2024年统编版2024高二化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年统编版2024高二化学下册月考试卷765考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构与白磷（P4）相同，如图所示，已知断裂1molN-N键吸收167KJ能量，生成1mol放出942KJ能量，根据以上信息和数据判断下列说法正确的是（）A.N4分子是一种新型化合物B.N4和N2互为同素异形体C.N4比N2稳定D.1molN4转变为N2将吸收882KJ的能量2、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=aKJ·mol-1,其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6下列说法中正确的是A.该反应的正反应为吸热反应，即a>0B.当υ正(H2)=υ正(H2O)时，该反应达到化学平衡状态C.当其他条件不变时，若缩小容器的体积，则有利于该反应平衡正向移动D.当平衡浓度符合c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时的温度为830℃、、3、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}在敞口容器中将金属钠投入到rm{FeC1_{2}}溶液中。

rm{垄脷}向rm{AlCl_{3}}溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液。

rm{垄脹}向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸。

rm{垄脺}向rm{NaAlO_{2}}溶液中通入过量rm{CO_{2}}

rm{垄脻}向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入过量rm{CO_{2}}．A.rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}B.只有rm{垄脵垄脺}C.只有rm{垄脷垄脹}D.只有rm{垄脹垄脺垄脻}4、在一定温度下，将气体rm{X}和气体rm{Y}各rm{0.16mol}充入rm{10L}恒容密闭容器中，发生反应rm{X(g)+Y(g)?}rm{2Z(g)}rm{娄陇H<0}一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表；下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.其他条件不变，再充入rm{0.2molZ}平衡时rm{X}的体积分数不变B.rm{0隆芦2min}的平均速率rm{v(Z)=2.0隆脕10^{-3}mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}C.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前rm{v(}正rm{)<v(}逆rm{)}D.该温度下此反应的平衡常数rm{K=144}5、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在rm{1nm隆芦100nm}之间B.rm{NH_{3}}的沸点高于rm{PH_{3}}是因为rm{N-H}键能大于rm{P-H}键能C.金属阳离子只存在于离子晶体中D.由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物6、如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法正确的是A.电源B极是正极B.(甲)、(乙)装置的E.F电极均有单质生成，其物质的量比为1:2:2:2C．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D．装置(丁)中X极附近红褐色不变E.F电极均有单质生成，其物质的量比为1:2:2:2C．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D．装置(丁)中X极附近红褐色不变7、一定量的盐酸跟少量的铁粉反应，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量；可向盐酸中加入（）

A.KNO3溶液。

B.NaCl溶液。

C.锡粉。

D.硫酸。

8、食用下列食品，通常不会对人体造成危害的是rm{(}rm{)}A.用甲醛溶液浸泡的海鲜品B.牛奶经工业发酵后得到的酸奶rm{陋陇}C.加有苏丹红Ⅰ号调色剂的鲜辣酱D.二氧化硫熏制后的白面粉rm{陋楼}评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)9、两种气态烃以任意比例混合，在rm{105隆忙}时rm{1L}该混合烃与rm{9L}氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是rm{10L.}下列各组混合烃中不符合此条件的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{4}}rm{C_{2}H_{4}}B.rm{CH_{4}}rm{C_{3}H_{6}}C.rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{3}H_{4}}D.rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{3}H_{6}}10、rm{25隆忙}时，取浓度均为rm{0.1mol/L}的醋酸溶液和氨水溶液各rm{20mL}分别用rm{0.1mol/LNaOH}溶液、rm{0.1mol/L}盐酸进行中和滴定，滴定过程中，rm{pH}随着滴加溶液的体积变化如图所示rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.曲线Ⅱ：滴加溶液到rm{10mL}时：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}B.曲线Ⅱ：滴加溶液到rm{10mL}时：rm{c(CH_{3}COO^{-})-c(CH_{3}COOH)篓T2[c(OH^{-})-c(H^{+})]}C.曲线Ⅰ：滴加溶液在rm{10mL-20mL}之间存在：rm{c(Cl^{-})篓Tc(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})篓Tc(H^{+})}D.曲线Ⅰ：滴加溶液到rm{20mL}时：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(NH_{3}?H_{2}O)>c(OH^{-})}11、下列各化合物的命名中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{2}=C(CH_{3})-CH=CH_{2}}rm{2-}甲基rm{-1}rm{3-}二丁烯B.rm{1}rm{3}rm{4-}三甲苯C.rm{CH_{3}CH_{2}C隆脭CCH_{2}}rm{CH}rm{(CH_{3})_{2}}rm{6-}甲基rm{-3-}庚炔D.rm{2-}甲基丁烷12、下列仪器使用正确的是A.在表面皿蒸发浓缩rm{NaCl}溶液B.用带玻璃塞的试剂瓶盛盐酸C.使用漏斗、滤纸、玻璃棒等进行过滤实验D.配制rm{100mL}浓度为rm{0.10mol隆陇L^{-1}NaCl}溶液时，在容量瓶中溶解、定容13、H2在O2中燃烧的反应为：2H2+O22H2O，反应前后不发生变化的是（）A.分子数目B.物质的种类C.物质的总质量D.原子数目14、下列物质不能发生消去反应的是（）A.CH3CH2IB.CH3OHC.（CH3）3COHD.（CH3）3C-CH2C115、下列实验操作中正确的是（）A.制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热B.实验室制取硝基苯：先加入浓硫酸，再加苯，最后滴入浓硝酸C.鉴别甲苯和苯：向甲苯和苯中分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是否褪色D.检验卤代烃中的卤原子：加入NaOH溶液共热，然后加入稀硝酸至溶液呈酸性，再加AgNO3溶液，观察沉淀的颜色16、下列有关实验的设计可行的是rm{(}rm{)}A.装置甲：用rm{CCl_{4}}萃取碘水中的碘B.装置乙：用于从酒精水溶液中制取无水乙醇C.装置丙：验证盐酸、碳酸、苯酚溶液的酸性D.装置丁：用乙酸、乙醇制取乙酸乙酯17、下列实验方法能够实现的是rm{(}rm{)}A.用rm{10ml}量筒量取rm{7.5ml}稀盐酸B.用托盘天平称取rm{25.20gNaCl}晶体C.用蒸发结晶的方法由硫酸铜溶液制取蓝帆D.用rm{100ml}容量瓶配置rm{0.5mol/l}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、“立方烷”是新合成的一种有机烃，它具有如图所示的碳架结构：（1）立方烷的分子式为________________；（2）它的二氯代物共有_________种同分异构体；（3）与立方烷互为同分异构体的芳香烃的结构简式为_________________。19、一定温度下有：rm{a.}盐酸rm{b.}硫酸rm{c.}醋酸三种酸rm{.(}以下所有空用字母rm{a}rm{b}rm{c}及rm{>}rm{<}和rm{=}表示rm{)}

rm{(1)}当其物质的量浓度相同时，rm{c(H^{+})}由大到小的顺序是______．

rm{(2)}同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和rm{NaOH}能力的顺序是______．

rm{(3)}当rm{c(H^{+})}相同、体积相同时，同时加入锌，若产生相同体积的rm{H_{2}(}相同状况rm{)}则开始时的反应速率______，反应所需时间______．

rm{(4)}将rm{c(H^{+})}相同的三种酸均稀释rm{10}倍后，rm{c(H^{+})}由大到小的顺序是______．20、有rm{E}rm{Q}rm{T}rm{X}rm{Z}五种前四周期元素，原子序数rm{E<Q<T<X<Z}rm{E}rm{Q}rm{T}三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且rm{I_{1}(E)<I_{1}(T)<I_{1}(Q)}其中基态rm{Q}原子的rm{2p}轨道处于半充满状态，且rm{QT_{2}^{+}}与rm{ET_{2}}互为等电子体。rm{X}为周期表前四周期中电负性最小的元素，rm{Z}的原子序数为rm{28}请回答下列问题rm{(}答题时如需表示具体元素，请用相应的元素符号rm{)}rm{(1)Q}的简单氢化物极易溶于rm{T}的简单氢化物，其主要原因有______________________。rm{(2)}化合物甲由rm{T}rm{X}两元素组成，其晶胞如图，甲的化学式为____________________。rm{(3)}化合物乙的晶胞如图，乙由rm{E}rm{Q}两元素组成，硬度超过金刚石。rm{垄脵}乙的晶体类型为________，其硬度超过金刚石的原因是______________________。rm{垄脷}乙的晶体中rm{E}rm{Q}两种元素原子的杂化方式均为________。21、Fe3+和I-在水溶液中的反应为:2I-+2Fe3+2Fe2++I2(水溶液)。该反应的平衡常数K的表达式为K=。当上述反应达到平衡状态后,加入CCl4萃取I2,且温度不变,上述平衡移动(填“向右”“向左”或“不”)。22、（10分）在实验室中做下列实验：把物质A、B按一定比例充入一个表面积为300容积为2L的球形容器，使压强为P，然后将整个容器用加热器加热到t℃时，发生如下反应：2A（g）＋B（g）2C（g）；H＝-180kJ·（1）若平均每分钟生成0.5mol的C，则此反应速率可表示为v（C）＝____________；若容器表面向外散热速率平均为400J··为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供________kJ的热量；（2）反应过程中A（g）、B（g）、C（g）物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是___________。A．10～15min可能是加入了正催化剂B．10～15min可能是降低了温度C．20min时可能是缩小了容器体积D．20min时可能是增加了B的量23、溴苯是一种化工原料，实验室合成溴体的装置示意图及有关数据如下：

按下列合成步骤回答问题：rm{(1)}在rm{a}中加入rm{15mL}无水苯和少量铁屑，在rm{b}中小心加入rm{4.0mL}液态溴，向rm{a}中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了______气体，继续滴加至液溴滴完。装置rm{d}的作用是______；rm{(2)}液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：rm{垄脵}向rm{a}中加入rm{10mL}水，然后过滤除去未反应的铁屑；rm{垄脷}滤液依次用rm{10mL}水、rm{8mL10%}的rm{NaOH}溶液、rm{10mL}水洗涤。rm{NaOH}溶液洗涤的作用是______；rm{垄脹}向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是______；rm{(3)}经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为______，要进一步提纯，下列操作中必须的是______rm{(}填序号rm{)}A.重结晶rm{B.}过滤rm{C.}蒸馏rm{D.}萃取rm{(4)}在该实验中，rm{a}的容积最适合的是______rm{(}填序号rm{)}A.rm{25mL}rm{B.50mL}rm{C.250mL}rm{D.500mL}24、在一定温度下，将rm{2mol}rm{A}和rm{2mol}rm{B}两种气体混合于rm{2L}密闭容器中，发生反应rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}rm{2min}末反应达到平衡状态，生成rm{0.8mol}rm{D}并测得rm{C}的浓度为rm{0.4mol/L.}由此推断：

rm{(1)x}值等于______；

rm{(2)A}的转化率为______；

rm{(3)B}的平衡浓度为______rm{mol/L}．评卷人得分四、推断题(共3题，共24分)25、为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣rm{(}铁主要以rm{Fe_{2}O_{3}}存在rm{)}转变成重要的化工原料rm{FeSO_{4}(}反应条件略rm{)}已知rm{Fe^{3+}}的水解程度大于rm{Fe^{2+}}的水解程度，请回答下列问题：rm{(1)}第Ⅰ步rm{H_{2}SO_{4}}与rm{Fe_{2}O_{3}}反应的离子方程式是____________________________________________。rm{(2)}检验第Ⅱ步中rm{Fe^{3+}}是否完全还原，应选择________rm{(}填字母编号rm{)}rm{A.KMnO_{4}}溶液rm{B.K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液rm{C.KSCN}溶液rm{(3)}第Ⅲ步加rm{FeCO_{3}}调溶液rm{pH}到rm{5.8}左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液rm{pH}降到rm{5.2}此时rm{Fe^{2+}}不沉淀，滤液中铝、硅杂质除尽。通入空气引起溶液rm{pH}降低的原因是______________________________。rm{(4)FeSO_{4}}可转化为rm{FeCO_{3}}rm{FeCO_{3}}在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。已知rm{25隆忙}rm{101kPa}时：

rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)}rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)

=2Fe_{2}O_{3}(s)}rm{DeltaH=隆陋1648kJ/mol}rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{DeltaH=隆陋393kJ/mol}rm{2Fe(s)+2C(s)+3O_{2}(g)=2FeCO_{3}(s)}rm{DeltaH=隆陋1480kJ/mol}在空气中加热反应生成rm{FeCO_{3}}的热化学方程式是____________________。rm{Fe_{2}O_{3}}在一定条件下可制得rm{(5)FeSO_{4}}二硫化亚铁rm{FeS_{2}(}纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为rm{4Li+FeS_{2}=Fe+2Li_{2}S}正极反应式是_______________。rm{)}26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为可溶于水的固体；组成它们的离子有。

。阳离子rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Ba^{2+}Fe^{3+}}阴离子rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}rm{CO;_{3}^{2-}}rm{SO;_{4}^{2-}}rm{HSO;_{4}^{-}}分别取它们的水溶液进行实验；结果如下：

rm{垄脵A}溶液与rm{C}溶液反应既生成白色沉淀又有气体生成，沉淀可溶于rm{B}溶液；

rm{垄脷A}溶液与适量rm{D}溶液反应生成白色沉淀，加入过量rm{D}溶液；沉淀量减少，但不消失；

rm{垄脹B}溶液中加少量rm{D}溶液有白色沉淀生成；此沉淀不溶于盐酸；

rm{垄脺C}溶液与rm{D}溶液反应生成白色沉淀；沉淀可溶于盐酸；

rm{垄脻D}溶液与rm{E}溶液反应生成红褐色沉淀，沉淀可溶于rm{B}溶液；

据此回答下列问题。

rm{(1)B}______；rm{C}______；rm{E}______．

rm{(2)}写出rm{A}溶液与过量rm{D}溶液反应的离子反应方程式：______．27、已知在同温同压下气态烃rm{A}的密度是氢气的rm{14}倍，rm{D}是具有果香气味的物质rm{.A}rm{B}rm{C}rm{D}在一定条件下存在如图转化关系rm{(}部分反应条件、产物被省略rm{)}．

rm{(1)A}物质的空间构型为____rm{.}

rm{(2)}写出反应的化学方程式。

rm{垄脵A隆煤B}____反应类型：____

rm{垄脷B}在rm{Cu}作催化剂的情况下可发生反应，其化学方程式为____反应类型：____．评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)28、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．29、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．30、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。31、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】试题分析：A、N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；B、依据题意N4是分子，同位素研究的对象是原子，N4与N2互称为同素异形体，故B正确；C、根据键能分析，键能越大键越牢固，分子越稳定，所以N2化学性质比N4稳定，故C错误；D、1molN4气体转变为2molN2，1molN4气体断键吸收167×6=1002kJ，生成2molN2成键放出942×2=1884kJ，△H=1002-1884=-882kJ/mol，所以反应放热882kJ热量，故D错误。考点：反应热计算，同素异形体等。【解析】【答案】B2、A|D【分析】【解析】AD试题分析：根据表中数据可知，随着温度的升高K值是增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，因此正方应是吸热反应，A正确；B中反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此B中的关系始终是成立，不正确。该反应是体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动，C不正确；根据平衡常数的表达式可知，如果c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，则此时K＝1，所以选项D正确，答案选AD。考点：考查平衡状态和平衡常数的判断、外界条件对平衡状态的影响【解析】【答案】3、D【分析】解：rm{垄脵}金属钠投入到烧杯中的rm{FeCl_{2}}溶液中，发生的反应为：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{2NaOH+FeCl_{2}=Fe(OH)_{2}隆媒+2NaCl}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误；

rm{垄脷}发生的反应是：rm{3OH+Al^{3+}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{AlOH_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}所以最终没有沉淀生成，故错误；

rm{垄脹Na_{2}SiO_{3}}溶液中通入过量盐酸，二者反应生成白色不溶物硅酸，反应方程式为rm{Na_{2}SiO_{3}+2HCl=H_{2}SiO_{3}隆媒+2NaCl}所以有白色沉淀生成，故正确；

rm{垄脺}向rm{NaAlO_{2}}溶液中通入过量rm{CO_{2}}溶液发生的反应为：rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}氢氧化铝是白色沉淀，故正确；

rm{垄脻}向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入足量rm{CO_{2}}发生的反应为：rm{Na_{2}CO_{3}+H_{2}O+CO_{2}=2NaHCO_{3}}碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入足量rm{CO_{2}}会析出碳酸氢钠晶体；所以产生白色沉淀，故正确．

故选D．

rm{垄脵}钠和水反应生成氢氧化钠；与氯化亚铁生成氢氧化亚铁，最终生成红褐色沉淀；

rm{垄脷}氢氧化钠过量；可生成偏铝酸钠；

rm{垄脹}生成硅酸沉淀；

rm{垄脺}生成氢氧化铝沉淀；

rm{垄脻}生成溶解度较小的碳酸氢钠．

本题考查了物质间的反应，为高频考点和常见题型，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，熟练掌握元素化合物之间的反应，题目难度不大．【解析】rm{D}4、A【分析】略【解析】rm{A}5、A【分析】解：rm{A.}胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在rm{1-100nm}之间，溶液的粒子直径小于rm{1nm}浊液的微粒直径大于rm{100nm}故A正确；

B.rm{NH_{3}}分子之间存在氢键，rm{PH_{3}}分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故rm{NH_{3}}沸点比rm{PH_{3}}高；故B错误；

C.离子晶体由阴；阳离子通过离子键形成；金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，所以金属阳离子可存在于离子晶体中，也可存在于金属晶体中，故C错误；

D.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如rm{NH_{4}Cl}是由非金属元素组成得离子化合物；故D错误；

故选A．

A.胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；

B.rm{NH_{3}}分子之间存在氢键；沸点高；

C.离子晶体由阴；阳离子通过离子键形成；金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成；

D.非金属元素可组成离子化合物．

本题主要考查了胶体、氢键、晶体等知识，掌握相关的知识点是解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{A}6、B【分析】试题分析：题中F极附近显红色，是由于氢离子放电，OH-浓度增大，则F极为阴极，C极为阳极，从而A极为正极，B为负极；甲乙两池转移的电子数相等，C极反应式4OH-+4e-=2H2O+O2↑,D极反应式为Cu2++2e-=Cu，E极反应式为2Cl—+2e-=Cl2↑，F极反应式为2H++2e-=H2↑其物质的量为1：2：2：2；欲用丙给铜镀银，则铜应作阴极；丁装置为胶体的电泳实验，Fe（OH）3胶体吸附阳离子带正电荷，所以X极附近红褐色变浅。考点：电解原理。【解析】【答案】B7、B【分析】

A、加入KNO3溶液；酸性条件下硝酸根具有强氧化性，铁与硝酸反应不能生成氢气，导致生成氢气总量减小，故A错误；

B、加入NaCl溶液，H+浓度降低；反应速率降低，不影响生成氢气的总量，故B正确；

C；加入锡粉构成原电池；反应加快，故C错误；

D、加入硫酸，如导致H+浓度增大；则反应速率加快，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】铁与盐酸反应本质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，一定量的盐酸跟少量的铁粉反应，铁粉不足，减缓反应速率但不影响生成H2的总量，应降低H+浓度；但不能影响与酸反应生成氢气的铁粉的质量，结合物质的性质解答．

8、B【分析】【分析】

本题考查了食品安全与化学知识的联系；侧重于基础知识的考查，题目难度不大。

A.根据甲醛可破坏蛋白质的结构性质考虑判断；rm{B.}根据酸奶的成分和发酵的过程进行分析；rm{C.}苏丹红Ⅰ号具有致癌性；rm{D.}根据二氧化硫是有毒气体判断。

【解答】

A.甲醛有毒；能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故A错误；

B.酸奶不但保留了牛奶的所有优点；而且某些方面经加工过程还扬长避短，成为更加适合于人类的营养保健品，故B正确；

C.苏丹红Ⅰ号是一种工业染料；常用于鞋油和蜡烛等工业产品的染色，对人体可能致癌，故C错误；

D.二氧化硫是有毒气体；能危害人体健康，不能用来熏制面粉，故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}二、双选题(共9题，共18分)9、rBD【分析】解：设有机物的平均式为rm{C_{x}H_{y}}则有：rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}有机物燃烧前后体积不变，则。

rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}}rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac

{y}{4})O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}

即混合气中平均含有rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac

{y}{2}}原子数为rm{y=4}

A.rm{H}rm{4}中rm{CH_{4}}原子数都为rm{C_{2}H_{4}}平均值为rm{H}符合题意，故A不选；

B.rm{4}rm{4}中rm{CH_{4}}原子数分别为rm{C_{3}H_{6}}rm{H}平均值不可能为rm{4}故B选；

C.rm{6.}rm{4}中rm{C_{2}H_{4}}原子数都为rm{C_{3}H_{4}}平均值为rm{H}符合题意，故C不选；

D.rm{4}rm{4}原子数分别为rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{3}H_{6}H}只有rm{2}rm{6}混合才能使平均值为rm{1}不符合以任意比例混合的要求，故D选．

故选：rm{1}．

有机物燃烧前后体积不变，可设有机物的平均式为rm{4}根据燃烧的方程式计算分子组成特点，进而进行推断．

本题考查有机物的确定，题目难度中等，注意根据有机物燃烧的方程式，用平均值法计算．rm{BD}【解析】rm{BD}10、rBC【分析】解：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线rm{I}的rm{pH>7}说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线rm{II}的rm{pH<7}说明属于碱滴定酸溶液；

A.曲线rm{II}为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液到rm{10mL}时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液显酸性，所以rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故A正确；

B.曲线rm{II}为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液到rm{10mL}时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液中存在物料守恒rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)=2c(Na^{+})}溶液中存在电荷守恒rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}所以得rm{c(CH_{3}COO^{-})-c(CH_{3}COOH)=2[c(H^{+})-c(OH^{-})]}故B错误；

C.曲线rm{I}为酸滴定碱溶液，当滴加溶液在rm{10mL-20mL}之间，溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，则rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}故C错误；

D.曲线rm{I}为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到rm{20mL}时，溶液中的溶质是氯化铵，溶液呈酸性，则rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在电荷守恒rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}所以得rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}盐类水解程度较小，水电离出氢离子，所以离子浓度大小顺序是rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(NH_{3}?H_{2}O)>c(OH^{-})}故D正确；

故选BC．

根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线rm{I}的rm{pH>7}说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线rm{II}的rm{pH<7}说明属于碱滴定酸溶液；

A.曲线rm{II}为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液到rm{10mL}时；溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液显酸性；

B.曲线rm{II}为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液到rm{10mL}时；溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，结合物料守恒及电荷守恒分析；

C.曲线rm{I}为酸滴定碱溶液，当滴加溶液在rm{10mL-20mL}之间；溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨；

D.曲线rm{I}为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到rm{20mL}时；溶液中的溶质是氯化铵，铵根离子水解，且水解程度很弱．

本题考查了酸碱混合溶液定性判断，把握滴定曲线的判断及溶液中的溶质、电荷守恒和物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．【解析】rm{BC}11、CD【分析】解：rm{A}rm{CH_{2}=C(CH_{3})-CH=CH_{2}}结构中含有rm{2}个碳碳双键，是二烯烃，正确的名称为rm{2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯；故A错误；

B、苯的同系物命名时，要从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行编号，使侧链的位次和最小，故三个甲基分别在rm{1}rm{2}rm{4}号碳原子上，故名称为rm{1}rm{2}rm{4-}三甲基苯；故B错误；

C、炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有rm{7}个碳原子，故为庚炔，从离官能团近的一端给主链上碳原子编号，故在rm{3}号和rm{4}号碳原子间有碳碳三键，在rm{6}号碳原子上有一个甲基，故名称为rm{6-}甲基rm{-3-}庚炔；故C正确；

D、烷烃命名时，要选择最长的碳链为主链，故主链上有四个碳原子，故为丁烷，从离支链近的一端给主链上碳原子进行编号，故在rm{2}号碳原子上有一个甲基，故为rm{2-}甲基丁烷；故D正确；

故选CD．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{1)}命名要符合“一长；一近、一多、一小”；也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；

rm{2)}有机物的名称书写要规范；

rm{3)}对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名．

rm{4)}含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】rm{CD}12、BC【分析】rm{拢脹}分析rm{拢脻}本题考查化学实验的基本操作和常见仪器的使用，要求学生知道常见蒸发、过滤、一定物质的量浓度溶液配制的方法和所用仪器，知道常见物质的保存方法。难度一般。rm{拢脹}解答rm{拢脻}rm{A}项蒸发浓缩溶液，应在蒸发皿中进行，故A错误；rm{B}项盐酸不会与玻璃中的二氧化硅反应，可以用玻璃塞，故B正确；rm{C}项过滤需要烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等进行实验，故C正确；rm{D}项配制rm{100mL}浓度为rm{0.10mol隆陇L^{-1}NaCl}溶液时，应在烧杯中溶解后转移至容量瓶中定容，故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}13、C|D【分析】解：质量守恒定律：在化学反应中；参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和．再根据其意义：元素的种类；原子的数目、原子的种类在反应前后不变．由此可知：在该反应中，物质的总质量、原子数目在反应前后不会发生变化，分子数目和物质的种类在反应前后发生了变化；

故选CD．

根据质量守恒定律的内容可知；在化学反应前后肯定没有发生变化的是：物质的总质量；元素的种类、原子的种类和原子的数目．

本题考查质量守恒定律，难度不大，要注意把握质量守恒定律的实质．【解析】【答案】CD14、B|D【分析】解：A；能发生消去反应生成乙烯；故A不选；

B；甲醇只含有1个碳原子；不能消去，故B选；

C；能发生消去反应生成2-甲基-1-丙烯；故不选；

D；与卤素原子相连C的邻位C上不含H；不能发生消去反应，故D选；

故选BD．

醇：与-OH相连C的邻位C上不含H；不能发生消去反应；

氯代烃：与卤素原子相连C的邻位C上不含H；不能发生消去反应，结合此概念以及选项做出判断即可．

本题考查有机物的结构与性质，侧重醇以及氯代烃消去反应的考查，明确消去反应发生的条件是解题关键．【解析】【答案】BD15、C|D【分析】解：A．制取溴苯的原料为：铁屑；液溴和苯；苯与溴水不反应，故A错误；

B．把浓硫酸缓缓注入到浓硝酸中并及时搅拌冷却；最后逐滴加入苯，边加边振荡，使混酸与苯混合均匀，故B错误；

C．甲苯与高锰酸钾反应；能使高锰酸钾溶液褪色，苯与高锰酸钾不反应，故C正确；

D．检验卤代烃中的卤原子：加入NaOH溶液共热，卤代烃水解生成卤离子，然后加入稀硝酸至溶液呈酸性，再加AgNO3溶液；观察沉淀的颜色，故D正确；

故选CD．

A．制取溴苯的原料为：铁屑；液溴和苯；

B．浓硫酸缓缓注入到浓硝酸中；最后加苯；

C．甲苯与高锰酸钾反应；苯与高锰酸钾不反应；

D．检验溴乙烷中溴元素；应在碱性条件下水解，最后加入硝酸酸化，加入硝酸银．

本题考查了有机实验的基本操作，涉及物质的制备、鉴别、检验等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．【解析】【答案】CD16、rAB【分析】解：rm{A.}碘不易溶于水；易溶于四氯化碳，则装置甲萃取；分液可分离碘水中的碘，故A正确；

B.酒精与水的沸点不同；则装置乙蒸馏可从酒精水溶液中制取无水乙醇，故B正确；

C.盐酸易挥发；盐酸与苯酚钠反应，不能比较碳酸与苯酚的酸性，故C错误；

D.乙酸乙酯与rm{NaOH}反应；应选饱和碳酸钠溶液，故D错误；

故选AB．

A.碘不易溶于水；易溶于四氯化碳；

B.酒精与水的沸点不同；

C.盐酸易挥发；盐酸与苯酚钠反应；

D.乙酸乙酯与rm{NaOH}反应．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{AB}17、rAD【分析】解：rm{A.}规格为rm{10mL}的量筒的最小读数为rm{0.1mL}可用rm{10mL}量筒量取rm{7.5mL}稀盐酸；故A正确；

B.托盘天平的最小读数为rm{0.1g.}无法用托盘天平称取rm{25.20gNaCl}晶体；故B错误；

C.需要通过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；不能直接蒸发结晶，故C错误；

D.可以用规格为rm{100mL}的容量瓶配制rm{0.5mol/L}的碳酸钠溶液；故D正确；

故选AD．

A.rm{10mL}量筒的最小读数为rm{0.1mL}

B.托盘天平只能读到rm{0.1}无法称量出rm{0.01g}氯化钠；

C.蒸发结晶无法得到含有结晶水的蓝帆；

D.可以用rm{100mL}的容量瓶配制rm{0.5mol/L}的碳酸钠溶液．

本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题培养了学生的化学实验能力．【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】根据键线式的特点并依据碳原子的四价理论可知立方烷的分子式为C8H8。由于分子中8个氢原子完全是相同的，所以其二氯代物有3种，分别是棱相邻的碳原子、面对角线的碳原子和体心对角线的碳原子。芳香烃必须含有苯环，所以根据立方烷的分子式可得出其芳香烃的结构简式为【解析】【答案】（1）C8H8（2）3（3）19、(1)b>a>c(2)b>a=c(3)a=b=cc＜a=b(4)c>a=b【分析】【分析】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，知道反应过程、稀释构成中醋酸都不断电离出氢离子，反应速率只与氢离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点，题目难度不大。

【解答】rm{(1)}盐酸和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中rm{c(H^{+})=c(HCl)}硫酸是二元酸，硫酸溶液中rm{c(H^{+})=2c(H_{2}SO_{4})}醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中rm{c(H^{+})<c(CH_{3}COOH)}则当三种酸物质的量浓度相同时，rm{c(H^{+})}由大到小的顺序是rm{b>a>c}故答案为：rm{b>a>c}rm{b>a>c}同体积同物质的量浓度的三种酸，三种酸rm{(2)}盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的rm{n(HCl)=n(CH_{3}COOH)=n(H_{2}SO_{4})}倍，中和rm{2}能力由大到小的顺序是rm{NaOH}故答案为：rm{b>a=c}rm{b>a=c}rm{b>a=c}rm{(3)}相同、体积相同时，同时加入形状、质量、密度相同的锌，则开始时反应速率的大小关系是与锌反应时产生氢气的速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大，反应速率越大，当rm{c(H}rm{+)}相同、体积相同时，同时加入形状、质量、密度相同的锌，则开始时反应速率的大小关系是rm{a=b=c}反应过程中，醋酸不断电离，氢离子浓度较大，反应速率较快，用时短。反应所需时间的长短关系是rm{a=b>c}故答案为：rm{a=b=c}rm{c}反应过程中，醋酸不断电离，氢离子浓度较大，反应速率较快，用时短。反应所需时间的长短关系是rm{c(H}故答案为：rm{+)}rm{a=b=c}rm{a=b>c}rm{a=b=c}rm{c}rm{<}rm{<}相同的三种酸均稀释相同倍数，盐酸、硫酸的变化相同，但醋酸为弱酸，促进电离，稀释相同的倍数时，其rm{a=b}由大到小的顺序为rm{a=b}故答案为：rm{(4)}将rm{c(H}【解析】rm{(1)b>a>c}rm{(2)b>a=c}rm{(3)a=b=c}rm{c}rm{<}rm{<}rm{a=b}rm{(4)c>a=b}20、(1)这两种氢化物均为极性分子、相互之间能形成氢键(2)KO2(3)①原子晶体C—N键的键长小于C—C键，键能大于C—C键②sp3【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及电子式、电子排布式的书写、氢键、晶胞的计算及晶体的性质，题目难度中等，本题易错点为rm{(4)}注意杂化类型的判断。注意杂化类型的判断。rm{(4)}【解答】rm{E}、rm{E}三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，应位于周期表同一周期，基态、rm{Q}、rm{T}三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，应位于周期表同一周期，基态rm{Q}rm{Q}rm{Q}rm{T}元素，rm{T}rm{Q}原子的rm{2p}rm{2p}轨道处于半充满状态，则原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}，应为rm{N}元素，rm{N}rm{I}rm{I}rm{1}rm{1}且原子序数rm{(E)}则rm{(E)}应为rm{<}rm{I}元素，rm{<}rm{I}rm{I}rm{1}rm{1}互为等电子体rm{(T)}则rm{(T)}应为rm{<}rm{I}元素，rm{<}与rm{I}的电子数都为rm{I}rm{1}为周期表前四周期中电负性最小的元素，应为rm{1}元素，rm{(Q)}的原子序数为rm{(Q)}为，元素，rm{E<Q<T}的简单氢化物和的简单氢化物分别为rm{T}rm{O}两种分子立体构型相似，都为极性分子，并且rm{QT}rm{QT}元素的电负性较大；氢化物中存在氢键，两种原因导致氨气极易溶于水；

故答案为：这两种氢化物均为极性分子；相互之间能形成氢键；

rm{2}晶胞中rm{2}离子位于晶胞的顶点和体心位置，平均个晶胞含有离子的个数为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}

晶胞中，由rm{{,!}^{+}}元素构成的离子个数为：rm{2隆脕(12隆脕dfrac{1}{4}+1)=8}

则甲的化学式为与rm{ET}故答案为：rm{ET}rm{ET}；

rm{2}rm{2}乙由rm{.}rm{E}两元素组成，硬度超过金刚石，则乙为原子晶体，由于rm{C}键的键长小于rm{NO_{2}^{+}}键，键能大于rm{CO_{2}}键；则硬度超过金刚石；

故答案为：原子晶体；rm{22}键的键长小于rm{X}键，键能大于rm{K}键；

rm{Z}晶体中rm{28}原子与rm{Ni}个rm{(1)Q}原子成键，rm{NH_{3}}原子与rm{H_{2}O}个rm{N}原子成键，并用rm{O}个孤电子对，都为rm{(2)}杂化，故答案为：rm{K}rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4

}rm{O}【解析】rm{(1)}这两种氢化物均为极性分子、相互之间能形成氢键rm{(2)KO_{2}}rm{(3)垄脵}原子晶体rm{C隆陋N}键的键长小于rm{C隆陋C}键，键能大于rm{C隆陋C}键rm{垄脷sp^{3}}21、略

【分析】加入CCl4萃取I2,I2浓度减小,平衡向右移动。【解析】【答案】向右22、略

【分析】(1)v===0.25mol··（2）每分钟体系向外散热为：0.400KJ··×300=120kJ而反应本身放热为：180kJ·×2/0.5=45kJ故为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供120-45=75kJ的热量(3)10～15min时反应速率加快，加入正催化剂符合题意，但降低温度将使反应速率降低；20min时只有B的量瞬间增大，故可能是增加了B的量，而缩小了容器体积，B的量不会瞬间增大。【解析】【答案】（10分）（1）0.25mol··（2）75（3）AD23、（1）HBr防倒吸。

（2）②除去HBr和未反应的Br2

③干燥。

（3）苯C

（4）B

【分析】【分析】本题考查物质制备实验，为高频考点，明确实验原理是解本题关键，知道实验操作步骤及基本操作方法，题目难度不大。

【解答】rm{(1)}苯与液溴反应生成rm{HBr}rm{HBr}与水蒸气结合呈白雾，液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有rm{HBr}及挥发出的rm{Br_{2}}用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气，装置rm{d}的作用是防倒吸，的作用是防倒吸，故答案为：rm{d}防倒吸；

rm{HBr}溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加rm{(2)}溶液，把未反应的rm{NaOH}变成rm{Br_{2}}和rm{NaBr}洗到水中rm{NaBrO}然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯，故答案为：除去rm{.}和未反应的rm{HBr}干燥；

rm{Br_{2}}反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯rm{(3)}利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；rm{.}

rm{C}操作过程中，在rm{(4)}中加入rm{a}无水苯，向rm{15mL}中加入rm{a}水，在rm{10mL}中小心加入rm{b}液态溴，所以rm{4.0mL}的容积最适合的是rm{a}故答案为：rm{50mL}rm{B}【解析】rm{(1)HBr}防倒吸。

rm{(2)}rm{垄脷}除去rm{垄脷}和未反应的rm{HBr}

rm{Br_{2}}干燥。

rm{垄脹}苯rm{垄脹}

rm{(3)}

rm{C}24、略

【分析】解：rm{(1)}平衡时rm{c(D)=dfrac{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}同一可逆反应中同一段时间内化学反应速率之比rm{c(D)=dfrac

{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}计量数之比rm{=dfrac{trianglec(C)}{trianglet}}rm{dfrac{trianglec(D)}{trianglet}}rm{=}rm{=dfrac{trianglec(C)}{triangle

t}}rm{dfrac{trianglec(D)}{triangle

t}}rm{c(C)}所以rm{c(D)=0.4mol/L}

故答案为：rm{0.4mol/L=1}

rm{1}根据方程式知，生成rm{x=2}与参加反应的rm{2}之比rm{(2)}rm{n(D)}生成rm{n(A)}则参加反应的rm{n(A)=dfrac{3}{2}隆脕n(D)=dfrac{3}{2}隆脕0.8mol=1.2mol}rm{=2}的转化率rm{=dfrac{{虏脦录脫路麓脫娄碌脛}n(A)}{{路麓脫娄鲁玫脢录}n(A)}隆脕100%=dfrac{1.2mol}{2mol}隆脕100%=60%}

故答案为：rm{3}

rm{n(D)=0.8mol}根据方程式知，生成rm{n(A)=dfrac{3}{2}隆脕n(D)=dfrac

{3}{2}隆脕0.8mol=1.2mol}与参加反应的rm{A}之比rm{=dfrac

{{虏脦录脫路麓脫娄碌脛}n(A)}{{路麓脫娄鲁玫脢录}n(A)}隆脕100%=dfrac

{1.2mol}{2mol}隆脕100%=60%}rm{60%}生成rm{(3)}则参加反应的rm{n(B)=dfrac{1}{2}隆脕n(D)=dfrac{1}{2}隆脕0.8mol=0.4mol}剩余rm{n(D)}平衡时rm{c(B)=dfrac{trianglen}{V}=dfrac{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}

故答案为：rm{n(B)}．

rm{=2}平衡时rm{c(D)=dfrac{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}同一可逆反应中同一段时间内化学反应速率之比rm{1}计量数之比rm{=dfrac{trianglec(C)}{trianglet}}rm{dfrac{trianglec(D)}{trianglet}}

rm{n(D)=0.8mol}根据方程式知，生成rm{n(B)=dfrac{1}{2}隆脕n(D)=dfrac

{1}{2}隆脕0.8mol=0.4mol}与参加反应的rm{n(B)=(2-0.4)mol=1.6mol}之比rm{c(B)=dfrac{trianglen}{V}=dfrac

{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}rm{0.8}生成rm{(1)}则参加反应的rm{n(A)=dfrac{3}{2}隆脕n(D)=dfrac{3}{2}隆脕0.8mol=1.2mol}rm{c(D)=dfrac

{0.8mol}{2L}=0.4mol/L}的转化率rm{=dfrac{{虏脦录脫路麓脫娄碌脛}n(A)}{{路麓脫娄鲁玫脢录}n(A)}隆脕100%}

rm{=}根据方程式知，生成rm{=dfrac{trianglec(C)}{triangle

t}}与参加反应的rm{dfrac{trianglec(D)}{triangle

t}}之比rm{(2)}rm{n(D)}生成rm{n(A)}则参加反应的rm{n(B)=dfrac{1}{2}隆脕n(D)=dfrac{1}{2}隆脕0.8mol=0.4mol}剩余rm{=2}平衡时rm{c(B)=dfrac{trianglen}{V}}．

本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确化学方程式中各个物理量的关系式是解本题关键，题目难度不大．rm{3}【解析】rm{2}rm{60%}rm{0.8}四、推断题(共3题，共24分)25、rm{(1)Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}

rm{(2)C}

rm{(3)Fe^{2+}}被氧化为rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}水解产生rm{H^{+}}

rm{(4)4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}rm{(4)4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)

=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}

rm{(5)FeS_{2}+4e^{-}=Fe+2S^{2-}}rm{triangleH=-260kJ/mol}【分析】【分析】本题以化学工艺流程为载体，考查了物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，涉及到离子方程式书写、离子检验、热化学方程式书写、电极反应式等，需要学生熟练掌握元素化合物知识和基本实验能力，较好的考查学生推断能力、分析能力和基础知识应用能力，题目难度中等。【解答】

硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原rm{Fe^{3+}}后过滤，向滤液中加入rm{FeCO_{3}}调节溶液rm{pH}过滤后在通入空气、调节溶液rm{pH}除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到rm{FeSO_{4}}晶体。rm{(1)}硫铁矿烧渣用硫酸浸取时，rm{H_{2}SO_{4}}与rm{Fe_{2}O_{3}}反应生成rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}和rm{H_{2}O_{,}}离子方程式是rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}故答案为：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}rm{(2)KMnO_{4}}溶液、rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液可以检验有rm{Fe^{2+}}生成，取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中，滴加rm{KSCN}溶液，若溶液不变红色，说明rm{Fe^{3+}}完全被还原；

故答案为：rm{C}

rm{(3)}氧气可以将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}离子，rm{Fe^{3+}}离子水解生成rm{H^{+}}使溶液rm{pH}降低；

故答案为：rm{Fe^{2+}}被氧化为rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}水解产生rm{H^{+}}

rm{(4)}发生反应：rm{4FeCO_{3}+O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4CO_{2}}已知：rm{垄脵4Fe(s)+3O_{2}(g)篓T2Fe_{2}O_{3}(s)triangleH=-1648kJ/mol}rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-393kJ/mol}rm{垄脹2Fe(s)+2C(s)+3O_{2}(g)篓T2FeCO_{3}(s)triangleH=-1480kJ/mol}根据盖斯定律，rm{4FeCO_{3}+O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4CO_{2}}可得rm{垄脵4Fe(s)+3O_{2}(g)篓T2Fe_{2}O_{3}(s)triangle

H=-1648kJ/mol}故rm{triangleH=-1648kJ/mol-2隆脕(-1480kJ/mol)+4隆脕(-393kJ/mol)=-260kJ/mol}故反应热化学方程式为：rm{4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangle

H=-393kJ/mol}

故答案为：rm{4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}rm{垄脹2Fe(s)+2C(s)+3O_{2}(g)篓T2FeCO_{3}(s)triangle

H=-1480kJ/mol}

rm{垄脵-垄脹隆脕2+垄脷隆脕垄脺}电池放电时的总反应为：rm{4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}正极发生还原反应，rm{triangle

H=-1648kJ/mol-2隆脕(-1480kJ/mol)+4隆脕(-393kJ/mol)=-260kJ/mol}获得电子生成rm{4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)

=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}rm{triangleH=-260kJ/mol}正极电极反应式为：rm{FeS_{2}+4e^{-}=Fe+2S^{2-}}

故答案为：rm{FeS_{2}+4e^{-}=Fe+2S^{2-}}rm{4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)

=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}【解析】rm{(1)Fe_{2}O_{3}+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}O}rm{(2)C}rm{(3)Fe^{2+}}被氧化为rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}水解产生rm{H^{+}}rm{(4)4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}rm{(4)4FeCO_{3}(s)+O_{2}(g)

=2Fe_{2}O_{3}(s)+4CO_{2}(g)}rm{(5)FeS_{2}+4e^{-}=Fe+2S^{2-}}rm{triangleH=-260kJ/mol}26、Mg（HSO4）2；Na2CO3；FeCl3；2Al3++3SO42-+3Ba2++8OH-=2AlO2-+3BaSO4↓+4H2O【分析】解：由离子共存可知，阴离子rm{CO_{3}^{2-}}只能和rm{Na^{+}}结合为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{OH^{-}}能和rm{Ba^{2+}}结合为溶于水的rm{Ba(OH)_{2}}则rm{SO_{4}^{2-}}和rm{Al^{3+}}结合成的物质为rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}

由rm{垄脻D}溶液与rm{E}溶液反应生成红褐色沉淀，沉淀可溶于rm{B}溶液，红褐色沉淀为氢氧化铁，则rm{D}rm{E}含rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{Ba^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{B}应为强酸的酸式盐；

rm{垄脵A}溶液与rm{C}溶液反应既生成白色沉淀又有气体生成，沉淀可溶于rm{B}溶液，白色沉淀可能为氢氧化铝，气体为二氧化碳，则rm{C}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{A}为rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}

rm{垄脷A}溶液与适量rm{D}溶液反应生成白色沉淀，加入过量rm{D}溶液，沉淀量减少，但不消失，可知沉淀为氢氧化铝和硫酸钡，rm{D}为rm{Ba(OH)_{2}}

rm{垄脹B}溶液中加少量rm{D}溶液有白色沉淀生成，此沉淀不溶于盐酸，白色沉淀为硫酸钡，则rm{B}为rm{Mg}rm{(HSO_{4})_{2}}

rm{垄脺C}溶液与rm{D}溶液反应生成白色沉淀；沉淀可溶于盐酸，沉淀为碳酸钡；

综上所述，rm{E}为rm{FeCl_{3}}

rm{(1)B}为rm{Mg}rm{(HSO_{4})_{2}}rm{C}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}为rm{FeCl_{3}}故答案为：rm{Mg}rm{(HSO_{4})_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{FeCl_{3}}

rm{(2)A}溶液与过量rm{D}溶液反应的离子反应方程式为rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+8OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+3BaSO_{4}隆媒+4H_{2}O}

故答案为：rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+8OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+3BaSO_{4}隆媒+4H_{2}O.}

由离子共存可知，阴离子rm{CO_{3}^{2-}}只能和rm{Na^{+}}结合为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{OH^{-}}能和rm{Ba^{2+}}结合为溶于水的rm{Ba(OH)_{2}}则rm{SO_{4}^{2-}}和rm{Al^{3+}}结合成的物质为rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}

由rm{垄脻D}溶液与rm{E}溶液反应生成红褐色沉淀，沉淀可溶于rm{B}溶液，红褐色沉淀为氢氧化铁，则rm{D}rm{E}含rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{Ba^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{B}应为强酸的酸式盐；

rm{垄脵A}溶液与rm{C}溶液反应既生成白色沉淀又有气体生成，沉淀可溶于rm{B}溶液，白色沉淀可能为氢氧化铝，气体为二氧化碳，则rm{C}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{A}为rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}

rm{垄脷A}溶液与适量rm{D}溶液反应生成白色沉淀，加入过量rm{D}溶液，沉淀量减少，但不消失，可知沉淀为氢氧化铝和硫酸钡，rm{D}为rm{Ba(OH)_{2}}

rm{垄脹B}溶液中加少量rm{D}溶液有白色沉淀生成，此沉淀不溶于盐酸，白色沉淀为硫酸钡，则rm{B}为rm{Mg}rm{(HSO_{4})_{2}}

rm{垄脺C}溶液与rm{D}溶液反应生成白色沉淀；沉淀可溶于盐酸，沉淀为碳酸钡；

综上所述，rm{E}为rm{FeCl_{3}}以此来解答．

本题考查无机物的推断，为高频考点，涉及离子的共存及离子反应等，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意rm{D}为氢氧化钡为推断突破口，注重思维严密性训练，题目难度不大．【解析】rm{Mg(HSO_{4})_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{FeCl_{3}}rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+8OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+3BaSO_{4}隆媒+4H_{2}O}27、（1）平面型（2）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反应（3）2CH3CH2OH+O22CH