐標每天的變化量，可見周四；周六下降幅度明顯，因此陽光強烈；

（4）因Cl2密度比空氣大；故人應向高處跑，又因為氯氣溶于水時生成的HCl；HClO顯酸性，故應用顯堿性的物質(zhì)吸收，考慮到安全性，故可用浸有小蘇打或肥皂水的毛巾捂住口鼻；

（5）因為HClO的見光不穩(wěn)定性；因此選用其鹽溶液殺菌消毒，效果長久且便于儲存和運輸．

17、略

【分析】【解析】【答案】A的摩爾質(zhì)量是__64g/mol________。該氯化物的摩爾質(zhì)量為_135g/mol_________，金屬M的相對原子質(zhì)量為__64________。18、略

【分析】試題分析：（1）原子序數(shù)A是D的2倍，則A的原子序數(shù)是偶數(shù)；最外層電子數(shù)D是A的2倍，則D的最外層電子數(shù)是偶數(shù)，在短周期的偶數(shù)主族中，只有Mg與C符合題意，所以A是Mg，D是C。則B是CO2，F(xiàn)的濃溶液與AD反應都有紅棕色氣體生成，紅棕色氣體是二氧化氮，F(xiàn)是硝酸。反應④是C與濃硝酸的反應，化學方程式為C+4HNO3(濃)=CO2↑+4NO2↑+2H2O;（2）A為常見的金屬單質(zhì)，根據(jù)反應流程特點，判斷A是鐵，F(xiàn)是氯氣，D是氫氣，則B是鹽酸，C是氯化亞鐵，氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵，所以反應②的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）同主族元素之間的置換反應有C與Si，O與S，H與Na，鹵族元素之間的置換，代入題目可知C與Si符合題意，則A是C，D是Si，則C是CO，C與CO都與氧氣反應生成二氧化碳，所以F是氧氣。反應①是制取粗硅的反應，化學方程式為2C+SiO22CO↑+Si?？键c：考查元素的推斷，根據(jù)反應特點推斷元素的種類，單質(zhì)之間的置換反應的判斷，化學方程式的書寫【解析】【答案】（1）Mg；C+4HNO3(濃)=CO2↑+4NO2↑+2H2O;（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）2C+SiO22CO↑+Si19、略

【分析】試題分析：（1）在電解質(zhì)溶液里，離子跟水分子結合生成的帶電微粒，叫水合離子。有些離子與水結合得比較牢固，而且結合的水分子有一定的數(shù)目，以絡離子的形式存在，例如[Cu(H2O)4]，向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液，其反應方程式為：CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4)](OH)2+4H2O。加乙醇因為[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度很小，會以晶體形式析出。（2）者形成分子間氫鍵，而后者形成分子內(nèi)氫鍵，分子間氫鍵使分子間的作用力增大，所以的沸點比高。考點：【解析】【答案】（1）[Cu(H2O)4]2+（2分）[Cu(NH3)4]2+（2分）[Cu(NH3)4]SO4·H2O（2分）（2）前者形成分子間氫鍵，而后者形成分子內(nèi)氫鍵，分子間氫鍵使分子間的作用力增大，所以的沸點比高。（2分）20、略

【分析】解：根據(jù)在陰離子中：核電荷數(shù)=質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-所帶電荷數(shù)；即核電荷數(shù)=質(zhì)子數(shù)=x-n，又根據(jù)質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，即中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=A-（x-n），故答案為：A-x+n．

在陰離子中；核電荷數(shù)=質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-所帶電荷數(shù)，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)，據(jù)此分析．

本題主要考查原子的構成，題目難度不大，注意把握在陰離子中核電荷數(shù)=質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-所帶電荷數(shù)．【解析】A-x+n21、略

【分析】試題分析：I、（1）配制100mL1.0mol?L-1稀硫酸需要使用的儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管，上述儀器中不需要使用的有②④⑥；（2）98%的濃硫酸（其密度為1.84g/cm3）的物質(zhì)的量濃度為：c=1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，配制100mL1.0mol?L-1稀硫酸，需要濃硫酸的體積為：1.0mol/L×0.1L/18.4mol/L≈0.0054L=5.4mL，答案為：5.4；（3）A．量取濃H2SO4時，俯視刻度線,導致硫酸體積取少了，所配溶液濃度偏低，錯誤；B．定容時，俯視容量瓶刻度線，.定容時俯視刻度線觀察液面，導致加入的蒸餾水體積偏小，配制的溶液濃度偏高，正確；C．配制前，容量瓶中有水珠，無影響，錯誤；D．定容后搖勻發(fā)現(xiàn)液面下降，但未向其中再加水，定容后經(jīng)振蕩、搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加蒸餾水補至刻度線，會導致加入的蒸餾水體積偏大，配制的溶液濃度偏低，錯誤；選B。II、（1）根據(jù)圖像可知，消耗氫氧化鈉(90-80)mL時，發(fā)生Al(OH)3+NaOH=NaAl2O+2H2O，得關系式為Al—NaOH，即鋁和氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，消耗氫氧化鈉為0.01mol,則鋁的質(zhì)量為0.01×27=0.27g（2）由圖像可知，0到a是氫氧化鈉消耗過量的鹽酸，所以a可以等于0，因為鋁的物質(zhì)的量為0.01mol，所以沉淀鋁離子需要氫氧化鈉0.03mol，即消耗氫氧化鈉的體積為30mL，鎂離子和鋁離子沉淀完全消耗的堿的體積為80-a,若假設鹽酸不剩，所以沉淀鎂離子需要NaOH溶液的體積最大值為50mL,a的取值范圍是0≤a＜50ml?？键c：考查一定濃度溶液的配制，鎂鋁及其化合物的有關計算?！窘馕觥俊敬鸢浮?1．I、（1）②④⑥；（2）5.4（3）BII、（1）0.27g（2））0≤a＜50ml22、（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

（2）H2O

（4）第三周期VIIA族

（5）次氯酸鈣ClO-+2H++Cl-═Cl2↑+H2O【分析】【分析】本題考查元素的推斷，題目難度中等，以此為載體，考查了結構式、電子式的書寫，離子化合物的形成過程，離子結構示意圖、離子反應方程式書寫等，綜合性較強，注意整理。【解答】地殼中含量最高的元素是rm{O}元素，故A為rm{O}rm{D}的氫化物和最高價氧化物對應的水化物均為強酸，應為rm{Cl}元素，rm{B}rm{C}rm{D}的最高價氧化物的水化物兩兩混合均能發(fā)生反應生成鹽和水，則rm{C}為rm{Al}元素，rm{B}為rm{Na}元素，rm{E}的原子數(shù)序最大，且位于rm{20}號元素之內(nèi)，rm{E}和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，應為rm{Ca}元素。元素，故A為rm{O}rm{O}的氫化物和最高價氧化物對應的水化物均為強酸，應為rm{D}元素，rm{Cl}rm{B}rm{C}的最高價氧化物的水化物兩兩混合均能發(fā)生反應生成鹽和水，則rm{D}為rm{C}元素，rm{Al}為rm{B}元素，rm{Na}的原子數(shù)序最大，且位于rm{E}號元素之內(nèi)，rm{20}和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，應為rm{E}元素。rm{Ca}過氧化鈉可與水或二氧化碳反應生成氧氣，化學方程式為rm{(1)}過氧化鈉可與水或二氧化碳反應生成氧氣，化學方程式為rm{(1)}或rm{2Na_{2}O_{2;}+2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}}rm{隆眉}或rm{隆眉}或rm{2Na_{2}O_{2;}+2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}rm{2Na_{2}O_{2;}+

2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}rm{+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2;}+

2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}

rm{+O_{2}}由于，故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}}分子間存在氫鍵，其沸點高于rm{隆眉}或故答案為：rm{隆眉}rm{2Na_{2}O_{2;}+

2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}rm{+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2;}+

2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}

rm{+O_{2}}為；有rm{(2)}由于rm{H}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{(2)}失去最外層rm{H}個電子形成陽離子，離子結構示意圖為：rm{{,!}_{2}}的原子核外有rm{O}分子間存在氫鍵，其沸點高于rm{HCl}故答案為：rm{H}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{O}則位于第三周期rm{HCl}族，故答案為：rm{H}族；

rm{{,!}_{2}}鈣、氯、氧可形成rm{O}rm{O}rm{(3)E}為rm{Ca}有rm{4}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{2}失去最外層rm{2}個電子形成陽離子，離子結構示意圖為：rm{(3)E}rm{Ca}rm{4}rm{2}rm{2}，rm{Cl}的原子核外有rm{3}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{7}則位于第三周期rm{VIIA}族，故答案為：rm{Cl}rm{3}rm{7}rm{VIIA}次氯酸鈣；第三周期rm{VIIA}族；由于在酸性環(huán)境中rm{VIIA}rm{(4)}鈣、氯、氧可形成rm{Ca(ClO)}rm{(4)}rm{Ca(ClO)}rm{{,!}_{2}}、rm{Ca(ClO}rm{Ca(ClO}rm{{,!}_{3}}rm{)}離子反應為rm{)}rm{{,!}_{2}}、rm{Ca(ClO}rm{Ca(ClO}rm{{,!}_{4}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}，其中滿足題設條件下的鹽為rm{Ca(ClO)}rm{Ca(ClO)}rm{{,!}_{2}}

rm{(}次氯酸鈣rm{)}由于在酸性環(huán)境中rm{ClO}rm{(}rm{)}rm{ClO}rm{{,!}^{-}}具有強氧化性，rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}和rm{H}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}}或rm{2Na_{2}O_{2;}+2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}}rm{隆眉}或

rm{隆眉}rm{2Na_{2}O_{2;}+

2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}rm{+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2;}+

2CO_{2;}=2Na_{2}CO_{3}}rm{+O_{2}}

rm{(2)}族

rm{(2)}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{(4)}rm{(4)}第三周期rm{VIIA}族rm{VIIA}rm{(5)}rm{(5)}次氯酸鈣rm{ClO}23、變深；增大；向正反應方向；增大；不變；不變【分析】解：rm{(1)}在rm{400隆忙}時建立如下平衡：rm{2HI(g)?H_{2}}rm{(g)+I_{2}}rm{(g)}rm{triangleH>0}反應是氣體體積不變的吸熱反應，將溫度升至rm{480隆忙}平衡向吸熱反應進行，平衡正向進行，碘單質(zhì)濃度增大，顏色變深，碘化氫分解率增大，平衡常數(shù)不變，反應前后都是氣體，混合氣體質(zhì)量不變；

故答案為：變深；增大；向正反應方向；增大；不變；

rm{(2)}若將密閉容器的體積壓縮了rm{dfrac{1}{4}}壓強增大，平衡常數(shù)不變，故答案為：不變．

rm{(1)}化學平衡是氣體體積不變的吸熱反應；升高溫度平衡向正向進行，依據(jù)平衡移動方向分析碘化氫分解率，混合氣體質(zhì)量守恒，平衡常數(shù)隨溫度變化；

rm{(2)}平衡常數(shù)隨溫度變化；不隨濃度變化．

本題考查了化學平衡影響因素的分析判斷，主要是平衡常數(shù)的分析應用，注意平衡常數(shù)隨溫度變化，掌握基礎是關鍵，題目較簡單．【解析】變深；增大；向正反應方向；增大；不變；不變四、簡答題(共4題，共12分)24、略

【分析】解：rm{(1)Ag}為正極，正極反應為rm{2Ag^{+}+2e^{-}簍T2Ag}則觀察到銀片變粗，故答案為：銀片變粗；rm{2Ag^{+}+2e^{-}簍T2Ag}

rm{(2)Cu}為負極，負極反應為rm{Cu-2e^{-}簍TCu^{2+}}則觀察到銅片溶解，故答案為：銅片溶解；rm{Cu-2e^{-}簍TCu^{2+}}

rm{(3)}由正負極反應可知，電池總離子反應為rm{Cu+2Ag^{+}簍TCu^{2+}+2Ag}故答案為：rm{Cu+2Ag^{+}簍TCu^{2+}+2Ag}．

將銀、銅通過導線相連，置于硝酸銀溶液中，構成原電池，rm{Cu}失去電子作負極，rm{Ag}作正極，正極上銀離子得到電子生成rm{Ag}以此來解答．

本題考查原電池，為高頻考點，把握電極、電極反應、電池反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意原電池與氧化還原反應的聯(lián)系，題目難度不大．【解析】銀片變粗；rm{2Ag^{+}+2e^{-}簍T2Ag}銅片溶解；rm{Cu-2e^{-}簍TCu^{2+}}rm{Cu+2Ag^{+}簍TCu^{2+}+2Ag}25、（1）CH3CHO羧基）1羧基CH3CHO）（2）Br2取代反應取代反應2Br2）＋（3）CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2ONaOH溶液＋3溶液CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2ONaOH））用（4）C4H6O4的4溶液調(diào)節(jié)溶液至中性（或堿性），再向其中加入C4H6O4的（5）用10%的NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液至中性（或堿性），再向其中加入2mL10%的NaOH溶液，再加入4～5滴5%的CuSO4溶液，加熱一段時間。若有磚紅色沉淀，則證明反應①已發(fā)生溶液，再加入5～10%滴NaOH的2mL10%溶液，加熱一段時間。若有磚紅色沉淀，則證明反應①已發(fā)生NaOH4【分析】【分析】

本題考查有機物的推斷與合成，側重考查學生分析推理能力、知識遷移運用能力，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，注意常見有機物與官能團的檢驗。

【解答】

rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}在rm{{,!}_{2}}催化劑條件下發(fā)生催化氧化生成rm{OH}在rm{Cu}催化劑條件下發(fā)生催化氧化生成rm{A}為rm{CH}為rm{OH}rm{Cu}rm{A}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CHO}rm{CH}進一步氧化生成rm{CHO}為rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CHO}進一步氧化生成rm{B}為rm{CH}rm{CHO}rm{B}rm{CH}與rm{{,!}_{3}}rm{COOH}rm{CH}rm{COOH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}發(fā)生酯化反應生成rm{COOH}與rm{CH}為rm{COOH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OH}發(fā)生酯化反應生成rm{C}為rm{CH}rm{OH}rm{C}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOC}rm{COOC}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{5}}，乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯與rm{Br}與rm{Br}發(fā)生取代反應生成rm{{,!}_{2}}發(fā)生加成反應生成rm{BrCH}rm{BrCH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}中rm{{,!}_{2}}的相對分子量為rm{Br}rm{BrCH}其中碳、氫兩元素的質(zhì)量分數(shù)分別為rm{Br}rm{BrCH}其余為氧元素，則分子中rm{{,!}_{2}}rm{dfrac{118隆脕40.68%}{12}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Br}與rm{NaCN}發(fā)生取代反應生成rm{NC-CH}rm{Br}rm{NaCN}rm{NC-CH}故D的分子式為rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{-CN}rm{(4)}中rm{D}的相對分子量為rm{118}其中碳、氫兩元素的質(zhì)量分數(shù)分別為rm{40.68%}rm{5.08%}其余為氧元素，則分子中rm{N(C)=}rm{-CN}rm{(4)}rm{D}rm{118}rm{40.68%}rm{5.08%}．rm{N(C)=}的結構簡式為rm{dfrac

{118隆脕40.68%}{12}}rm{=4}rm{N(H)=}rm{=4}rm{N(H)=}為乙酸，分子中的官能團名稱為羧基rm{dfrac{118隆脕5.08%}{1}}rm{=6}rm{N(O)=}rm{=6}rm{N(O)=}羧基rm{dfrac{118-12隆脕4-6}{16}}rm{=4}故D的分子式為rm{C}反應rm{=4}中物質(zhì)rm{C}的分子式為rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}的類型為取代反應，rm{{,!}_{6}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}反應，則其結構簡式為rm{HOOC-CH}的化學方程式為rm{HOOC-CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{-COOH}．rm{-COOH}rm{(1)A}的結構簡式為rm{CH}rm{(1)A}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CHO}rm{CHO}rm{B}為乙酸，分子中的官能團名稱為羧基rm{B}，反應故答案為：rm{CH}用于實驗室制乙烯，為除去其中可能混有的rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CHO}羧基溶液，rm{CHO}；rm{(2)}反應rm{壟脽}中物質(zhì)rm{X}的分子式為rm{Br}rm{(2)}rm{壟脽}rm{X}rm{Br}rm{{,!}_{2}}，反應rm{壟脿}的類型為取代反應，rm{壟脿}故答案為：rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}；取代反應；rm{(3)}反應rm{壟脻}的化學方程式為rm{CH}rm{(3)}rm{壟脻}溶液；rm{CH}由上述分析可知，rm{{,!}_{3}}的分子式為：rm{COOH+CH}rm{COOH+CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OH}rm{OH}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOCH}rm{COOCH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}反應rm{CH}是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，檢驗否發(fā)生的實驗方案：取反應rm{{,!}_{3}}的溶液rm{+H}于試管中，用rm{+H}的rm{{,!}_{2}}溶液調(diào)節(jié)溶液至中性，再向其中加入rm{O}反應rm{壟脼}用于實驗室制乙烯，為除去其中可能混有的rm{SO}的rm{O}溶液，再加入rm{壟脼}滴rm{SO}的rm{{,!}_{2}}應選用的試劑是rm{NaOH}溶液，rm{NaOH}若有磚紅色沉淀，則證明反應故答案為：rm{CH}已發(fā)生，rm{CH}的rm{{,!}_{3}}溶液調(diào)節(jié)溶液至中性，再向其中加入rm{COOH+CH}的rm{COOH+CH}溶液，再加入rm{{,!}_{3}}滴rm{CH}的rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OH}若有磚紅色沉淀，則證明反應rm{OH}已發(fā)生。

rm{CH}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{CH_{3}CHO}羧基rm{(}rm{1}rm{1}羧基rm{)}rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}rm{(}rm{2}rm{)}rm{Br_{2}}取代反應取代反應rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{Br_{2}}rm{Br_{2}}rm{(}rm{3}rm{)}rm{CH_{3}COOH}rm{+}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{+}rm{H_{2}O}rm{NaOH}溶液rm{(}rm{3}rm{3}溶液rm{)}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH}rm{+}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{+}rm{H_{2}O}rm{NaOH}用rm{H_{2}O}的rm{NaOH}溶液調(diào)節(jié)溶液至中性或堿性再向其中加入rm{(}rm{4}rm{)}rm{C_{4}H_{6}O_{4}}的rm{(}溶液，再加入rm{4}rm{4}rm{)}滴rm{C_{4}H_{6}O_{4}}的rm{C_{4}H_{6}O_{4}}溶液，加熱一段時間。若有磚紅色沉淀，則證明反應rm{(}rm{5}rm{)}用rm{10%}的rm{NaOH}溶液調(diào)節(jié)溶液至中性rm{(}或堿性rm{)}再向其中加入rm{2mL10%}的rm{NaOH}溶液，再加入rm{4}rm{隆蘆}rm{5}滴rm{5%}的rm{CuSO_{4}}溶液，加熱一段時間。若有磚紅色沉淀，則證明反應rm{壟脵}已發(fā)生已發(fā)生rm{(}rm{5}26、略

【分析】解：rm{(1)}同體積同物質(zhì)的量濃度的三種酸，醋酸和鹽酸的物質(zhì)的量相等，但硫酸為二元酸，則中和同物質(zhì)的量濃度的rm{NaOH}消耗的體積由大到小的順序是rm{b>a=c}

故答案為：rm{b>a=c}

rm{(2)}相同濃度時電離產(chǎn)生的氫離子濃度越大，所需的物質(zhì)的量濃度最小，所以物質(zhì)的量濃度最小的是rm{H_{2}SO_{4}(}硫酸rm{)}最大的是醋酸，故答案為：rm{c>a>b}

rm{(3)}酸或堿抑制水電離，酸中氫離子濃度越大其抑制水電離程度越大，相同濃度的這三種酸，氫離子濃度大小順序：rm{b>a>c}則水的電離程度rm{c>a>b}故水電離出rm{H^{+}}的濃度rm{c>a>b}故答案