2025年湘教新版高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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年湘教新版高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷838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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列變化中，吸收的熱量用于克服分子間作用力的是（）A.加熱氯化鈉晶體使之熔化B.液氨受熱蒸發(fā)C.加熱碘化氫氣體使之分解D.加熱硅晶體使之熔化2、根據(jù)硫元素的化合價(jià)判斷，下列物質(zhì)中的硫元素不能表現(xiàn)氧化性的是A.Na2SB.SC.SO2D.H2SO43、下列排列順序不正確的是rm{(}rm{)}A.熱穩(wěn)定性：rm{H_{2}O>NH_{3}>PH_{3}}B.原子半徑：rm{Si>Na>O}C.堿性：rm{CsOH>KOH>NaOH}D.失電子能力：rm{K>Na>Mg}4、將H2(g)和Br2(g)充入恒容密閉容器中，恒溫下發(fā)生反應(yīng)H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)（正反應(yīng)放熱），平衡時(shí)Br2(g)的轉(zhuǎn)化率為a；若初始條件相同，絕熱下進(jìn)行上述反應(yīng)，平衡時(shí)Br2(g)的轉(zhuǎn)化率為b。a與b的關(guān)系是A.a＞bB.a＝bC.a＜bD.無(wú)法確定5、下列關(guān)于化學(xué)反應(yīng)限度的敘述錯(cuò)誤的是()A.任何可逆反應(yīng)都有一定的限度B.化學(xué)反應(yīng)的限度與時(shí)間的長(zhǎng)短無(wú)關(guān)C.化學(xué)反應(yīng)在一定條件下達(dá)到限度時(shí)，正、逆反應(yīng)速率相等D.化學(xué)反應(yīng)的限度是不可改變的6、同周期的三種元素rm{X}rm{Y}rm{Z}已知最高價(jià)氧化物的水化物酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)閞m{HXO_{4}>H_{2}YO_{4}>H_{3}ZO_{4}}則下列判斷正確的是rm{(}rm{)}A.非金屬性rm{Z>Y>X}B.原子半徑rm{X>Y>Z}C.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性rm{X>Y>Z}D.原子最外層電子數(shù)rm{Z>Y>X}評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、以石油、煤和天然氣為主要原料生產(chǎn)的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠8、下列兩組實(shí)驗(yàn)，將CO(g)和H2O(g)通入體積為2L的恒容密閉容器中：發(fā)生反應(yīng)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，結(jié)合表中數(shù)據(jù)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。實(shí)驗(yàn)組溫度/℃起始量/mol達(dá)到平衡所需時(shí)間/min達(dá)到平衡所需時(shí)間/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.63

A.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化，則反應(yīng)達(dá)到平衡B.實(shí)驗(yàn)1中，反應(yīng)達(dá)到平衡后，CO的體積分?jǐn)?shù)為40%C.升高溫度有利于提高實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2中CO的轉(zhuǎn)化率D.實(shí)驗(yàn)2的反應(yīng)平衡常數(shù)K=9、下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3+)c(CO32-)c(H2CO3)B.在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO-)C.向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH溶液：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)D.常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH=7，c(Na+)=0.1mol·L-1：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)10、檸檬酸(用H3R表示)是一種高效除垢劑。常溫時(shí)，用一定濃度的檸檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.由a點(diǎn)判斷H3R的第一步電離常數(shù)Ka1(H3R)的數(shù)量級(jí)為10-3B.若b點(diǎn)溶液中金屬陽(yáng)離子只有Na+，則有c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)C.pH=6時(shí)，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)D.反應(yīng)2H2R-H3R+HR2-在該溫度下的平衡常數(shù)K=10x-y11、工業(yè)上可利用如圖所示電解裝置吸收和轉(zhuǎn)化SO2（A、B均為惰性電極），下列說(shuō)法正確的是（）

A.B極為電解池的陽(yáng)極B.B極區(qū)吸收5molSO2，則A極區(qū)生成25molS2OC.B極區(qū)電解液為稀硫酸，電解一段時(shí)間后硫酸濃度增大D.A極的電極反應(yīng)為2SO-2e-+4H+=S2O+2H2O12、高溫時(shí)通過(guò)以下反應(yīng)制備金屬鋁。用鋁制作的“快速放電鋁離子二次電池”的原理如下圖所示(EMI+為有機(jī)陽(yáng)離子)。

①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1

②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1

③Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3

下列說(shuō)法正確的是A.該電池的電解質(zhì)可用氯化鋁水溶液替代B.Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3=(a-b)kJ·mol-1C.該電池充電時(shí)石墨電極與電源正極相連D.該電池放電時(shí)的負(fù)極反應(yīng)方程式為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-13、工業(yè)上常用電解鉻酐（CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4）水溶液的方法鍍鉻，電鍍液中需加入適量的催化劑和添加劑，并通過(guò)加入H2O2提高或降低電鍍液中Cr（Ⅲ）的含量；發(fā)生的部分反應(yīng)有：

①Cr2O72-+14H++6e?=2Cr3++7H2O

②2H++2e?=H2

③2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O

④CrO42-+8H++6e?=Cr+4H2O

⑤2H2O?4e?=O2+4H+

⑥2Cr3++7H2O?6e?=Cr2O72-+14H+

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.反應(yīng)①②在鍍件上發(fā)生B.H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性C.當(dāng)鍍件上析出52g單質(zhì)鉻時(shí)，電路中轉(zhuǎn)移6mol電子D.電鍍一段時(shí)間后，電極附近溶液的pH：陽(yáng)極＞陰極14、下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是rm{(}rm{)(}填序號(hào)rm{)}．A.用帶橡皮塞的棕色試劑瓶存放濃硝酸B.容量瓶rm{.}分液漏斗使用前均需檢查是否漏水C.分液漏斗分液時(shí)，必須先將下層液體從下口放出，再將上層液體從上口倒出E.氨氣噴泉實(shí)驗(yàn)時(shí)，收集氣體的燒瓶必須干燥E.氨氣噴泉實(shí)驗(yàn)時(shí)，收集氣體的燒瓶必須干燥15、對(duì)rm{1molH_{2}O}的說(shuō)法正確的是。

A.含有rm{6.02隆脕10^{23}}個(gè)氫分子B.含有rm{1.204隆脕10^{24}}個(gè)氫元素。

C.質(zhì)量為rm{18g}D.氫原子與氧原子的物質(zhì)的量之比為rm{2:1}評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、向100mlMgCl2和AlCl3的混合溶液；逐滴加入1mol/LNaOH溶液，如圖：

（1）寫出O點(diǎn)到A點(diǎn)所包括的離子方程式：______．其中c（Mg2+）=0.2mol/L，c（Cl-）=1.3mol/L，則c（Al3+）=______．Mg2+消耗的NaOH的物質(zhì)的量為_(kāi)_____．A點(diǎn)時(shí)共消耗NaOH溶液的物質(zhì)的量為_(kāi)_____．

（2）寫出A點(diǎn)到B點(diǎn)的離子方程式：______，要使Mg2+完全轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2且與Al3+恰好分離，至少需要NaOH溶液的體積為_(kāi)_____．17、工業(yè)上由黃銅礦（主要成分CuFeS2）冶煉銅的主要流程如下：

（1）氣體A中的大氣污染物可選用下列試劑中的______吸收．

a．濃H2SO4b．稀HNO3c．NaOH溶液d．氨水。

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說(shuō)明溶液中存在______（填離子符號(hào)），檢驗(yàn)溶液中還存在Fe2+的方法是______（注明試劑；現(xiàn)象）．

（3）由泡銅冶煉粗銅的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)_____．

（4）利用反應(yīng)2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制備CuSO4，若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)為原電池，其正極電極反應(yīng)式為_(kāi)_____．18、銅與一定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應(yīng)，生成的鹽只有硫酸銅，同時(shí)生成的兩種氣體均由表中兩種氣體組成，氣體的相對(duì)分子質(zhì)量都小于rm{50}為防止污染，將產(chǎn)生的氣體完全轉(zhuǎn)化為最高價(jià)含氧酸鹽，消耗rm{2L2.0mol/LNaOH}溶液和rm{2molO_{2}}則：rm{(1)}寫出生成rm{NO}氣體的離子方程式：_______________________________________________。rm{(2)}生成rm{NO}的物質(zhì)的量為_(kāi)_________。rm{(3)}生成硫酸銅物質(zhì)的量為_(kāi)_________。19、臭氧比氧氣具有更強(qiáng)的氧化性．可將氧氣通過(guò)高壓放電管來(lái)制取臭氧：3O22O3

（1）若上述反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率為30%，所得混合氣的平均摩爾質(zhì)量為_(kāi)___（保留一位小數(shù)），若上述反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率增至40%，則混合氣的平均摩爾質(zhì)量____（填增大；不變、減?。?/p>

（2）將8L氧氣通過(guò)放電管后，恢復(fù)到原狀況，得到氣體6.5L，其中臭氧為_(kāi)___L．

（3）實(shí)驗(yàn)室將氧氣和臭氧的混合氣體0.896L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）通入盛有20.0g銅粉的反應(yīng)器中，充分加熱后，粉末的質(zhì)量變?yōu)?1.6g．則原混合氣中臭氧的體積分?jǐn)?shù)為_(kāi)___20、某烴是一種比水輕的油狀液體，相對(duì)分子質(zhì)量為78，碳元素與氫元素的質(zhì)量比為12：1，不能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色．寫出此烴發(fā)生取代反應(yīng)的化學(xué)方程式（任意寫一個(gè)即可）____．21、從一個(gè)關(guān)系量的單位，我們可以得出該量的計(jì)算公式，如：從摩爾質(zhì)量的單位：g?mol-1，可得出分子應(yīng)當(dāng)是質(zhì)量、分母應(yīng)當(dāng)是物質(zhì)的量，因此摩爾質(zhì)量的計(jì)算公式為M=m/n，以此類推，物質(zhì)的量濃度單位是____________，其計(jì)算公式c=____________；由微粒個(gè)數(shù)與物質(zhì)的量的關(guān)系推出阿佛加德羅常數(shù)的公式NA=____________；氣體摩爾體積的單位是____________，其計(jì)算公式是Vm=____________．22、“酒是陳的香”，就是因?yàn)榫圃趦?chǔ)存過(guò)程中生成了有香味的乙酸乙酯，在實(shí)驗(yàn)室我們也可以用乙醇跟乙酸在濃硫酸存在并加熱的條件下制取乙酸乙酯rm{(}反應(yīng)rm{A)}其逆反應(yīng)是水解反應(yīng)rm{(}反應(yīng)rm{B)}反應(yīng)可能經(jīng)歷生成中間體rm{(I)}如圖所示。在rm{A隆蘆F}這rm{6}個(gè)反應(yīng)中，屬于取代反應(yīng)的是__________________rm{(}填字母，下同rm{)}屬于加成反應(yīng)的是___________________。23、在三個(gè)容積均為rm{2L}的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}已知rm{H_{2}(g)}和rm{I_{2}(g)}的起始物質(zhì)的量均為rm{0}rm{HI(g)}的物質(zhì)的量隨反應(yīng)時(shí)間和溫度的變化情況如表所示：

。

序號(hào)時(shí)間rm{/min}

物質(zhì)的量rm{/mol}

溫度rm{/隆忙}

rm{0}

rm{10}

rm{20}

rm{30}

rm{40}

rm{50}rm{1}rm{800}rm{1.0}rm{0.80}rm{0.67}rm{0.57}rm{0.50}rm{0.50}rm{2}rm{800}rm{1.0}rm{0.60}rm{0.50}rm{0.50}rm{0.50}rm{0.50}rm{3}rm{820}rm{1.0}rm{0.40}rm{0.25}rm{0.20}rm{0.20}rm{0.20}rm{(1)}實(shí)驗(yàn)rm{1}和實(shí)驗(yàn)rm{2}中使用了催化劑的實(shí)驗(yàn)是______rm{(}填“rm{1}”或“rm{2}”rm{)}

rm{(2)}實(shí)驗(yàn)rm{1}中，rm{0?l0min}內(nèi)生成rm{H_{2}}的平均反應(yīng)速率為_(kāi)_____rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}

rm{(3)}實(shí)驗(yàn)rm{3}的反應(yīng)達(dá)到化學(xué)反應(yīng)限度時(shí)，rm{HI(g)}轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共16分)24、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對(duì)錯(cuò)）25、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對(duì)錯(cuò)）26、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對(duì)錯(cuò)）27、某有機(jī)物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機(jī)物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)28、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實(shí)驗(yàn)溫度為298K、308K，每次實(shí)驗(yàn)HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請(qǐng)完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表，并在實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)編號(hào)：。實(shí)驗(yàn)編號(hào)T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對(duì)該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，如何檢驗(yàn)該裝置的氣密性________________________________

（3）實(shí)驗(yàn)①中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化的關(guān)系見(jiàn)下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計(jì)算實(shí)驗(yàn)①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請(qǐng)?jiān)诖痤}卡的框圖中，畫出實(shí)驗(yàn)②、③和④中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______評(píng)卷人得分六、推斷題(共1題，共8分)29、隨原子序數(shù)的遞增；八種短周期元素（用字母x表示）原子半徑的相對(duì)大小；最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)的變化如圖1所示。根據(jù)判斷出的元素回答問(wèn)題：

（1）f在元素周期表的位置是______。

（2）比較d；e常見(jiàn)離子的半徑大小（用化學(xué)式表示；下同）______＞______；比較g、h的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱是：______＞______。

（3）任選上述元素組成一種四原子共價(jià)化合物；寫出其電子式：______。

（4）已知e的單質(zhì)在足量d2中燃燒的化學(xué)方程式：______。

（5）上述元素可組成鹽R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol?L-1R溶液的燒杯中滴加1mol?L-1NaOH溶液；沉淀物質(zhì)的量隨NaOH溶液體積變化示意圖如圖2：

①R在水溶液中電離方程式______。

②寫出m點(diǎn)反應(yīng)的而離子方程式______。

③若在R溶液中改加20mL1.2mol?L-1Ba（OH）2溶液，充分反應(yīng)后，溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為_(kāi)_____mol。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】試題分析：A、氯化鈉晶體是離子晶體，微粒間的作用力是離子鍵，故A錯(cuò)誤．B、液氨受熱蒸發(fā)，克服的是分子間作用力，故B正確．C、碘化氫分解，發(fā)生化學(xué)鍵的斷裂，克服的是共價(jià)鍵，故C錯(cuò)誤．D、硅晶體中原子間是共價(jià)鍵，加熱硅晶體使之熔化克服的是共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤．故選B?？键c(diǎn)：常見(jiàn)的能量轉(zhuǎn)化形式【解析】【答案】B2、A【分析】【解析】【答案】A3、B【分析】解：rm{A.}非金屬性rm{O>N>P}則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性為rm{H_{2}O>NH_{3}>PH_{3}}故A正確；

B.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑在減小，則原子半徑為rm{Na>Si>O}故B錯(cuò)誤；

C.金屬性rm{Cs>K>Na}則對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物的堿性為rm{CsOH>KOH>NaOH}故C正確；

D.同周期從左到右失電子能力減弱，同主族從上到下，失電子能力增強(qiáng)rm{.}故失電子能力：rm{K>Na>Mg}故D正確；

故選B．

A.非金屬性越強(qiáng)；則氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定；

B.電子層越多；原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑在減小；

C.金屬性越強(qiáng)；則對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)；

D.同周期從左到右失電子能力減弱；同主族從上到下，失電子能力增強(qiáng)．

本題考查元素周期表和元素周期律，熟悉金屬性、非金屬性的比較方法及半徑的變化規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵，難度不大，注意規(guī)律性知識(shí)的總結(jié)．【解析】rm{B}4、A【分析】【解析】試題分析：恒溫條件下反應(yīng)是放熱反應(yīng)，平衡時(shí)Br2（g）的轉(zhuǎn)化率為a，若初始條件相同，絕熱下進(jìn)行上述反應(yīng)，由于反應(yīng)是放熱反應(yīng)，容器中的溫度高于恒溫條件下容器中的溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，所以平衡逆向進(jìn)行，平衡時(shí)Br2（g）的轉(zhuǎn)化率小于a，即a＞b，答案選A。考點(diǎn)：考查外界條件對(duì)平衡狀態(tài)的影響【解析】【答案】A5、D【分析】【分析】本題考查基本概念和基本理論，要能對(duì)基本概念和基本理論有較深刻的理解，才能運(yùn)用知識(shí)正確解答題目?！窘獯稹緼.可逆反應(yīng)不論反應(yīng)到什么程度；都會(huì)含有所有反應(yīng)物和所有生成物，即會(huì)達(dá)到一定的限度，故A正確；

B.可逆反應(yīng)達(dá)到什么樣的限度，與反應(yīng)時(shí)間的長(zhǎng)短無(wú)關(guān)，何時(shí)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，由反應(yīng)本身及反應(yīng)速率有關(guān)，故B正確；C.一個(gè)可逆反應(yīng)達(dá)到反應(yīng)限度，即達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等，故C正確；D.一個(gè)可逆反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)后，當(dāng)條件rm{(}如溫度、濃度rm{)}改變時(shí)；原來(lái)的化學(xué)平衡狀態(tài)就會(huì)被破壞，并在新的條件下建立新的化學(xué)平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。

故選D。【解析】rm{D}6、C【分析】解：元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，同一周期元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強(qiáng)，同周期的rm{X}rm{Y}rm{Z}三種元素，最高價(jià)氧化物的水化物酸性由強(qiáng)到弱順序?yàn)閞m{HXO_{4}>H_{2}YO_{4}>H_{3}ZO_{4}}則原子序數(shù)rm{X>Y>Z}

A.元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，所以非金屬性rm{X>Y>Z}故A錯(cuò)誤；

B.通過(guò)以上分析知，原子序數(shù)rm{X>Y>Z}同周期原子序數(shù)大的原子半徑小，則原子半徑為rm{X<Y<Z}故B錯(cuò)誤；

C.元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性rm{X>Y>Z}氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{HX>H_{2}Y>ZH_{3}}故C正確；

D.同一周期元素，原子序數(shù)rm{X>Y>Z}最外層電子數(shù)隨原子序數(shù)增大而增大，原子最外層電子數(shù)rm{X>Y>Z}故D錯(cuò)誤；

故選C．

元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，同一周期元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強(qiáng)，同周期的rm{X}rm{Y}rm{Z}三種元素，最高價(jià)氧化物的水化物酸性由強(qiáng)到弱順序?yàn)閞m{HXO_{4}>H_{2}YO_{4}>H_{3}ZO_{4}}則原子序數(shù)rm{X>Y>Z}再結(jié)合元素周期律分析解答．

本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握元素的位置和性質(zhì)、元素周期律為解答的關(guān)鍵，注意同周期元素性質(zhì)的遞變規(guī)律，題目難度中等．【解析】rm{C}二、多選題(共9題，共18分)7、BCD【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產(chǎn)品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

故選BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡膠、合成纖維．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，平時(shí)注意知識(shí)的積累．【解析】rm{BCD}8、AC【分析】【詳解】

A．反應(yīng)中；氣體的分子數(shù)；物質(zhì)的量始終不變，氣體質(zhì)量守恒，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量始終不變，故混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；

B．實(shí)驗(yàn)1中，反應(yīng)達(dá)到平衡后，存在三段式：CO的體積分?jǐn)?shù)為B正確；

C．實(shí)驗(yàn)1中，CO的轉(zhuǎn)化率α(CO)==40%，實(shí)驗(yàn)2中，CO的轉(zhuǎn)化率α(CO)==20%；則升高溫度，不利于提高CO的轉(zhuǎn)化率，C錯(cuò)誤；

D．實(shí)驗(yàn)2，反應(yīng)達(dá)到平衡后，存在三段式：反應(yīng)平衡常數(shù)D正確；

答案選AC。9、BD【分析】【詳解】

A．在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，由于HCO3-離子水解程度大于其電離程度使溶液呈堿性，所以微粒濃度大小關(guān)系為：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)；故A錯(cuò)誤；

B．在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，由于CO32-和HCO3-均能發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧根離子，所以該溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系為：c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)；故B正確；

C．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH溶液充分反應(yīng)后，溶液中NaHCO3和Na2CO3物質(zhì)的量濃度相同，依據(jù)上述分析可知：c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)；故C錯(cuò)誤；

D．常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH=7，c(Na+)=0.1mol·L-1，說(shuō)明CH3COOH的含量很少c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，所以關(guān)系式：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)=c(OH-)成立；故D正確。

故選BD。

考點(diǎn)：考查離子濃度大小比較10、CD【分析】【詳解】

A.檸檬酸溶液電離方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R3-+H+，在a點(diǎn)時(shí)，c(H2R-)=c(H3R)，第一步電離常數(shù)Ka1(H3R)==c(H+)=10-3.3，故其數(shù)量級(jí)為10-4；A錯(cuò)誤；

B.b點(diǎn)時(shí)，c(NaH2R)=c(Na2HR)，根據(jù)物料守恒可得2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)]；B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)圖示，隨著pH值的增大，氫離子濃度會(huì)減小，平衡向右移動(dòng)，所以H3R含量會(huì)減少。pH=6時(shí)，c(R3-)=c(HR2-)，溶液顯示酸性，c(H+)>c(OH-)，鹽電離產(chǎn)生的離子濃度大于弱電解質(zhì)電離產(chǎn)生的離子濃度，即c(HR2-)>c(H+)，故c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)；C正確；

D.H3RH2R-+H+的電離平衡常數(shù)Ka1(H3R)==c(H+)=10-x；H2R-HR2-+H+的電離平衡常數(shù)Ka2(H3R)==c(H+)=10-y，反應(yīng)2H2R-H3R+HR2-在該溫度下的平衡常數(shù)K==10x-y；D正確；

故合理選項(xiàng)是CD。11、AC【分析】【分析】

根據(jù)題目所示的電解池裝置，左側(cè)A極區(qū)流入亞硫酸根流出連二亞硫酸根，此時(shí)A極區(qū)S元素化合價(jià)降低，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，因此A極為陰極，A極的電極方程式為2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；右側(cè)B極區(qū)流入二氧化硫流出硫酸，此時(shí)B極區(qū)S元素化合價(jià)升高，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，因此B極為陽(yáng)極，B極的電極方程式為SO2+2H2O-2e-=SO+4H+；據(jù)此分析。

【詳解】

A．A極處加入SO產(chǎn)生S2O硫元素化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，則A極為電解池陰極，B極為電解池陽(yáng)極，A正確；

B．B極區(qū)吸收5molSO2，生成H2SO4，硫元素化合價(jià)升高2價(jià)，轉(zhuǎn)移電子5mol×2=10mol，根據(jù)得失電子守恒，則陰極也轉(zhuǎn)移10mol電子，2SO~S2O~2e-，則A極區(qū)生成5molS2OB錯(cuò)誤；

C．B極區(qū)電解液為稀硫酸，電解過(guò)程中SO2轉(zhuǎn)化為H2SO4；則電解一段時(shí)間后硫酸濃度增大，C正確；

D．A極處加入產(chǎn)生S2O電解過(guò)程中硫元素化合價(jià)降低，則A極的電極反應(yīng)為2SO+2e-+4H+=S2O+2H2O；D錯(cuò)誤；

故選AC。12、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．該電池在無(wú)水條件下進(jìn)行；電解質(zhì)不可用氯化鋁水溶液替代，高溫時(shí)氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)蓋斯定律Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）為①+②，所以Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H3=（a+b）kJ·mol－1；故B錯(cuò)誤；

C．充電時(shí)正極與外接電源的正極相連；則石墨極與外電源的正極相連，故C正確；

D．放電時(shí)，鋁是活潑的金屬鋁是負(fù)極，鋁發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋁離子，鋁離子與AlCl4－結(jié)合生成Al2Cl7－，所以電極反應(yīng)式為：Al-3e－+7AlCl4－═4Al2Cl7－；故D正確；

故選CD。

【點(diǎn)睛】

本題考查學(xué)生二次電池的工作原理以及蓋斯定律的應(yīng)用等知識(shí)，側(cè)重學(xué)生的分析能力的考查，屬于綜合知識(shí)的考查，注意把握電極的判斷方法和電極方程式的書寫，易錯(cuò)點(diǎn)A，高溫時(shí)氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁。13、CD【分析】【分析】

【詳解】

A.反應(yīng)①②得到電子發(fā)生還原反應(yīng)。在陰極上發(fā)生；鍍件為陰極，故A正確；

B.H2O2既能提高也能降低電鍍液中Cr（Ⅲ）的含量，則H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性；故B正確；

C.陰極上發(fā)生反應(yīng)①②④；當(dāng)鍍件上析出52g單質(zhì)鉻時(shí)，電路中轉(zhuǎn)移電子大于6mol，故C錯(cuò)誤；

D.由反應(yīng)②可知陰極pH增大；由反應(yīng)⑥可知陽(yáng)極pH減小，則pH陽(yáng)極＜陰極，故D錯(cuò)誤；

故答案選：CD。14、BCE【分析】解：rm{A.}濃硝酸腐蝕橡膠；所以能加快橡膠老化，所以濃硝酸不能存放在帶橡膠塞的棕色玻璃瓶中，故A錯(cuò)誤；

B.帶有旋塞和瓶塞的儀器；一般在使用前需要檢查是否漏水，所以容量瓶和分液漏斗在使用前均需檢查是否漏水，故B正確；

C.分液時(shí)；上層液體從上口倒出，下層液體從下口倒出，否則易導(dǎo)致引入雜質(zhì)，故C正確；

D.蒸餾時(shí)；溫度計(jì)測(cè)量餾分溫度，所以溫度計(jì)水銀球應(yīng)該位于蒸餾燒瓶支管口處，故D錯(cuò)誤；

E.因?yàn)榘睔鈽O易溶于水；氨氣噴泉實(shí)驗(yàn)時(shí)，如果收集氣體的燒瓶不干燥，會(huì)導(dǎo)致部分氨氣溶于水，而達(dá)不到形成噴泉的壓強(qiáng)差，導(dǎo)致無(wú)法形成噴泉實(shí)驗(yàn)，所以所以氨氣噴泉實(shí)驗(yàn)時(shí)，收集氣體的燒瓶必須干燥，故E正確；

F.測(cè)定溶液的rm{pH}值時(shí)，rm{pH}試紙不能事先潤(rùn)濕，否則導(dǎo)致溶液濃度降低，測(cè)定的rm{pH}值可能改變；故F錯(cuò)誤；

故選BCE．

A.濃硝酸能腐蝕橡膠；

B.帶有旋塞和瓶塞的儀器；一般在使用前需要檢查是否漏水；

C.分液時(shí)；上層液體從上口倒出，下層液體從下口倒出；

D.蒸餾時(shí)；溫度計(jì)測(cè)量餾分溫度；

E.利用壓強(qiáng)差形成噴泉；

F.測(cè)定溶液的rm{pH}值時(shí)，rm{pH}試紙不能事先潤(rùn)濕．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及實(shí)驗(yàn)基本操作，明確實(shí)驗(yàn)原理及基本操作規(guī)范性是解本題關(guān)鍵，注意蒸餾時(shí)溫度計(jì)位置，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】rm{BCE}15、CD【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的量的相關(guān)概念，題目難度不大?！窘獯稹緼.水分子中沒(méi)有氫分子，故A錯(cuò)誤；

B.元素只能說(shuō)種類，不能用個(gè)數(shù)描述，故B錯(cuò)誤；

C.水的摩爾質(zhì)量是rm{18g/mol}rm{1molH}rm{18g/mol}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}質(zhì)量為rm{O}質(zhì)量為rm{18g}故C正確；故C正確；

rm{O}rm{18g}D.rm{1molH}氫原子與氧原子的物質(zhì)的量之比為rm{1molH}故D正確。故選CD。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{CD}三、填空題(共8題，共16分)16、略

【分析】解：（1）根據(jù)圖象可知，在滴加NaOH溶液到A點(diǎn)時(shí)，沉淀量最大，說(shuō)明氯化鋁、氯化鎂恰好完全反應(yīng)，反應(yīng)反應(yīng)的離子方程式為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓；已知c（Mg2+）=0.2mol/L，c（Cl-）=1.3mol/L，由電荷守恒可知c（Al3+）=×（1.3mol/L-0.2mol/L×2）=0.3mol/L；Mg2+消耗的NaOH的物質(zhì)的量為0.2mol/L×2×0.1L=0.04mol；由氫氧根守恒可知，沉淀量最大時(shí)加入的氫氧化鈉n（NaOH）=2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=0.04mol+0.3mol/L×3×0.1L=0.13mol；

故答案為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓；0.3mol/L；0.04mol；0.13mol；

（2）A點(diǎn)到B點(diǎn)，NaOH與氫氧化鋁反應(yīng)，B點(diǎn)氫氧化鋁完全溶解，其反應(yīng)的離子方程式為：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，從O點(diǎn)到B點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，則消耗的NaOH為n（NaOH）=0.13mol+0.3mol/L×0.1L=0.16mol，所以c（NaOH）==0.16L；

故答案為：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；0.16L．

（1）根據(jù)圖象可知，在滴加NaOH溶液到A點(diǎn)時(shí)，沉淀量最大，說(shuō)明氯化鋁、氯化鎂恰好完全反應(yīng)，已知c（Mg2+）=0.2mol/L，c（Cl-）=1.3mol/L，根據(jù)電荷守恒計(jì)算c（Al3+）；根據(jù)氫氧根守恒可知，沉淀量最大時(shí)加入的氫氧化鈉n（NaOH）=2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]

（2）A點(diǎn)到B點(diǎn)；NaOH與氫氧化鋁反應(yīng)，B點(diǎn)氫氧化鋁完全溶解，根據(jù)反應(yīng)方程式計(jì)算消耗的氫氧化鈉．

本題考查鎂、鋁化合物反應(yīng)的混合計(jì)算，難度中等，關(guān)鍵是根據(jù)圖象分析，明確每一段圖象發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)、知道拐點(diǎn)代表的含義及溶液中溶質(zhì)的成分，結(jié)合方程式對(duì)有關(guān)問(wèn)題進(jìn)行分析．注意守恒思想的運(yùn)用，使計(jì)算簡(jiǎn)化．【解析】Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓；0.3mol/L；0.04mol；0.13mol；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；0.16L17、略

【分析】解：（1）由流程圖轉(zhuǎn)化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體；

a．濃H2SO4不能吸收二氧化硫；故a錯(cuò)誤；

b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大氣，故b錯(cuò)誤；

c．NaOH溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水；不產(chǎn)生新的污染氣體，故c正確；

d．氨水與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨；不產(chǎn)生新的污染氣體，故d正確；故答案為：c；d；

（2）Fe3+遇KSCN溶液變?yōu)檠t色，用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說(shuō)明含有Fe3+；Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗(yàn)，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，故答案為：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，則溶液中存在Fe2+；

（3）由流程圖轉(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應(yīng)置換反應(yīng)生成Al2O3與Cu，反應(yīng)方程式為3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，故答案為：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

（4）原電池正極發(fā)生的是化合價(jià)降低得電子的反應(yīng)，根據(jù)方程式可知是O2得電子，另外，由于H2SO4存在，所以發(fā)生的O2酸性條件下的電極反應(yīng)：4H++O2+4e-═2H2O，故答案為：4H++O2+4e-═2H2O．

（1）由流程圖轉(zhuǎn)化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體，二氧化硫是酸性氧化物，結(jié)合選項(xiàng)中各物質(zhì)的性質(zhì)判斷；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說(shuō)明含有Fe3+；Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗(yàn)；

（3）由流程圖轉(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應(yīng)置換反應(yīng)生成Al2O3與Cu；

（4）根據(jù)原電池原理；正極發(fā)生的是化合價(jià)降低得電子的反應(yīng)．

本題考查了元素化合物銅、氮、鐵、硫的性質(zhì)，掌握常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】cd；Fe3+；另取少量所得溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫紅色褪去；3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；4H++O2+4e-=2H2O18、(1)3Cu＋8H+＋2NO3-═══3Cu2+＋2NO↑＋4H2O

(2)2mol

(3)4mol【分析】【分析】本題考查金屬銅與硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式，并要根據(jù)電子轉(zhuǎn)移計(jì)算反應(yīng)過(guò)程中各物質(zhì)的量，難度較大?！窘獯稹縭m{(1)}銅與硝酸反應(yīng)生成兩種氣體，氣體的相對(duì)分子質(zhì)量都小于rm{50}則可以推出為一氧化氮和二氧化氮，生成一氧化氮的離子方程式為：則可以推出為一氧化氮和二氧化氮，生成一氧化氮的離子方程式為：rm{50}故答案為：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T簍T簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T簍T簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}設(shè)生成的rm{(2)}的物質(zhì)的量為rm{NO}生成的rm{xmol}為rm{NO_{2}}rm{ymol}消耗產(chǎn)生一氧化氮和二氧化氮?dú)怏w完全轉(zhuǎn)化為rm{NaNO_{3}}消耗rm{2L2.0mol/LNaOH}溶液，根據(jù)原子守恒關(guān)系可得rm{n(N)=n(Na)}故rm{x+y=2mol/L隆脕4L}根據(jù)得失電子數(shù)守恒，反應(yīng)過(guò)程中氮的氧化物失去電子的數(shù)目等于氧氣得到電子的數(shù)目可得rm{3x+y=2mol隆脕4}故可得rm{n(NO)=2mol}故答案為：rm{2mol}溶液，根據(jù)原子守恒關(guān)系可得rm{NaNO_{3}}故rm{2L2.0mol/LNaOH}根據(jù)得失電子數(shù)守恒，反應(yīng)過(guò)程中氮的氧化物失去電子的數(shù)目等于氧氣得到電子的數(shù)目可得rm{n(N)=n(Na)}故可得rm{x+y=2mol/L隆脕4L}故答案為：rm{3x+y=2mol隆脕4}rm{n(NO)=2mol}根據(jù)得失電子數(shù)守恒銅失去電子被氮原子得到，生成氮的氧化物，而氮的氧化物失去電子又被氧原子得到，故銅失去的電子數(shù)等于氧原子得到的電子數(shù)，根據(jù)得失電子數(shù)守恒得rm{2mol}故生成的硫酸銅的物質(zhì)的量為rm{(3)}根據(jù)得失電子數(shù)守恒銅失去電子被氮原子得到，生成氮的氧化物，而氮的氧化物失去電子又被氧原子得到，故銅失去的電子數(shù)等于氧原子得到的電子數(shù)，根據(jù)得失電子數(shù)守恒得rm{n(Cu)隆脕2=2mol隆脕4}故生成的硫酸銅的物質(zhì)的量為rm{4mol}故答案為：rm{4mol}故答案為：rm{(3)}rm{n(Cu)隆脕2=2mol隆脕4}【解析】rm{(1)3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T簍T簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(2)2mol}rm{(3)4mol}19、35.6減小350%【分析】【解答】（1）假設(shè)有1molO2，反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率為30%，發(fā)生反應(yīng)的O2為：1mol×30%=0.3mol；

3O22O3

開(kāi)始1mol0

反應(yīng)0.3mol0.2mol

平衡0.7mol0.2mol

故反應(yīng)后所得氣體為0.2molO3和0.7molO2，平均摩爾質(zhì)量為M==35.6g/mol；反應(yīng)正向進(jìn)行；混合氣體的質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減小，所以平均摩爾質(zhì)量減??；

故答案為：35.6；減?。?/p>

（2）3O22O3△V

21

V（O3）（8﹣6.5）L=1.5L

解得：V（O3）=2×1.5L=3L；

故答案為：3；

（3）0.896L混合氣體物質(zhì)的量為=0.04mol，反應(yīng)后固體質(zhì)量增重21.6g﹣20g=1.6g，氣態(tài)全部參與反應(yīng)，設(shè)氧氣、臭氧的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者總質(zhì)量、總物質(zhì)的量，則：

解得：x=0.02，y=0.02，故臭氧的體積分?jǐn)?shù)為×100%=50%；

故答案為：50%．

【分析】（1）先根據(jù)轉(zhuǎn)化率；利用方程式計(jì)算出各自的物質(zhì)的量，然后根據(jù)平均摩爾質(zhì)量等于氣體的總質(zhì)量與總物質(zhì)的量之比；反應(yīng)正向進(jìn)行，混合氣體的質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減??；

（2）根據(jù)氣體差量；利用差量法計(jì)算生成臭氧的體積；

（3）根據(jù)0.896L混合氣體物質(zhì)的量為=0.04mol，氣態(tài)全部參與反應(yīng)，根據(jù)氧氣、臭氧的總質(zhì)量、總物質(zhì)的量列方程計(jì)算各自物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算臭氧的體積分?jǐn)?shù)．20、（或）【分析】【解答】解：相對(duì)分子質(zhì)量為78，碳元素與氫元素的質(zhì)量比為12：1，則該烴分子中含有C、H原子數(shù)分別為：N（C）==6，N（H）==6，該烴的分子式為C6H6；

該烴是一種比水輕的油狀液體，且不能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，則該烴為苯，苯在一定條件下能夠發(fā)生取代反應(yīng)，如

故答案為：（或）．

【分析】先根據(jù)質(zhì)量守恒確定該烴的分子式，然后根據(jù)該烴的化學(xué)性質(zhì)確定其名稱，然后寫出該烴發(fā)生取代反應(yīng)的化學(xué)方程式．21、略

【分析】解：根據(jù)物質(zhì)的量濃度單位為mol?L-1，可得出分子應(yīng)當(dāng)是物質(zhì)的量、分母應(yīng)當(dāng)是體積，因此物質(zhì)的量濃度的計(jì)算公式為c=阿佛加德羅常數(shù)的單位為mol-1，可得出分子應(yīng)當(dāng)是個(gè)數(shù)、分母應(yīng)當(dāng)是物質(zhì)的量，因此物質(zhì)的量濃度的計(jì)算公式為NA=氣體摩爾體積的單位是L?mol-1，可得出分子應(yīng)當(dāng)是體積、分母應(yīng)當(dāng)是物質(zhì)的量，因此物質(zhì)的量濃度的計(jì)算公式為Vm=故答案為：mol?L-1；L?mol-1；．【解析】mol?L-1;L?mol-1;22、A、rm{B}rm{C}rm{E}【分析】【分析】題中涉及反應(yīng)有酯化反應(yīng)以及酯的水解，二者都為取代反應(yīng)，還涉及到羧基的加成以及羥基的消去，據(jù)此進(jìn)行分析解答?！窘獯稹繌膱D示可知rm{A}反應(yīng)烷氧基取代了羥基，屬于取代反應(yīng)，rm{B}反應(yīng)為水中羥基取代了烷氧基，屬于取代反應(yīng)；rm{C}反應(yīng)雙鍵變成了單鍵屬于加成反應(yīng)，rm{D}反應(yīng)形成了雙鍵屬于消去反應(yīng)，rm{F}反應(yīng)形成了雙鍵屬于消去反應(yīng)，rm{E}反應(yīng)雙鍵變成了單鍵屬于加成反應(yīng)，故填：rm{A}rm{B}rm{C}rm{E}【解析】A、rm{B}rm{C}rm{E}23、2；0.005；80%【分析】解：rm{(1)}實(shí)驗(yàn)rm{1}和實(shí)驗(yàn)rm{2}比較，溫度、起始物質(zhì)的量均相同，實(shí)驗(yàn)rm{2}達(dá)到平衡的時(shí)間少，則實(shí)驗(yàn)rm{2}中使用了催化劑，故答案為：rm{2}

rm{(2)v(HI)=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{dfrac{1mol-0.8mol}{2L}}{10min}=0.01mol/(L.min)}由速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知rm{(2)v(HI)=dfrac{triangle

c}{trianglet}=dfrac{dfrac

{1mol-0.8mol}{2L}}{10min}=0.01mol/(L.min)}的平均反應(yīng)速率為rm{0.01mol/(L.min)隆脕dfrac{1}{2}=0.005mol/(L.min)}

故答案為：rm{H_{2}}

rm{0.01mol/(L.min)隆脕dfrac

{1}{2}=0.005mol/(L.min)}由表格數(shù)據(jù)可知，rm{0.005}起始的物質(zhì)的量為rm{(3)}平衡時(shí)的物質(zhì)的量為rm{HI}則rm{1.0mol}轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac{1.0mol-0.2mol}{1.0mol}隆脕100%=80%}故答案為：rm{0.2mol}．

rm{HI(g)}實(shí)驗(yàn)rm{dfrac

{1.0mol-0.2mol}{1.0mol}隆脕100%=80%}和實(shí)驗(yàn)rm{80%}比較，溫度、起始物質(zhì)的量均相同，實(shí)驗(yàn)rm{(1)}達(dá)到平衡的時(shí)間少；

rm{1}結(jié)合rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計(jì)算rm{2}的反應(yīng)速率，再結(jié)合速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算rm{2}的平均反應(yīng)速率；

rm{(2)}由表格數(shù)據(jù)可知，rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}起始的物質(zhì)的量為rm{HI}平衡時(shí)的物質(zhì)的量為rm{H_{2}}以此計(jì)算．

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握表格中數(shù)據(jù)、平衡時(shí)物質(zhì)的量、速率及轉(zhuǎn)化率計(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)的分析與應(yīng)用，題目難度不大．rm{(3)}【解析】rm{2}rm{0.005}rm{80%}四、判斷題(共4題，共16分)24、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算．25、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡(jiǎn)稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物．26、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol27、B【分析】【解答】解：某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說(shuō)明該有機(jī)物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說(shuō)明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)28、略

【分析】【分析】

（1）本實(shí)驗(yàn)是由實(shí)驗(yàn)①做對(duì)比實(shí)驗(yàn)探究影響反應(yīng)速率的因素，所以在設(shè)計(jì)分組實(shí)驗(yàn)時(shí)，要設(shè)計(jì)出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時(shí)反應(yīng)速率的變化，從而找出不同外界因素對(duì)反應(yīng)速率的影響。由于實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，故實(shí)驗(yàn)③的溫度選擇308K，實(shí)驗(yàn)①和實(shí)驗(yàn)④探究接觸面積對(duì)該反應(yīng)速率的影響，故實(shí)驗(yàn)④選擇細(xì)顆粒的大理石；

（2）依據(jù)裝置特點(diǎn)分析氣密性的檢查方法；

（3）化學(xué)反應(yīng)速率通常用單位時(shí)間內(nèi)濃度的變化量來(lái)表示。根據(jù)圖像可以計(jì)算出70至90s內(nèi)生成的CO2的體積；然后根據(jù)反應(yīng)式可計(jì)算出消耗的硝酸的物質(zhì)的量，最后計(jì)算其反應(yīng)速率；

（4）根據(jù)反應(yīng)物的用量計(jì)算生成CO2的最大質(zhì)量；根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素比較實(shí)驗(yàn)②；③和④反應(yīng)速率大??；以此判斷曲線斜率大小，畫出圖像；

【詳解】

（1）由實(shí)驗(yàn)?zāi)康目芍?；探究濃度；溫度、接觸面積對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，則實(shí)驗(yàn)①②的溫度、大理石規(guī)格相同，只有濃度不同，實(shí)驗(yàn)①③中只有溫度不同，實(shí)驗(yàn)①④中只有大理石規(guī)格不同；

故答案為（從上到下；從左到右順序）：298；粗顆粒；1.00；308；粗顆粒；2.00；298；細(xì)顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關(guān)閉分液漏斗活塞，向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞，若一段時(shí)間后松開(kāi)手，活塞又回到原來(lái)的位置，則證明裝置氣密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的質(zhì)量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據(jù)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質(zhì)的量為：n(HNO3)=＝mol；

③溶液體積為25mL＝0.025L，所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反應(yīng)的時(shí)間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內(nèi)的平均反應(yīng)速率為：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）實(shí)驗(yàn)②、③和④所用大理石的質(zhì)量均為10.00g，其物質(zhì)的量為=0.1mol，實(shí)驗(yàn)①、③和④所用硝酸的量相同均為：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質(zhì)量按硝酸計(jì)算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，實(shí)驗(yàn)②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石過(guò)量，反應(yīng)生成的CO2的質(zhì)量為0.025mol×44g/mol=0.55g；

實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應(yīng)越快，故曲線斜率①>②；

實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，且溫度③高于①，溫度越高反應(yīng)越快，故曲線斜率③>①；

實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對(duì)該反應(yīng)速率的影響