2024年沪科版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版高二化学下册阶段测试试卷945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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、MOH强碱溶液和等体积、等浓度的弱酸HA溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是A.c(M+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)B.c(M+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)C.c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)D.c(M+)>c(H+)>c(A-)>c(OH-)[2、下列对实验现象或结论的预测正确的是（）A.向苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，又变澄清B.向NaOH溶液中通入足量CO2，再加入少量Ba（OH）2溶液，CO32﹣浓度增大C.向NaAlO2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失D.向银氨溶液中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解3、在狗年里，人们相互祝愿亲朋好友：狗年旺旺，狗年大发．图是一种形状酷似一条小狗的有机物键线式结构图，化学家将其取名为“doggycene”，下列有关“doggycene”的说法中正确的是（）A.该分子中所有碳原子不可能处于同一平面B.“doggycene”的分子式为C26H30C.该物质在常温下呈气态D.1mol该物质在氧气中完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：14、下列实验方法正确的是()A.配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过容量瓶的刻度线，用胶头滴管将多余液体吸出即可B.区别rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO3}时，可将它们分别和rm{Ba(OH)_{2}}溶液混合，看有无沉淀产生

C.区别rm{FeCl_{3}}溶液和rm{Fe(OH)_{3}}胶体时，可将它们分别用一束光照射，看有无丁达尔效应出现

D.检验某溶液中是否含有rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}时，可加入适量的氢氧化钠溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体即可5、六氟化硫分子呈正八面体，难以水解，在电器工业方面有着广泛用途。下列有关SF6的推测正确的是（）A.SF6易燃烧生成二氧化硫B.SF6中各原子均达到8电子稳定结构C.高温条件下，SF6微弱水解生成H2SO4和HFD.SF6是极性分子6、实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（）A.装置①常用于分离互不相溶的液体混合物B.装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C.装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D.装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢7、有一支rm{20mL}酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在rm{amL}刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是()A.rm{amL}B.rm{(20篓Da)mL}C.大于rm{(20篓Da)m}rm{L}D.大于rm{amL}8、将一定量的乙烷完全燃烧，使所有的气体按顺序通过装有无水氯化钙和氢氧化钾的硬质玻璃管，氢氧化钾管的质量增加了rm{4.4g}则乙烷在标准状况下体积rm{(}rm{)}A.rm{0.56L}B.rm{1.12L}C.rm{2.24L}D.rm{3.36L}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、可用来鉴别乙烯、四氯化碳、苯的试剂是（）A.酸性高锰酸钾B.溴水C.液溴D.浓硝酸和浓硫酸混合液10、已知在相同状况下，要使同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。下列说法正确的是()A.电解熔融的rm{Al_{2}O_{3}}可以制得金属铝和氧气，该反应是一个放出能量的反应B.水分解产生氢气和氧气时放出能量C.相同状况下，反应rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}是一个放热反应，则反应rm{2SO_{3}=2SO_{2}+O_{2}}是一个吸热反应D.氯化氢分解成氢气和氯气时需要吸收能量11、在密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混和，点火爆炸后恢复到原温度rm{(20隆忙)}压强减小至原来的一半，若加rm{NaOH}溶液，则气体全部被吸收，则此烃为()A.rm{C_{3}H_{8}}B.rm{C_{2}H_{4}}C.rm{C_{2}H_{6}}D.rm{C_{6}H_{6}}12、为了鉴定氯乙烷中氯元素的存在，以下各步实验：rm{垄脵}加入rm{AgNO_{3}}溶液rm{垄脷}加入rm{NaOH}的醇溶液，rm{垄脹}加热rm{垄脺}用rm{HNO_{3}}酸化溶液rm{垄脻}加入rm{NaOH}的水溶液其中操作顺序合理的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脻}B.rm{垄脷垄脹垄脺垄脵}C.rm{垄脺垄脹垄脻垄脵}D.rm{垄脻垄脹垄脺垄脵}13、可用来鉴别己烯、四氯化碳、甲苯的方法是rm{(}rm{)}A.酸性高锰酸钾B.溴水C.液溴D.rm{NaOH}14、rm{R}rm{M}rm{T}rm{G}rm{J}为原子序数依次递增的同一短周期主族元素，下列说法一定正确的是rm{(m}rm{n}均为正整数rm{)(}rm{)}A.若rm{M}的最高正化合价为rm{+4}则五种元素都是非金属元素B.rm{H_{n}JO_{m}}为强酸，则rm{G}是位于Ⅴrm{A}族以后的活泼非金属元素C.若rm{T}的最低化合价为rm{-3}则rm{J}的最高正化合价为rm{+7}D.若rm{R}rm{M}的最高价氧化物的水化物均为碱，则rm{R(OH)_{n}}的碱性一定比rm{M(OH)_{n+1}}的碱性强评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、(1)已知：Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是____。（3分）(2)某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A、B，如图所示。①据图判断该反应是____(填“吸”或“放”)热反应，当反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，反应物的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)；②其中B历程表明此反应采用的条件为____(选填序号)。A．升高温度B．增大反应物的浓度C．降低温度D．使用催化剂(3)1000℃时，硫酸钠与氢气发生下列反应：该反应的平衡常数表达式为____。(4)常温下，如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化忽略不计)，测得混合液的pH=8。①混合液中由水电离出的OH-浓度与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的OH-浓度之比为____；②已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7(填“<”、“>”或“=”)。16、（12分）（1）常温下，已知0.1mol·L－1一元酸HA溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1×10－8。①常温下，0.1mol·L－1HA溶液的pH＝；写出该酸（HA）与NaOH溶液反应的离子方程式：；②pH＝3的HA与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是：。（2）常温下，向pH＝a的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则此盐酸的pH14－a（＞、＜、＝）（3）向物质的量浓度均为0.01mol·L－1的MnCl2和BaCl2混合溶液中，滴加Na2CO3溶液，先沉淀的离子是，当两种难溶电解质共存时，溶液中c(Ba2＋)/c(Mn2＋)＝。（此温度下，Ksp(BaCO3)＝8.1×10－9、Ksp(MnCO3)＝1.8×10－11）17、（12分）过渡金属元素氧化物的应用研究是目前科学研究的前沿之一，试回答下列问题：Ⅰ.二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体可转化为二氧化碳和水，达到无害化。有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是____。A．苯与B3N3H6互为等电子体B．甲醛、苯分子中碳原子均采用sp2杂化C．苯、二氧化碳是非极性分子，水和甲醛是极性分子D．水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键Ⅱ.2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应（CMR效应）研究方面的成就。某钙钛型复合氧化物（如右图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物具有CMR效应。（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式：____。（2）已知La为+3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1-xAxMnO3,(x<0.1)，此时一部分锰转变为+4价。导致材料在某一温度附近有反铁磁-铁磁、铁磁-顺磁转变及金属-半导体的转变，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为：。（用含x的代数式表示）（3）Mn的外围电子轨道表示式为：。（4）下列有关说法正确的是。A．镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区B．氧的第一电离能比氮的第一电离能大C．铬的堆积方式与钾相同，则其堆积方式如右图：D．锰的电负性为1.59，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强18、(16分)下列有12种有机物，将它们所属的类别填入下表：(填序号)。分类烷烃烯烃炔烃环烷烃芳香烃卤代烃醇酚有机化合物19、现有室温下浓度均为rm{1隆脕{10}^{-3}mol/L}的几种溶液：rm{垄脵}盐酸、rm{垄脷}硫酸、rm{垄脹}醋酸、rm{垄脺}氯化铵、rm{垄脻}氨水、rm{垄脼NaOH}溶液；回答下列问题：

rm{(1)}将rm{垄脹}rm{垄脼}混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为rm{垄脹}______rm{垄脼(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{).}

rm{(2)}将等体积的rm{垄脵}rm{垄脻}混合，则溶液的rm{pH}______rm{7(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{(3)}向相同体积的rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为______，最终产生rm{H}rm{2}总量的关系为______

rm{2}向相同体积的rm{(4)}rm{垄脵}溶液中分别加入相同浓度、相同体积的rm{垄脹}溶液，充分混合后，混合液的rm{C{H}_{3}COONa}大小关系为rm{pH}______rm{垄脵}填rm{垄脹}“rm{(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}

rm{)}若将等体积的rm{(5)}rm{垄脻}溶液加热至相同温度后，溶液的rm{垄脼}______rm{PH垄脻}填“rm{垄脼(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}rm{)}20、按以下步骤可从合成（部分试剂和反应条件已去）．

请回答下列问题：

（1）B、F的结构简式为：B____，F____．

（2）反应①～⑦中属于消去反应的是____（填代号）．

（3）根据反应写出在同样条件下CH2=CH-CH=CH2与等物质的量Br2发生加成反应的化学方程式：____．

（4）写出第④步的化学方程式（有机物写结构简式，注明反应条件）．____．21、（1）下列各种情况，在其中Fe片腐蚀由快到慢的顺序是．（2）钢铁容易生锈的主要原因是因为钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀．在空气酸度不大的环境中负极反应式为；正极反应式为．22、二氧化硫是常用的化工原料，工业上常用它来制取硫酸rm{{.}}反应之一是：rm{2SO_{2}(g){+}O_{2}(g){?}2SO_{3}(g){triangle}H{=-}196{.}6KJ{/}mol}回答下面的问题：

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

}H{=-}196{.}6KJ{/}mol}反应在恒温、恒压下的容积可变的密闭容器中进行，若开始时放入rm{(1)}和rm{1molO_{2}}到达平衡时生成rm{2molSO_{2}}则平衡时rm{1{.}2molSO_{3}}的转化率为______；若再向容器中放入rm{SO_{2}}和rm{2molO_{2}}到达平衡后生成的rm{4molSO_{2}}物质的量为______rm{SO_{3}}

rm{mol}恒温恒容下向该平衡体系中通入氩气平衡向______移动，恒温恒压下通入氩气平衡______移动。rm{(2)}填“正反应”、“逆反应”或“不”rm{(}

rm{)}某温度下向体积为rm{(3)}的密闭容器中通入rm{8L}和rm{SO_{2}}发生反应，上述反应过程中rm{O_{2}}rm{SO_{2}}rm{O_{2}}物质的量变化如图所示；回答下列问题：

rm{SO_{3}}反应处于平衡状态的时间段是______；______．

rm{{垄脵}}该温度下此反应的平衡常数是______。

rm{{垄脷}}反应进行至rm{{垄脹}}时，曲线发生变化的原因可能是：______rm{20min}用文字表达rm{(}

rm{)}某温度下该反应的平衡常数rm{(4)}若反应进行到一定时间时混合体系中各物质的浓度如下：rm{K{=}532{.}4}rm{c(SO_{2}){=}0{.}06mol{/}L}rm{c(O_{2}){=}0{.}40mol{/}L}则该体系中反应进行的方向是：______。rm{c(SO_{3}){=}2{.}00mol{/}L}评卷人得分四、推断题(共1题，共6分)23、已知卤代烃和rm{NaOH}的醇溶液共热可以得到烯烃，如：rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}

现通过以下步骤由制取其合成流程如下：

请回答下列问题：

rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}填写rm{(1)}步反应所属的反应类型是______rm{垄脵垄脷垄脹}用字母表示，可重复rm{(}．

rm{)}取代反应rm{a.}加成反应rm{b.}消去反应。

rm{c.}的结构简式为______．

rm{(2)A}所需的试剂和反应条件为______．

rm{(3)A隆煤B}反应rm{(4)}和反应rm{垄脺}这两步反应的化学方程式分别为______，______．rm{垄脻}评卷人得分五、简答题(共4题，共8分)24、利用碳-碳偶联反应合成新物质是有机合成的研究热点之一；如：

化合物Ⅰ可以由以下合成路线获得：

（1）化合物Ⅰ的分子式为______，化合物Ⅲ含有的官能团名称为______

（2）化合物Ⅱ与溴的CCl4溶液发生加成反应，产物的结构简式为______

化合物II在一定条件下合成一种高分子材料，写出该高分子材料的结构简式______

（3）化合物Ⅲ与NaOH水溶液共热的化学方程式为（注明反应条件）______

（4）化合物B与A是同分异构体，且B的一氯取代物只有一种，并且不能使溴的CCl4溶液褪色，请写出B的键线式______

（5）有机物与BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定条件下发生类似反应①的反应，生成的有机化合物Ⅵ（分子式为C16H17N）的结构简式为______．25、实验室制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷的反应原理如下：

rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{H_{2}SO_{4}({脜篓})}CH_{2}篓TCH_{2}}

rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{H_{2}SO_{4}({脜篓})}CH_{2}篓TCH_{2}}

可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在rm{CH_{2}篓TCH_{2}+Br_{2}隆煤BrCH_{2}CH_{2}Br}脱水生成乙醚rm{l40隆忙}用少量的溴和足量的乙醇制备rm{.}rm{1}二溴乙烷的装置如图所示：

有关数据列表如下：

。rm{2-}乙醇rm{1}rm{2-}二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.79}rm{2.2}rm{0.71}沸点rm{/隆忙}rm{78.5}rm{132}rm{34.6}熔点rm{/隆忙}一rm{l30}rm{9}rm{-1l6}回答下列问题：

rm{(1)}在此制各实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到rm{170隆忙}左右，其最主要目的是______；rm{(}填正确选项前的字母rm{)}

rm{a.}引发反应rm{b.}加快反应速度rm{c.}防止乙醇挥发rm{d.}减少副产物乙醚生成。

rm{(2)}在装置rm{C}中应加入______，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体：rm{(}填正确选项前的字母rm{)}

rm{a.}水rm{b.}浓硫酸rm{c.}氢氧化钠溶液rm{d.}饱和碳酸氢钠溶液。

rm{(3)}判断该制备反应已经结束的最简单方法是______；

rm{(4)}将rm{1}rm{2-}二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在______层rm{(}填“上”、“下”rm{)}

rm{(5)}若产物中有少量未反应的rm{Br_{2}}最好用______洗涤除去；rm{(}填正确选项前的字母rm{)}

rm{a.}水rm{b.}氢氧化钠溶液rm{c.}碘化钠溶液rm{d.}乙醇。

rm{(6)}若产物中有少量副产物乙醚rm{.}可用______的方法除去；

rm{(7)}反应过程中应用冷水冷却装置rm{D}其主要目的是______；但又不能过度冷却rm{(}如用冰水rm{)}其原因是______．26、碳、氮、氟、硅、硫、铜、铁、锌等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：rm{(1)}基态铜原子的价层电子排布式为____，铜元素在周期表中的_____区．rm{(2)C}rm{N}rm{F}三种元素第一电离能由大到小的顺序为______；三种元素分别形成的最简单氢化物中属于非极性分子的是______rm{(}填化学式rm{)}．填化学式rm{(}．rm{)}基态rm{(3)}原子的价电子排布图是__________，rm{N}分子中rm{N_{2}F_{2}}原子的杂化方rm{N}式是_______，rm{N}rm{N}分子中rm{{,!}_{2}}键和rm{O}分子中rm{娄脪}键和rm{娄脨}键数目之比为______；键数目之比为______；rm{O}金刚砂rm{娄脪}的硬度为rm{娄脨}其晶胞结构如图所示．金刚砂晶体类型为_____，每个rm{(4)}原子周围最rm{(SiC)}原子数目为______，若晶胞的边长为rm{9.5}阿伏加德罗常数为rm{C}近的rm{C}原子数目为______，若晶胞的边长为rm{C}rm{apm}阿伏加德罗常数为rm{N}rm{apm}rm{N}不需要化简，列式表示rm{{,!}_{A}}．，则金刚砂的密度为27、按要求完成下列各题rm{(1)}联氨rm{(}又称肼，rm{N_{2}H_{4}}无色液体rm{)}是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：rm{(3)垄脵2O_{2}(g)+N_{2}(g)=N_{2}O_{4}(l)}rm{娄陇H_{1}}rm{垄脷N_{2}(g)+2H_{2}(g)=N_{2}H_{4}(l)}rm{娄陇H_{2}}rm{垄脹O_{2}(g)+2H_{2}(g)=2H_{2}O(g)}rm{娄陇H_{3}}rm{垄脺2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{垄脺2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)=

3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}上述反应热效应之间的关系式为rm{娄陇H_{4}=-1048.9kJ/mol}________________，联氨和rm{娄陇H_{4}=}可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________________________。rm{N_{2}O_{4}}已知下列反应：rm{SO_{2}(g)+2OH^{?}(aq)=SO_{3}^{2?}(aq)+H_{2}O(l)娄陇H_{1}}rm{ClO^{?}(aq)+SO_{3}^{2?}(aq)=SO_{4}^{2?}(aq)+Cl^{?}(aq)}rm{(2)}rm{CaSO_{4}(s)=Ca^{2+}(aq)+SO_{4}^{2?}(aq)娄陇H_{3}}则反应rm{SO_{2}(g)+Ca^{2+}(aq)+ClO^{?}(aq)+2OH^{?}(aq)=CaSO_{4}(s)+H_{2}O(l)+Cl^{?}(aq)}的rm{SO_{2}(g)+2OH^{?}(aq)

=SO_{3}^{2?}(aq)+H_{2}O(l)娄陇H_{1}}______。

rm{ClO^{?}(aq)+SO_{3}^{2?}(aq)

=SO_{4}^{2?}(aq)+Cl^{?}(aq)}催化还原rm{娄陇H_{2}}是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在rm{CaSO_{4}(s)

=Ca^{2+}(aq)+SO_{4}^{2?}(aq)娄陇H_{3}}催化剂存在下，rm{SO_{2}(g)+Ca^{2+}(aq)+ClO^{?}(aq)

+2OH^{?}(aq)=CaSO_{4}(s)+H_{2}O(l)+Cl^{?}(aq)}和rm{娄陇H=}可发生两个平行反应，分别生成rm{(3)}和rm{CO_{2}}反应的热化学方程式如下：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)娄陇H_{1}=-53.7kJ隆陇mol^{-1}I}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)CO(g)+H_{2}O(g)II}rm{Cu/ZnO}已知：rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}的标准燃烧热分别为rm{CH_{3}OH}和rm{CO}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?

CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)娄陇H_{1}=-53.7kJ隆陇mol^{-1}I}请回答rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)

CO(g)+H_{2}O(g)II}不考虑温度对rm{娄陇H_{2}}的影响rm{垄脵CO}rm{H_{2}}反应rm{-283.0kJ隆陇mol^{-1}}的rm{-285.8kJ隆陇mol^{-1}}_______rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)娄陇H_{3}=44.0kJ隆陇mol^{-1}}rm{(}评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、B【分析】【解答】解：A、苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚沉淀和NaHCO3，继续通入CO2不会变澄清；故A错误；

B、通入足量CO2后溶液中是NaHCO3，加入少量Ba（OH）2发生反应为：2NaHCO3+Ba（OH）2=Na2CO3+BaCO3+2H2O，c（CO32﹣）变大；故B正确；

C、通入CO2会生成沉淀Al（OH）3，再通入CO2沉淀不会溶解；故C错误；

D；银氨溶液滴加盐酸；生成氯化银沉淀，沉淀不会消失，故D错误；

故选B．

【分析】A、苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚沉淀和NaHCO3；从苯酚的性质思考是否变澄清；

B、分析所发生的反应：通入足量CO2后溶液中是NaHCO3，加入少量Ba（OH）2发生反应为：2NaHCO3+Ba（OH）2=Na2CO3+BaCO3+2H2O；

C、通入CO2会生成沉淀Al（OH）3，Al（OH）3只溶解于强酸；

D、氯化银难溶于水和酸．3、D【分析】解：A．有机物具有稠环结构；具有苯的结构特点，则碳原子可能在同一个平面上，故A错误；

B．有机物的化学式应为：C26H26；故B错误；

C．有机物碳原子数远大于4；常温下不是气体，故C错误；

D．有机物中的碳全部转化为二氧化碳，氢全部转化为水，所以1molC26H26在氧气中完全燃烧生成CO2和水的物质的量之比为26：13=2：1；故D正确．

故选D．

该有机物为稠环物质，相对分子质量较大，常温下为固体，根据结构简式判断分子式，可根据分子式判断完全燃烧生成CO2和水的物质的量；以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度中等，注意分析该有机物的结构特点，把握有机物的结构特点，注意根据有机物结构简式判断分子式为解答该题的关键．【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】本题考查常见离子的检验以及胶体和溶液的区别等，注意知识的积累。【解答】A.配制溶液时，若加水超过容量瓶的刻度线，应重新配制，故A错误；B.氢氧化钡与rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}反应rm{Na_{2}CO_{3}}反应都生成白色沉淀，无法鉴别，故B错误；rm{NaHCO_{3}}丁达尔效应可用于区分C.溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，溶液和区别rm{FeCl_{3}}溶液和rm{Fe(OH)_{3}}胶体胶体，故C正确；rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}D.应用湿润的红色石蕊试纸检验，如果变蓝则原溶液中含有rm{NH_{4}^{+}}，故D错误。【解析】rm{C}5、C【分析】解：A．F是唯一没有正价的元素，F为-1价，SF6中S元素为+6价；S已处于最高价，不可能再被氧气氧化生成硫为+4价的二氧化硫。故A错误；

B．六氟化硫分子呈正八面体；F达到八电子稳定结构，1个F最外层周围有8个电子，1个S最外层周围有12个电子。故B错误；

C．SF6微弱水解：SF6+4H2O⇌H2SO4+6HF；故C正确；

D．六氟化硫分子呈正八面体；结构对称，是非极性分子，故D错误；

故选：C。

A．SF6中F为-1价；S元素为+6价；

B．六氟化硫分子呈正八面体；1mol含有6molS-F键；

C．六氟化硫分子；难以水解；

D．根据六氟化硫分子结构判断。

本题考查共价键极性判断、8电子稳定结构判断、物质性质等知识点，为高考高频点，侧重考查学生观察、获取信息、运用信息能力，易错选项是A，很多同学往往认为含有硫元素就能燃烧而导致错误判断。【解析】C6、C【分析】试题分析：A．装置①常用于分离互相溶的沸点不同的液体混合物，错误；B．装置②中的有机物若换为CCl4,则可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸，错误；C．装置③可通过改变入气导管用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体，正确；D．装置④把入气导管伸入到集气瓶底部，出气导管稍微露出胶塞，用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢，错误。考点：考查实验装置的作用及用途的知识。【解析】【答案】C7、C【分析】【分析】本题旨在考查酸式滴定管的结构的应用，是中学化学的基础知识，难度较小。注意滴定管rm{0}刻度在下端，同时尖嘴部分的液体不在刻度线内是解题的关键，侧重基础知识的考查。刻度在下端，同时尖嘴部分的液体不在刻度线内是解题的关键，侧重基础知识的考查。

【解答】滴定管的“rm{0}”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，rm{0}滴定管中实际盛放液体的体积大于rm{50mL}因此，一支rm{50mL}酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在rm{50mL}刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过rm{amL}盛入量筒内，所得液体体积一定是大于rm{(50-a)mL}C正确。故选C。rm{(50-a)mL}【解析】rm{C}8、B【分析】解：rm{C_{2}H_{6}}完全燃烧生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}使所有的气体按顺序通过装有无水氯化钙、rm{KOH}的硬质玻璃管，无水氯化钙吸收rm{H_{2}O}rm{KOH}吸收rm{CO_{2}}生成rm{K_{2}CO_{3}}和rm{H_{2}O}所以rm{KOH}管增加的质量为rm{CO_{2}}的质量，rm{n(CO_{2})=dfrac{4.4g}{44g/mol}=0.1mol}根据rm{n(CO_{2})=dfrac

{4.4g}{44g/mol}=0.1mol}原子守恒得rm{n(C_{2}H_{6})=dfrac{1}{2}n(CO_{2})=dfrac{1}{2}隆脕0.1mol0=0.05mol}rm{C}故选B．

rm{n(C_{2}H_{6})=dfrac{1}{2}n(CO_{2})=

dfrac{1}{2}隆脕0.1mol0=0.05mol}完全燃烧生成rm{V(C_{2}H_{6})=nV_{m}=0.05mol隆脕22.4L/mol=1.12L}和rm{C_{2}H_{6}}使所有的气体按顺序通过装有无水氯化钙、rm{CO_{2}}的硬质玻璃管，无水氯化钙吸收rm{H_{2}O}rm{KOH}吸收rm{H_{2}O}生成rm{KOH}和rm{CO_{2}}所以rm{K_{2}CO_{3}}管增加的质量为rm{H_{2}O}的质量，rm{n(CO_{2})=dfrac{4.4g}{44g/mol}=0.1mol}根据rm{KOH}原子守恒得rm{n(C_{2}H_{6})=dfrac{1}{2}n(CO_{2})=dfrac{1}{2}隆脕0.1mol0=0.05mol}根据rm{CO_{2}}计算乙烷体积．

本题考查化学方程式的有关计算，侧重考查分析计算能力，明确各物质吸收的物质是解本题关键，利用原子守恒进行计算，题目难度不大．rm{n(CO_{2})=dfrac

{4.4g}{44g/mol}=0.1mol}【解析】rm{B}二、双选题(共6题，共12分)9、A|B【分析】解：A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应；使高锰酸钾褪色，苯和四氯化碳与酸性高锰酸钾溶液不反应，苯的密度比水小，紫色层在上层，四氯化碳的密度比水大，紫色层在下层，可以鉴别，故A正确；

B．乙烯与溴水发生加成反应；使溴水褪色，苯和四氯化碳与溴水不反应，苯的密度比水小，橙色层在上层，四氯化碳的密度比水大，橙色层在下层，可以鉴别，故B正确；

C．液溴能溶于苯和四氯化碳；二者现象相同，所以不能鉴别，故C错误；

D．浓硝酸和浓硫酸混合液与乙烯；四氯化碳、苯均不反应；所以不能鉴别，故D错误；

故选AB．

乙烯含有碳碳双键；可发生加成；氧化反应，四氯化碳和苯都不溶于水，但二者密度不同，以此解答．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握常见有机物的结构和官能团的性质，注意把握物质的性质的异同，题目难度不大．【解析】【答案】AB10、CD【分析】【分析】本题旨在考查学生对化学反应中的能量转化、吸热反应和放热反应等应用。【解答】A.电解熔融的rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}可以制得金属铝和氧气，该反应为吸热反应，故A错误；B.水分解产生氢气和氧气时吸收能量，故B错误；C.由题意可以推测，如果一个反应过程放出能量，那么使反应向该反方向进行则需要吸收能量，故C正确；D.氯化氢分解成氢气和氯气时需要吸收能量。故D正确。【解析】rm{CD}11、AB【分析】【分析】本题考查有机物分子式的确定的计算，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，把握体积变化特点，为解答该题的关键，结合反应的方程式判断有机物的组成规律，难度大不大。【解答】加rm{NaOH}的溶液则气体全部被吸收，说明烃和氧气恰好反应生成二氧化碳和水，的溶液则气体全部被吸收，说明烃和氧气恰好反应生成二氧化碳和水，

rm{NaOH}设烃的分子式为rm{C}rm{C}rm{x}rm{x}rm{H}rm{H}rm{y}rm{O_{2}隆煤xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}点火爆炸后恢复到原温度rm{y}压强减小至原来的一半，说明生成的二氧化碳为烃和氧气的体积之和的一半，则有，则rm{C}rm{C}题中只有rm{x}符合，故AB正确。故选AB。

rm{x}【解析】rm{AB}12、rBD【分析】解：鉴别氯乙烷中氯元素，由试剂可知应先发生消去反应，后加酸中和至酸性，然后加硝酸银生成白色沉淀，则操作顺序为rm{垄脷}加入rm{NaOH}的醇溶液、rm{垄脹}加热、冷却后加rm{垄脺}用rm{HNO_{3}}酸化溶液，最后rm{垄脵}加入rm{AgNO_{3}}溶液，生成白色沉淀可说明，即为rm{垄脷垄脹垄脺垄脵}或rm{垄脻垄脹垄脺垄脵}

故选BD．

鉴别氯乙烷中氯元素；应先水解或发生消去反应，后加酸中和至酸性，然后加硝酸银生成白色沉淀，以此来解答．

本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握有机物的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意卤代烃不含氯离子，题目难度不大．【解析】rm{BD}13、rAB【分析】解：rm{A.}四氯化碳；甲苯和己烯分别与酸性高锰酸钾混合的现象分别为分层后有机层在下层、分层后有机层在上层、紫色褪去；现象不同，可鉴别，故A选；

B.四氯化碳；甲苯和己烯与溴水混合的现象分别为分层后有机色层在下层、分层后有机色层在上层、溴水褪色；现象不同，可鉴别，故B选；

C.四氯化碳；甲苯均与液溴不分层；现象相同，不能鉴别，故C不选；

D.均不与rm{NaOH}溶液反应，且苯和己烯与rm{NaOH}溶液混合的现象相同；不能鉴别，故D不选；

故选AB．

四氯化碳；甲苯和己烯与溴水混合的现象分别为分层后有机色层在下层、分层后有机色层在上层、溴水褪色；分别与酸性高锰酸钾混合的现象分别为分层后有机层在下层、分层后有机层在上层、紫色褪去；以此来解答．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及现象为解答的关键，侧重加成反应及萃取现象的考查，题目难度不大．【解析】rm{AB}14、rCD【分析】解：rm{A.}若rm{M}的最高正化合价为rm{+4}则rm{M}为Ⅳrm{A}族元素，rm{R}可能为rm{Al}则五种元素不一定都是非金属元素，故A错误；

B.同周期元素的原子，从左到右，元素的非金属性越来越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越来越强，rm{H_{n}JO_{m}}为强酸，rm{J}为rm{S}或rm{Cl}则rm{G}是位于Ⅴrm{A}族以后的活泼非金属元素；故B正确；

C.若rm{T}的最低化合价为rm{-3}则rm{T}为为Ⅴrm{A}族元素，所以最外层电子数为rm{5}由原子序数依次递增，则rm{J}的最外层电子数为rm{7}最高正化合价为rm{+7}故C正确；

D.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，故D正确；

故选：rm{CD}．

同周期元素的原子，从左到右，元素的金属性从强到弱，非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越弱，酸性越来越强，最高正价从rm{+1}升到rm{+7}价；最高正价等于最外层电子数，以此来解答．

本题考查元素周期表及元素周期律，明确同周期原子序数依次递增是解答本题的关键，熟悉位置、性质的关系即可解答，题目难度不大．【解析】rm{CD}三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律可知②－①×3即得到3FeO（s）＋2Al(s)＝Al2O3（s）＋3Fe(s)，所以该反应的反应热△H＝－1675.7KJ/mol＋272KJ/mol×3＝－859.7KJ/mol。（2）①据图可判断反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应。所以升高温度平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大。②根据图像可知，B历程中活化能降低，所以改变的条件是使用了催化剂，答案选D。（3）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，K＝c4(H2O)/c4(H2)。（4）①取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化忽略不计)，测得混合液的pH=8，这说明生成物NaA水解，促进水的电离，所以混合液中由水电离出的OH-浓度与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的OH-浓度之比为10－6:10－13＝07。②NH4A溶液为中性，说明氨水的电离程度与HA的电离程度相等。又因为将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性强于碳酸的酸性，所以(NH4)2CO3溶液中CO32－的水解程度大于NH4＋的水解程度，则溶液的pH大于7。考点：考查盖斯定律的应用、外界条件对平衡状态的影响、平衡常数的判断、水的电离平衡以及盐类水解【解析】【答案】（15分）(1)3FeO（s）＋2Al(s)﹦Al2O3（s）＋3Fe(s)△H=－859.7KJ/mol(3分)(2)①吸增大②D(3)K=c4(H2O)/c4(H2)(4)①107②＞16、略

【分析】试题分析：（1）①根据c(OH－)/c(H＋)＝1×10－8，c(OH－)×c(H＋)＝1×10－14可知溶液中c(H＋)＝1×10－3mol/L,pH=3；该酸为弱酸，与NaOH溶液反应的离子方程式为HA＋OH－＝A－＋H2O②pH=11的NaOH溶液中c（OH－）=10-3mol·L－1，HA是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓度，所以pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈酸性，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，酸根离子浓度大于钠离子浓度，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是c（A－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），（2）假设氨水是强电解质时，pH=a的氨水中氢氧根离子浓度=10a-14mol·L－1，向pH=a的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，所以盐酸的pH=14-a；实际上氨水是弱碱，等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，说明酸的浓度大于碱的浓度，则盐酸的pH＜14-a，故选＜。（3）碳酸钡的溶度积常数等于碳酸锰的溶度积常数，所以锰离子先沉淀；当两种难溶电解质共存时，则c（CO32－）=c（Mn2＋）=溶液中c（Ba2＋）=c（Ba2＋）：c（Mn2＋）=/＝450，故答案为：Mn2＋；450。考点：弱电解质的电离、溶液的pH、难溶电解质的KSP【解析】【答案】（1）①3，HA＋OH－＝A－＋H2O②c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)（2）＜（3）Mn2＋，45017、略

【分析】【解析】【答案】Ⅰ、ABCDⅡ、（1）ABO3（2）（1-X）/X（3）[Ar]3d54s2（4）AC18、略

【分析】【解析】【答案】。分类烷烃烯烃炔烃环烷烃芳香烃卤代烃醇酚有机化合物①⑩②⑦⑫③⑧⑥⑨④⑪⑤19、rm{(1)>}

rm{(2)<}

rm{(3)垄脷垄脵垄脹}rm{垄脷>垄脵=垄脹}

rm{(4)<}

rm{(5)<}【分析】【分析】本题考查了溶液中离子浓度大小的比较方法，溶液中电荷守恒的应用，弱电解质电离平衡的影响因素，溶液rm{PH}的判断，酸碱反应后的溶液酸碱性的判断，题目难度较大。【解答】rm{(1))垄脹}醋酸、rm{垄脼NaOH}溶液混合，溶液呈中性，依据醋酸是弱酸分析，同体积溶液混合溶液呈碱性，若溶液呈中性需要酸稍过量rm{垄脹>垄脼}

故答案为：rm{>}

rm{(2)}将等体积的rm{垄脵}盐酸、rm{垄脻}氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；溶液rm{PH<7}

故答案为：rm{<}

rm{(3)}向相同体积的：rm{垄脵}盐酸、rm{垄脷}硫酸、rm{垄脹}醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为rm{1隆脕10^{-3}mol/L}溶质物质的量相同，盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度rm{垄脷>垄脵>垄脹}产生氢气rm{垄脷>垄脵篓T垄脹}故答案为：rm{垄脷垄脵垄脹}rm{垄脷>垄脵=垄脹}

rm{(4)}向相同体积的rm{垄脵}盐酸、rm{垄脹}醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的rm{CH_{3}COONa}溶液，rm{垄脵}中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，rm{垄脹}中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的rm{pH}大小关系rm{垄脵<垄脹}故答案为：rm{<}

rm{(5)}若将等体积、等浓度的rm{垄脻}氨水、rm{垄脼NaOH}溶液，氨水中的溶质是弱碱存在电离平衡，溶液rm{PH垄脼>垄脻}溶液加热至相同温度后，rm{垄脻}溶液电离促进，氢氧根离子浓度增大，但不能完全电离；rm{垄脼}溶液中离子积增大，氢氧根离子浓度不变；氢氧根离子浓度rm{垄脼>垄脻}故答案为：rm{<}

【解析】rm{(1)>}rm{(2)<}rm{(3)垄脷垄脵垄脹}rm{垄脷>垄脵=垄脹}rm{(4)<}rm{(5)<}20、略

【分析】

与氢气发生加成反应生成A，A为A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B，则B为B与溴发生加成反应生成C，则C为C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成D（），D与溴发生1，4-加成生成E，E与氢气发生加成反应生成F，F为F在氢氧化钠水溶液；加热条件下发生水解反应生成G，G与草酸通过酯化反应发生的缩聚反应生成高聚物H；

（1）由上述分析可知，B为F为

故答案为：

（2）反应①③⑤⑥属于加成反应；反应②④属于消去反应，反应⑦属于取代反应，反应⑧属于缩聚反应；

故答案为：②④；

（3）根据反应写出在同样条件下CH2=CH-CH=CH2与等物质的量Br2发生加成反应的化学方程式为：

故答案为：

（4）第④步的化学方程式为：

故答案为：．

【解析】【答案】与氢气发生加成反应生成A，A为A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B，则B为B与溴发生加成反应生成C，则C为C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成D（），D与溴发生1，4-加成生成E，E与氢气发生加成反应生成F，F为F在氢氧化钠水溶液；加热条件下发生水解反应生成G，G与草酸通过酯化反应发生的缩聚反应生成高聚物H，加成解答．

21、略

【分析】试题分析：（1）根据图知，（2）（3）装置是原电池，在（2）中，金属铁做负极，（3）中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以（2）＞（3），（4）（5）装置是电解池，（4）中金属铁为阴极，（5）中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即（5）＞（4），根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀快慢顺序为：（5）＞（2）＞（1）＞（3）＞（4），（2）钢铁在空气酸度不大的环境中，形成原电池发生吸氧腐蚀，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，负极上铁电极反应式为：2Fe﹣4e﹣═2Fe2+，正极碳上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H20+4e﹣═40H﹣，考点：原电池和电解池的工作原理．.【解析】【答案】（5）＞（2）＞（1）＞（3）＞（4）；Fe﹣2e﹣═Fe2+；O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．22、rm{(1)60%}rm{3.6}

rm{(2)}不；逆反应；

rm{(3)垄脵15-20}；rm{25-30}；rm{垄脷6.25}；rm{垄脹}增大了rm{O_{2}}的浓度。

rm{(4)}逆方向移动【分析】【分析】

此题考查化学平衡的相关知识；要求学生能看懂化学平衡图像，掌握化学平衡状态的判断，会分析化学平衡的移动方向，掌握化学平衡常数和转化率的计算，了解等效平衡的概念。此题综合性较强，但整体难度不大。

【解答】

rm{(1)}根据信息，二氧化硫的转化率为：rm{1.2mol/2mol隆脕100%=60%}由于反应在反应在恒温、恒压下进行，所以两个反应为等效平衡，rm{SO_{2}}的转化率相同，所以再向容器中放入rm{2molO_{2}}和rm{4molSO_{2}}到达平衡后生成的rm{SO_{3}}物质的量为rm{3.6mol}

故答案为：rm{60%}rm{3.6}

rm{(2)}恒温恒容下向该平衡体系中通入氩气；虽然压强增大了，但反应物和生成物的浓度都没有变化，故平衡不移动；恒温恒压下通入氩气，虽然压强没有变化，但反应物和生成物的浓度都变小，相当于减压，平衡向着气体体积增大的方向移动；

故答案：不；逆反应；

rm{(3)垄脵}反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在rm{15-20min}和rm{25-30min}各组分的物质的量不变；反应处于平衡状态；

故答案为：rm{15-20}rm{25-30}

rm{垄脷}由图示可知，平衡时，rm{SO_{2}}物质的量为rm{0.16mol}rm{O_{2}}物质的量为rm{0.08mol}rm{SO_{3}}物质的量为rm{0.04mol}所以rm{c(SO_{2})=0.16mol/8L=0.02mol/L}rm{c(O_{2})=0.08mol/8L=0.01mol/L}rm{c(SO_{3})=0.04mol/8L=0.005mol/L}所以反应的平衡常数rm{K=0.005^{2}/(0.02^{2}隆脕0.01)=6.25}

故答案为：rm{6.25}

rm{垄脹}由图可知，反应进行至rm{20min}时；平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；

故答案为：增大了氧气的浓度；

rm{(4)}浓度商rm{Q_{c}=2^{2}/(0.06^{2}隆脕0.4)=2777.8>K=532.4}所以平衡向着逆向移动；

故答案为：向逆反应方向进行。【解析】rm{(1)60%}rm{3.6}

rm{(2)}不；逆反应；

rm{(3)垄脵15-20}；rm{25-30}；rm{垄脷6.25}；rm{垄脹}增大了rm{O_{2}}的浓度。

rm{(4)}逆方向移动四、推断题(共1题，共6分)23、略

【分析】解：由反应关系可知氯苯发生加成反应生成rm{A}为发生消去反应生成rm{B}为发生加成反应生成发生消去反应生成rm{C}为发生加成反应可生成

rm{(1)}由以上分析可知rm{垄脵垄脷垄脹}步反应类型依次为加成反应、发生消去反应、发生加成反应，故顺序为rm{b}rm{c}rm{b}

故答案为：rm{b}rm{c}rm{b}

rm{(2)}由以上分析可知，rm{A}为

故答案为：

rm{(3)A隆煤B}反应为氯代烃在rm{NaOH}的乙醇溶液中；加热可发生消去反应；

故答案为：rm{NaOH}的乙醇溶液；加热；

rm{(4)}发生消去反应生成rm{C}为反应的方程式为发生加成反应可生成反应的方程式为

故答案为：．

由反应关系可知氯苯发生加成反应生成rm{A}为发生消去反应生成rm{B}为发生加成反应生成发生消去反应生成rm{C}为发生加成反应可生成以此解答该题．

本题考查有机物的合成，题目难度不大，本题注意把握有机物官能团的变化，结合反应条件判断各有机物的结构．【解析】rm{b}rm{c}rm{b}rm{NaOH}的乙醇溶液，加热；五、简答题(共4题，共8分)24、略

【分析】解：（1）由结构简式可知分子式为C8H7Br，根据化合物Ⅲ的结构简式可知其所含官能团为溴原子和羟基，故答案为：C8H7Br；溴原子和羟基；

（2）化合物Ⅱ中含碳碳双键，与溴发生加成反应，则加成产物的结构简式为在一定条件下也可发生加缩反应，其产物为故答案为：

（3）化合物Ⅲ中含-Br，与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇，该反应为

故答案为：

（4）根据A的结构简式可知，A的分子式为C8H8，B与A是同分异构体，且B的一氯取代物只有一种，该分子中氢原子分布很对称，并且不能使溴的CCl4溶液褪色，说明不含碳碳双键，则符合条件的B的结构为故答案为：

（5）与BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定条件下发生类似反应①的反应，为取代反应，用于增长碳链，生成的有机化合物Ⅵ（分子式为C16H17N）的结构简式为故答案为：．

（1）由结构简式分析分子式；C能形成4个化学键，根据化合物Ⅲ的结构简式可知其所含官能团；

（2）化合物Ⅱ中含碳碳双键；与溴发生加成反应，在一定条件下也可发生加缩反应；

（3）化合物Ⅲ中含-Br；与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇；

（4）根据A的结构简式可知，A的分子式为C8H8，B与A是同分异构体，且B的一氯取代物只有一种，该分子中氢原子分布很对称，并且不能使溴的CCl4溶液褪色；说明不含碳碳双键，据此答题；

（5）与BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定条件下发生类似反应①的反应；为取代反应，用于增长碳链；

本题考查有机物合成，为高频考点，把握合成流程中的结构的变化、官能团的变化及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重卤代烃、醇性质的考查，题目难度不大．【解析】C8H7Br；溴原子和羟基；25、略

【分析】解：rm{(1)}乙醇在浓硫酸rm{140隆忙}的条件下，发生分子内脱水，生成乙醚，所以在此制各实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到rm{170隆忙}左右，其最主要目的是减少副产物乙醚生成，故rm{d}正确；

故答案为：rm{d}

rm{(2)}浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，所以装置rm{C}中为氢氧化钠溶液；

故答案为：rm{c}

rm{(3)}乙烯和溴水发生加成反应生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷，rm{1}rm{2-}二溴乙烷为无色；则溴的颜色完全褪去时，该制备反应已经结束；

故答案为：溴的颜色完全褪去；

rm{(4)1}rm{2-}二溴乙烷和水不互溶，rm{1}rm{2-}二溴乙烷密度比水大；所以振荡后静置后产物应在分液漏斗的下层；

故答案为：下；

rm{(5)}常温下rm{Br_{2}}和氢氧化钠发生反应：rm{2NaOH+Br_{2}篓TNaBr+NaBrO+H_{2}O}

故答案为：rm{b}

rm{(6)1}rm{2-}二溴乙烷与乙醚的沸点不同；两者均为有机物，互溶，需要用蒸馏的方法将它们分离；

故答案为：蒸馏；

rm{(7)}溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但rm{1}rm{2-}二溴乙烷的凝固点rm{9隆忙}较低；不能过度冷却，否则会凝固而堵塞导管；

故答案为：避免溴的大量挥发；产品rm{1}rm{2-}二溴乙烷的熔点rm{(}凝固点rm{)}低；过度冷却会凝固而堵塞导管．

rm{(1)}乙醇在浓硫酸rm{140隆忙}的作用下发生分子间脱水；

rm{(2)}浓硫酸具有强氧化性；可能氧化乙醇中的碳，则生成气体为二氧化硫；二氧化碳；

rm{(3)}乙烯和溴水发生了加成反应；

rm{(4)}根据rm{1}rm{2-}二溴乙烷和水的密度相对大小解答；

rm{(5)Br_{2}}可以和氢氧化钠发生氧化还原反应；

rm{(6)}利用rm{1}rm{2-}二溴乙烷与乙醚的沸点不同进行解答；

rm{(7)}根据溴易挥发、该反应放热分析；根据rm{1}rm{2-}二溴乙烷的熔点rm{(}凝固点rm{)}低进行分析．

本题通过制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷的实验，考查了制备方案的设计，题目难度中等，明确制备原理为解答关键，注意掌握常见物质的性质，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】rm{d}rm{c}溴的颜色完全褪去；下；rm{b}蒸馏；避免溴的大量挥发；产品rm{1}rm{2-}二溴乙烷的熔点rm{(}凝固点rm{)}低，过度冷却会凝固而堵塞导管26、（1）3d104S1ds

（2）F>N>CCH4

（3）sp21:1

（4）原子晶体12(4×40)/(NA.a.10-30)

【分析】【分析】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、分子结构与性质、杂化方式与空间构型判断、晶胞结构与计算等，rm{(4)}为易错点，需要学生具备一定的空间想象，难度中等。【解答】rm{(1)}rm{Cu}元素原子核外电子数为rm{29}根据能量最低原理，核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}价层电子排布式为rm{3d^{10}}rm{4S^{1}}；铜元素在周期表中的rm{ds}区

故答案为：rm{3d^{10}4s^{1}}rm{ds}

rm{(2)}同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能为：rm{F>N>C}三种氢化物中，氨气为三角锥形，属于极性分子，rm{HF}为双原子分子，共用电子对偏向rm{F}为极性分子，甲烷为正四面体对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；

故答案为：rm{F>N>C}rm{CH_{4}}

rm{(3)}基态rm{N}原子的价电子排布图是原子的价电子排布图是rm{N}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}分子与rm{F}互为等电子体，rm{F}原子的杂化方rm{{,!}_{2}}rm{COCl_{2}}杂化；rm{N}原子的杂化方rm{N}式是分子与rm{sp^{2}}互为等电子体，中rm{N}键和rm{N}键数目之比为rm{{,!}_{2}}

故答案为：rm{O}分子与rm{CO_{2}}互为等电子体，中rm{娄脪}键和rm{娄脨}键数目之比为rm{1:1}rm{O}

rm{CO_{2}}金刚砂硬度大，晶胞中rm{娄脪}rm{娄脨}原子之间形成共价键，为空间网状结构，属于原子晶体；晶胞中存在四面体构型，晶胞中rm{1:1}rm{sp^{2}}原子位置可以互换，互换后以顶点rm{1:1}原子为研究对象，与之最近的rm{(4)}原子处于面心，每个顶点为rm{Si}个晶胞共用，每个面心为rm{C}个晶胞共用，故每个rm{Si}原子周围最近的rm{C}原子数目为rm{C}晶胞中rm{C}处于顶点与面心，晶胞中rm{8}元素数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{2}原子处于晶胞内部，晶胞中rm{C}原子数目为rm{C}故晶胞质量为rm{dfrac{3隆脕8}{2}=12}晶胞体积为rm{Si}则晶胞密度为rm{4隆脕dfrac{40}{N_{A}}g隆脗(a隆脕10^{-10}cm)^{3}=(4隆脕40)/(NA.a.10^{-30})}rm{Si}

故答案为：rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}。

rm{C}【解析】rm{(1)3d^{10}4S^{1}}rm{ds}rm{(2)F>N>C}rm{CH_{4;}}rm{(3)}rm{sp^{2}}rm{1:1}rm{(4)}原子晶体rm{12}rm{(4隆脕40)/(NA.a.10^{-30})}

rm{(4隆脕40)/(NA.a.10^{-30})}27、（1）2ΔH3-2ΔH2-ΔH1反应放热量大、产生大量气体（2）△H1＋△H2－△H3（3）+41.2【分析】【分析】本题考查盖斯定律的应用，盖斯定律计算的熟练应用是解题的关键。【解答】rm{(1)垄脵2O_{2}(g)+N_{2}(g)篓TN_{2}O_{4}(l)triangleH_{1}}

rm{垄脷N_{2}(g)+2H_{2}(g)篓TN_{2}H_{4}(l)triangleH_{2}}

rm{垄脹O_{2}(g)+2H_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangleH_{3}}

依据热化学方程式和盖斯定律计算rm{(1)垄脵2O_{2}(g)+N_{2}(g)篓TN_{2}O_{4}(l)triangle

H_{1}}得到rm{垄脺2N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)篓T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH_{4}=2triangleH_{3}-2triangleH_{2}-triangleH_{1}}根据反应rm{垄脺N_{2}H_{4}(l)+N_{2}O_{4}(l)篓T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH_{4}=-1038.6kJ?mol^{-1}}可知，联氨和rm{垄脷N_{2}(g)+2H_{2}(g)篓TN_{2}H_{4}(l)triangle

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