2025年沪教版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2025年沪教版高二化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、下列水解离子方程式正确的是：A.CO32-＋H2OCO2­＋2OH－B.I－＋H2OHI＋OH－C.SO32-＋2H2OH2SO3＋2OH－D.HPO42-＋H2OH2PO4-＋OH－2、下列物质属于离子化合物的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}B.rm{NaClO}C.rm{H_{2}SO_{4}}D.rm{CH_{3}CHO}3、下列说法正确的是()A.可用高锰酸钾溶液鉴别甲苯、环己烯与溴苯B.淀粉与纤维素不互为同分异构体，但二者完全水解的产物相同C.石油裂解和油脂皂化都是由高分子化合物生成小分子物质的过程D.对苯二甲酸rm{(}rm{)}与乙二醇rm{(HOCH_{2}CH_{2}OH)}能通过加聚反应制取聚酯纤维rm{(}rm{)}4、下列实验方法或操作正确的是。

A.配制稀盐酸B.检验rm{K^{+;}}

C.获取rm{NaCl}D.收集rm{NO}rm{{,!}}5、温家宝总理在全国人大会议上提出“要大力抓好节能降耗、保护环境”，下列举措与这一主题不相符的是（）A.用“绿色化学”工艺，使原料完全转化为目标产物B.开发新能源，减少化石能源的使用，减少污染C.开发新型电池，推广废旧电池的回收、处理经验D.大量使用农药化肥，减少病虫害，提高粮食产量6、把过量的CO2气体通入下列物质的饱和溶液中，不变浑浊的是（）A.Ca（OH）2B.C6H5ONaC.NaAlO2D.Na2SiO37、下列说法中正确的是（）A.按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5-四甲基-4，4-二乙基己烷B.卤代烃C3H6Cl2有三种同分异构体C.乙醇能发生氧化反应、取代反应和加成反应D.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持50-60℃反应生成硝基苯8、下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是rm{(}rm{)}A.B.C.D.9、rm{娄脕-}氯乙基苯是一种重要的有机合成中间体，其一种制备反应原理为：在rm{T隆忙}时，向rm{2.0L}恒容密闭容器中充入rm{0.40mol}乙苯rm{(g)}和rm{0.40molCl_{2}(g)}进行反应，反应过程中测定的部分数据见下表：。rm{t/min}rm{0}rm{1}rm{2}rm{5}rm{10}rm{n(HCl)/mol}rm{0}rm{0.12}rm{0.20}rm{0.32}rm{0.32}下列有关说法正确的是。

A.反应在rm{0隆芦2min}内的平均速率rm{v(娄脕-}氯乙基苯rm{)=0.10mol隆陇L^{-1}}rm{隆陇min}rm{隆陇min}B.rm{{,!}^{-1}}后，若保持其他条件不变，升高温度，达到新平衡时测得rm{10min}氯乙基苯rm{c(娄脕-}则反应的rm{)=0.18mol隆陇L^{-1}}C.在rm{娄陇H<0}时，起始时若向容器中充入rm{T隆忙}乙苯rm{1.0mol}rm{(g)}和rm{0.50molCl_{2}(g)}氯乙基苯rm{0.50mol娄脕-}rm{(g)}则反应将向正反应方向进行D.在rm{0.50molHCl(g)}时，起始时若向容器中充入rm{T隆忙}氯乙基苯rm{2.0mol娄脕-}和rm{(g)}达到平衡时，rm{2.2molHCl(g)}氯乙基苯rm{娄脕-}的转化率小于rm{(g)}rm{20%}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、下列说法不正确的是（）A.金刚石、氮化硼、碳化硅、石英、晶体硅、锗、刚玉均为原子晶体B.干冰晶体、C60晶体、冰晶体、铜晶体中一个分子或金属原子周围有12个紧邻的分子或金属原子C.面心立方最密堆积按ABABAB的方式堆积，配位数为12，空间利用率为74%E.第二主族金属元素的碳酸盐受热分解温度会越来越高，原因是晶格能越来越大．E.第二主族金属元素的碳酸盐受热分解温度会越来越高，原因是晶格能越来越大．11、仔细观察如图；下列有关说法正确的是（）

A.图中a区的直链烷烃在常温下呈液态B.烷烃的熔点随分子中碳原子的增加一定逐渐升高C.汽油的化学成份为C5～C12的碳氢化合物，分馏石油时，收集汽油的温度应控制在20℃～200℃左右D.碳原子数相同的不同烷烃，其沸点都相同12、下列说法中正确的是（）A.苯酚中羟基对苯环的影响是使苯环上氢原子都变的很活泼B.酯在碱性条件下的水解生成相应的羧酸和醇C.参与酯化反应的物质一定有两种D.能发生银镜反应的物质不一定是醛13、一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：rm{A(g)+2B(g)?C(g)+D(g)}观察下列物理量，能表明该反应已达到平衡状态的是rm{(}rm{)}A.rm{C}物质的物质的量浓度不变B.物质rm{C}和物质rm{D}的物质的量浓度相等C.rm{B}物质的转化率不发生变化D.反应速率rm{v}rm{(A)=v}rm{(D)}14、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用rm{.}锌rm{-}锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s).}则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{.}电池工作时，rm{MnO_{2}}发生还原反应B.rm{.}电池负极的电极反应式为：rm{2MnO_{2}+H_{2}O+2e^{-}隆煤Mn_{2}O_{3}+2OH^{-}}C.rm{.}电池工作时，电路中每通过rm{0.2mol}电子，锌的质量理论上减少rm{6.5g}D.电池工作时，rm{K^{+}}移向负极15、已知rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}反应的平衡常数和温度的关系如下rm{;}rm{830隆忙}时，向一个rm{2L}的密闭容器中充入rm{0.2mol}的rm{A}和rm{0.8mol}的rm{B}反应初始rm{4s}内rm{A}的平均反应速率rm{v(A)=0.005mol/(L隆陇s)}下列说法正确的是时，向一个rm{830隆忙}的密闭容器中充入rm{2L}的rm{0.2mol}和rm{A}的rm{0.8mol}反应初始rm{B}内rm{4s}的平均反应速率rm{A}下列说法正确的是。rm{v(A)=0.005mol/(L隆陇s)}温度rm{/隆忙}rm{700}rm{800}rm{830}rm{1000}rm{1200}平衡常数rm{1.7}rm{1.1}rm{1.0}rm{0.6}rm{0.4}A.rm{4s}时rm{c(B)}为rm{0.38mol隆陇L^{-1}}B.rm{830隆忙}达平衡时，rm{A}的体积分数rm{0.16}C.反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D.rm{1200隆忙}时反应rm{C(g)+D(g)?A(g)+B(g)}的平衡常数为rm{2.5}16、对下列实验的描述正确的是rm{(}rm{)}A.

所示的实验：根据检流计rm{(G)}中指针偏转的方向比较rm{Zn}rm{Cu}的金属活泼性B.

所示的实验：根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀C.

所示的实验：根据温度计读数的变化用浓硫酸和rm{NaOH}反应测定中和热D.

所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化rm{(}热水中变深、冰水中变浅rm{)}判断rm{2NO_{2}(g)overset{;}{}N_{2}O_{4}(g)}是吸热反应rm{2NO_{2}(g)overset{;}{

}N_{2}O_{4}(g)}17、下列描述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CS_{2}}为rm{V}形的极性分子B.rm{Cl0_{3}^{-}}的空间构型为平面三角形C.rm{SF_{6}}中有rm{6}对完全相同的成键电子对D.rm{SiF_{4}}和rm{SO_{3}^{2-}}的中心原子均为rm{sp^{3}}杂化评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、A、B、C、D四种有机物分子中碳原子数相同，A在标况下的密度为1.161g•L-1；B或D跟溴化氢反应都生成C；D在浓硫酸存在下发生消去反应生成B．

（1）A、B、C、D的结构简式分别是____、____、____、____．

（2）写出下列反应的化学方程式及部分反应类型。

B→C____．属于____反应．

D→C____．属于____反应．

D→B____．19、(12分)据《中国制药》报道，化合物F是用于制备“非典”药品（盐酸祛炎痛）的中间产物，其合成路线为：已知：（Ⅰ）RNH2+R/CH2ClRNHCH2R/+HCl（R和R/代表烃基）（Ⅱ）苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如：（Ⅲ）（苯胺，弱碱性，易氧化）（Ⅳ）与浓硫酸、浓硝酸混合在不同温度下会得到不同产物。回答下列问题：（1）反应①的条件是_______________________________（2）反应③和反应④的顺序不能颠倒，原因是_____________________________________（3）C的结构简式是_________________。（4）D+E→F的化学方程式：_____________________。（5）反应①~⑤中，属于取代反应的是（填反应序号）_______________。20、（1）大气中SO2含量过高会导致雨水中含有（填化学式）______而危害植物和建筑物．工厂排放的SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反应的化学方程式为______．

（2）已知NaHSO3的水溶液显酸性，比较其中SO32-、HSO3-、H2SO3三种粒子的浓度：______＞______＞______．

（3）SO2是空气质量报告的指标之一，可用SO2还原KIO3生成I2的反应测定空气中SO2含量．每生成0.01molI2，参加反应的SO2为______mol．

（4）已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=2.6×10-9．下列说法不正确的是______

A．25℃时，向BaSO4悬浊液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不变。

B．25℃时，向BaSO4悬浊液中加入Na2CO3溶液后，BaSO4不可能转化为BaCO3

C．向Na2SO4中加入过量BaCl2溶液后，溶液中c（SO42-）降低为零．21、用价层电子对互斥理论判断下列物质的空间构型：

rm{垄脵NH_{4}^{+}}______rm{垄脷NH_{3}}______

rm{垄脹CCl_{4}}______rm{垄脺SO_{3}}______．22、有一种广泛用于汽车、家电产品上的高分子涂料，是按下列流程生产的。图中M(C3H4O)和A均能发生银镜反应。N和M的分子中碳原子数相同，A的烃基上的一氯取代位置有三种。试写出：（1）下列物质的结构简式：A________；M________；E________。（2）物质A的同类别的同分异构体的结构简式为______________。（3）反应类型：X______________；Y__________________。（4）写出D→E的化学方程式：____________________。23、（每空2分，共10分）（1）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是_____A、KMnO4B、H2O2C、Cl2水D、HNO3然后再继续加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的________A.NaOHB.NH3·H2OC.CuOD.Cu(OH)2（2）向25mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，得到曲线如下图所示①、写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式②、该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为③、在B点，a12.5mL（填“大于”、“小于”或“等于”）24、脂肪烃CnHm分子中，碳碳原子间共用电子对数为____（用含n、m的式子表示）．若某脂肪烃分子中，碳碳原子间共有电子对数为28，且分子内含一个双键和一个叁键，则它的分子式为____．若将Cn看做烃分子中的氢原子完全失去后的产物，则C60中碳碳原子间共用电对数为____．25、工业上一般在密闭容器中采用下列反应合成甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?}rm{CH_{3}OH(g)}．

rm{(1)}不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应rm{triangleH}___________________rm{0}rm{triangleS}_______________rm{0(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}，实际生产条件控制在____rm{隆忙}rm{1.3隆脕10^{4}kPa}左右最为适宜。

rm{(2)}某温度下，将rm{2molCO}和rm{6molH_{2}}充入rm{2L}的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得rm{c(CO)=}rm{0.1mol隆陇L^{-1}}

rm{垄脵}不能作为判断反应达到平衡状态的依据是__________．A.rm{CO}和rm{H_{2}}的浓度之比不再变化B.混合气体的密度不变。

C.混合气体的相对平均分子质量不变。

D.rm{CH_{3}OH}rm{CO}rm{H_{2}}的浓度都不再发生变化rm{垄脷}该反应的平衡常数rm{K=}__________________________rm{L^{2}隆陇mol^{-2}(}保留两位小数rm{)}rm{垄脹}反应达平衡后，下列操作既能加快反应速率，又能使平衡混合物中rm{CH_{3}OH}物质的量分数增大的是____。rm{a.}升温rm{b.}恒容条件下充入rm{H_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;}c.}加入合适的正催化剂rm{d.}恒容条件下再充入rm{1molCO}rm{3molH_{2;;;;;;;;}e.}压缩体积rm{3mol

H_{2;;;;;;;;}e.}移走一部分rm{f.}rm{CH_{3}OH}平衡后某时刻，向容器中再充入rm{垄脺}和rm{2.4molH_{2}}此时反应rm{5.4molCH_{3}OH}________________rm{v_{(脮媒)}}填“rm{v_{(脛忙)}(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}

rm{)}若保持同一反应温度同一反应容器，将起始物质改为rm{垄脻}rm{amolCO}rm{bmolH_{2}}欲使平衡混合物中各组成与原平衡相同，则rm{cmolCH_{3}OH}rm{a}应满足的关系为____________________，且欲使开始时该反应向逆反应方向进行，rm{b}的取值范围是__________________。rm{c}26、按照要求回答下列问题：rm{(1)3p}轨道上有rm{1}个电子的自旋方向与其他电子不同的元素是____，原子失去rm{3}个电子后，rm{3d}能级为半充满状态的元素是____rm{(}均写出元素符号rm{)}rm{(2)Cr}的电子排布式为____、rm{Zn}原子的外围电子排布式为____，rm{Cu}的基态外围电子排布图为____。rm{(3)C}rm{N}rm{O}的电负性由大到小的顺序是____；rm{Na}rm{Mg}rm{Al}的第一电离能由大到小的顺序是____rm{(4)FeSO_{4}}隔绝空气受热分解生成rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SO_{2}}分子的空间构型为____，其中rm{S}原子的杂化类型为____。与rm{SO_{3}}互为等电子体的离子与分子分别为____、____rm{(}填化学式rm{)}rm{(5)}酒石酸钛配合物广泛应用于药物合成。酒石酸rm{(}结构如下图所示rm{)}中羧基氧原子的轨道杂化类型分别是____，rm{1mol}酒石酸中rm{娄脨}键的数目是____。rm{(6)1mol}配合物rm{CrCl_{3}隆陇6H_{2}O}中rm{Cr}的配位数为rm{6}某rm{1molCrCl_{3}隆陇6H_{2}O}能与足量的硝酸银反应生成rm{2mol}白色沉淀，写出该配合物的化学式_______。评卷人得分四、探究题(共4题，共16分)27、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。28、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。29、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。30、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、综合题(共2题，共14分)31、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．32、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9题，共18分)1、D【分析】【解析】试题分析：A中CO32－水解分布进行，且不可能生成CO2，不正确；B中I－不水解，不正确；C中SO32－水解分布进行，不正确，答案选D。考点：考查水解方程式的判断【解析】【答案】D2、B【分析】解：rm{A}rm{SO_{2}}是通过共价键形成的共价化合物；故A错误；

B、rm{NaClO}是钠离子与次氯酸根离子通过离子键形成的离子化合物；故B正确；

C、rm{H_{2}SO_{4}}是通过共价键形成的共价化合物；故C错误；

D、rm{CH_{3}CHO}是原子间通过共价键形成的共价化合物；故D错误；

故选B．

离子化合物是通过离子键形成的化合物，离子键是由电子转移rm{(}失去电子者为阳离子，获得电子者为阴离子rm{)}形成的rm{.}即正离子和负离子之间由于静电作用所形成的化学键．

阳离子和阴离子构成了离子化合物rm{.}活泼金属rm{(}如钠、钾、钙、镁等rm{)}与活泼非金属rm{(}如氟、氯、氧、硫等rm{)}相互化合时，活泼金属失去电子形成带正电荷的阳离子rm{(}如rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Ca^{2+}}等rm{)}活泼非金属得到电子形成带负电荷的阴离子rm{(}如rm{F^{-}}rm{O^{2-}}rm{S^{2-}}等rm{)}阳离子和阴离子靠静电作用形成了离子化合物．【解析】rm{B}3、B【分析】略【解析】rm{B}4、C【分析】本题考查的是实验的基本操作。A.用容量瓶配制溶液时，不可将量筒中的浓盐酸直接加入到容量瓶中，故A错误；B.利用焰色反应观察钾离子的焰色时，必须透过蓝色钴玻璃，故B错误；C.加热蒸发氯化钠溶液可以带到rm{NaCl}是正确的，故C正确；D.rm{NO}容易与空气中的氧气发生反应，故不可用排空气法收集，故D错误。故选C。熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。

【解析】rm{C}5、D【分析】考查化学与生活、生产及环境保护等。大量使用农药化肥，会造成环境的污染，选项D是错误的，其余都是正确的，答案选D。【解析】【答案】D6、A【分析】解：A．二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙；碳酸钙和二氧化碳；水反应生成可溶性的碳酸氢钙，故A正确；

B．过量二氧化碳和苯酚钠溶液反应生成难溶性的苯酚和可溶性的碳酸氢钠；所以溶液变浑浊，故B错误；

C．碳酸酸性大于氢氧化铝，二氧化碳可与Ca（ClO）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀；故C错误；

D．碳酸酸性大于硅酸；所以二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故D错误；

故选A．

A．过量二氧化碳和氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙；

B．过量二氧化碳和苯酚钠反应生成难溶性的苯酚；

C．二氧化碳和偏铝酸钠反应生成难溶性的氢氧化铝沉淀；

D．二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性的硅酸．

本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，注意二氧化碳和苯酚反应生成碳酸氢钠而不是碳酸钠，为易错点．【解析】【答案】A7、D【分析】解：A．烷烃命名编号要使取代基的位次之和最小；故该烷烃正确命名为：2，2，3，4，5-五甲基-3-乙基己烷，故A错误；

B．分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯原子取代，碳链上的3个碳中，两个氯原子取代一个碳上的氢原子，有两种：CH3-CH2-CHCl2（甲基上的氢原子时一样）、CH3-CCl2-CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl-CH2-CH2Cl（两个边上的），CH2Cl-CHCl-CH3（一中间一边上）；共有四种，故B错误；

C．乙醇含官能团羟基；可发生取代反应和氧化反应，不含双键和三键，故不能发生加成反应，故C错误；

D．苯与浓硝酸；浓硫酸共热并保持50-60℃反应生成硝基苯；故D正确；

故选D．

A．根据烷烃的命名原则命名；

B．根据有机物烷烃的同分异构体的写法来书写其所有的同分异构体；

C．根据乙醇的性质考虑；

D．根据苯硝化反应的条件分析判断．

本题考查了有机物的命名和同分异构体的书写和有机物的性质．较基础，书写同分异构体要按一定顺序来写，防止漏写或重写．【解析】【答案】D8、C【分析】解：rm{A.}被氧化为酮；不能被氧化为醛，故A错误；

B.不能发生消去反应；故B错误；

C.rm{-OH}邻位rm{C}上应含有rm{H}原子，能发生消去反应，含有rm{-CH_{2}OH}的结构；可被氧化为醛，故C正确；

D.被氧化为酮；不能被氧化为醛，故D错误．

故选C．

醇类物质中能发生消去反应，rm{-OH}邻位rm{C}上应含有rm{H}原子，能发生催化氧化反应生成醛类，应含有rm{-CH_{2}OH}的结构；以此判断．

本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握醇发生消去反应和发生氧化反应与结构的关系．【解析】rm{C}9、C【分析】【分析】本题考查反应速率和化学平衡的计算、等效平衡的应用和外界条件对平衡的影响，题目较难。【解答】A.由数据图表可知，反应在rm{0隆芦2min}内，rm{HCl}的物质的量增加了rm{0.20mol}根据反应原理方程式，rm{娄脕-}氯乙基苯作为生成物，在反应中生成了rm{0.20mol}即rm{trianglen=0.2mol}容器体积为rm{V=2L}反应所经历的时间为rm{trianglet=2min}则反应在rm{0隆芦2}rm{min}内的平均速率rm{v(娄脕-}氯乙基苯rm{)=;;dfrac{?n;}{V?t;}=;

dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min};;;=0.05mol/(L?min)}内，rm{0隆芦2min}的物质的量增加了rm{HCl}根据反应原理方程式，rm{0.20mol}氯乙基苯作为生成物，在反应中生成了rm{娄脕-}即rm{0.20mol}容器体积为rm{trianglen=0.2mol}反应所经历的时间为rm{V=2L}则反应在rm{trianglet=2min}rm{0隆芦2}内的平均速率rm{min}氯乙基苯rm{)=;;dfrac{?n;}{V?t;}=;dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min};;;=0.05mol/(L?min)}故A错误；rm{v(娄脕-}的物质的量为rm{)=;;dfrac{?n;}{V?t;}=;

dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min};;;=0.05mol/(L?min)}根据反应方程式，平衡时，B.平衡时，rm{HCl}的物质的量为rm{0.32mol}根据反应方程式，平衡时，rm{娄脕-}氯乙基苯的浓度应为rm{;c=;

dfrac{;0.32mol;}{2L;}=0.16mol/L}氯乙基苯的浓度应为rm{;c=;dfrac{;0.32mol;}{2L;}=0.16mol/L}，rm{HCl}后升高温度，反应达到新平衡时rm{0.32mol}氯乙基苯的浓度为rm{娄脕-}因此升高温度，化学平衡右移，表明正反应是吸热反应，吸热反应的焓变rm{;c=;

dfrac{;0.32mol;}{2L;}=0.16mol/L}故B错误；rm{10min}时，根据表中数据和反应的方程式，平衡时，rm{娄脕-}乙苯rm{c=0.18mol/L}rm{triangleH>0}C.rm{T隆忙}时，根据表中数据和反应的方程式，平衡时，，rm{T隆忙}rm{c(}乙苯rm{)=}氯乙基苯rm{c(}rm{)=}rm{c(Cl_{2})=0.04mol/L}可计算该温度下的平衡常数rm{c(Cl_{2})=0.04mol/L}乙苯rm{c(娄脕-}氯乙基苯rm{)=}rm{c(娄脕-}rm{)=}rm{c(HCl)}rm{c(HCl)}rm{=0.16mol/L}可计算该温度下的平衡常数rm{K=16}和rm{=0.16mol/L}rm{K=16}氯乙基苯若起始时，向容器中充入rm{1.0}rm{mol}乙苯rm{(g)}rm{0.50}rm{mol}rm{Cl}rm{1.0}rm{mol}rm{(g)}反应的浓度商为rm{0.50}故rm{mol}故C正确；rm{Cl}时，原先向容器中冲入rm{{,!}_{2}}的乙苯和rm{(g)}和rm{0.50}rm{mol娄脕-}氯乙基苯rm{(g)}rm{0.50}rm{mol}rm{HCl(g)}反应的浓度商为的rm{(g)}rm{0.50}rm{mol娄脕-}氯乙基苯和rm{(g)}的rm{0.50}若向容器中冲入rm{mol}氯乙基苯和rm{HCl(g)}即rm{J=0.5<K}故氯乙基苯和rm{J=0.5<K}根据等效平衡分析转化率，那么反应将向正反应方向进行，氯乙基苯D.rm{T隆忙}时，原先向容器中冲入rm{0.2mol/L}的乙苯和rm{0.2mol/L}的rm{Cl}的转化率rm{T隆忙}故D错误。

rm{0.2mol/L}rm{0.2mol/L}【解析】rm{C}二、双选题(共8题，共16分)10、B|C|E【分析】解：A．由原子构成的晶体是原子晶体；这几种物质都是由原子构成的，属于原子晶体，故A正确；

B．冰中每个水分子能形成4个氢键；所以每个水分子周围有4个紧邻的水分子，故B错误；

C．六方最密堆积按ABABAB的方式堆积；面心立方堆积按ABCABC的方式堆积，故C错误；

D．发生焰色反应时；物质的能量升高，电子向能力高的轨道跃迁，为发射光谱，所以焰色反应的实质是发射光谱，故D正确；

E．碱土金属离子与碳酸根的极化作用有关；碱土金属都带两个正电荷，离子半径越小对阴离子（碳酸根离子）的极化作用越强，极化作用越强金属键越容易往共价键发展，即越不稳定．所以从第2主族由上到下，极化作用越弱，分解温度越高，与晶格能无关，故E错误；

故选BCE．

A．由原子构成的晶体是原子晶体；

B．冰中每个水分子周围有4个紧邻的水分子；

C．六方最密堆积按ABABAB的方式堆积；

D．发生焰色反应时；物质的能量升高，电子向能力高的轨道跃迁，为发射光谱；

E．碳酸盐分解温度与极化作用有关．

本题考查物质结构和性质，涉及碳酸盐分解影响因素、焰色反应实质、原子晶体判断等知识点，综合性较强，明确物质结构、性质及其影响因素等知识点即可解答，易错选项是BE，知道常见金属堆积模型、空间利用率等，题目难度中等．【解析】【答案】BCE11、A|C【分析】解：A．由图中b区的直链烷烃的沸点都大于常温；所以在常温下呈液态，故A正确；

B．由图可直链烷烃的熔点随分子中碳原子的增加呈增大趋势；故B错误；

C．根据C12的沸点高于200℃；所以分馏石油时，收集汽油的温度应控制在200℃以下，故C正确；

D．碳原子数相同的不同烷烃；支链越多，沸点越低，故D错误；

故选AC．

A．根据图中b区的直链烷烃的沸点都大于常温；

B．根据图可知直链烷烃的熔点随分子中碳原子的增加呈增大趋势；

C．根据C12的沸点高于200℃；所以液化时温度应控制在200℃以下；

D．碳原子数相同的不同烷烃；支链越多，沸点越低。

本题主要考查了烷烃的物理性质，难度不大，要注意对图示信息的提取．【解析】【答案】AC12、A|D【分析】解：A．苯酚易发生取代反应；如与溴水反应生成三溴苯酚，说明羟基对苯环的影响，故A正确；

B．酯在碱性条件下水解生成的酸与氢氧化钠反应生成钠盐；故B错误；

C．发生酯化反应的物质应含有羧基；羟基；可发生在相同物质之间，如乳酸等，故C错误；

D．能发生银镜反应的物质应含有醛基；不一定是醛，如乙醛；葡萄糖以及甲酸形成的酯等，故A正确；

故选AD．

A；苯酚可发生取代反应；说明羟基对苯环的影响；

B；酯在碱性条件下的水解生成钠盐；

C．酯化反应可发生在相同物质之间；如乳酸等；

D．醛；葡萄糖以及甲酸酯等都含有醛基；可发生银镜反应．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，注意把握有机物官能团的性质以及有机物的原子团之间相互影响的特点，难度不大．【解析】【答案】AD13、rAC【分析】解：rm{A}rm{C}物质的物质的量浓度不变；说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故A正确；

B、如果rm{AB}按物质的量之比为rm{1}rm{2}投料，则只要反应发生物质rm{C}和物质rm{D}的物质的量浓度就相等；故B错误；

C、rm{B}物质的转化率不发生变化；说明各物质的量相等，反应达平衡状态，故C正确；

D；未体现正与逆的关系；故D错误；

故选AC．

根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}．【解析】rm{AC}14、AC【分析】解：rm{A.}根据总反应可知，rm{MnO_{2}}中rm{Mn}元素的化合价降低；发生还原反应，故A正确；

B.负极rm{Zn}失电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}=Zn(OH)_{2}}故B错误；

C.由rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知，rm{65gZn}反应转移电子为rm{2mol}则rm{6.5gZn}反应转移rm{0.2mol}电子；故C正确；

D.电池工作时，电子由负极流向正极，根据异性电荷相吸，溶液中rm{K^{+}}rm{H^{+}}向正极移动，rm{OH^{-}}向负极移动；故D错误．

故选AC．

根据电池总反应式为：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知反应中rm{Zn}被氧化，为原电池的负极，负极反应为rm{Zn-2e^{-}+2OH^{-}篓TZn(OH)_{2}}rm{MnO_{2}}为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为rm{2MnO_{2}(s)+H_{2}O(1)+2e^{-}篓TMn_{2}O_{3}(s)+2OH^{-}(aq)}以此解答该题．

本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和原电池正负极的判断rm{.}理解这类题的关键是理解原电池原理，在反应中，电子从负极经外电路流向正极，同时溶液中的阴、阳离子分别不断移向负极、正极，构成闭合回路．【解析】rm{AC}15、AD【分析】【分析】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、转化率及速率计算、rm{K}的计算等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大。【解答】A.反应初始rm{4s}内rm{A}的平均反应速率rm{v(A)=0.005mol/(L?s)}则参加反应的rm{A}为rm{0.005mol/(L?s)隆脕4s=0.02molL}结合反应可知参加反应的rm{B}为rm{0.02mol/L}则rm{4}rm{s}时rm{c(B)}为rm{dfrac{0.8mol}{2L}-0.02mol/L=0.38;mol/L}故A正确；B.rm{

dfrac{0.8mol}{2L}-0.02mol/L=0.38;mol/L}达平衡时，rm{830隆忙}设转化的rm{K=1.0}为rm{A}则。

浓度rm{x}

开始rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}rm{0.1}rm{0.4}rm{0}

转化rm{0}rm{x}rm{x}rm{x}

平衡rm{x}rm{0.1-x}rm{0.4-x}rm{x}

则rm{dfrac{x隆陇x}{(0.1?x)(0.4?x)}=1.0}解得rm{x}则rm{dfrac{x隆陇x}{(0.1?x)(0.4?x)}=1.0

}的体积分数为rm{dfrac{0.1-0.08}{left(0.1-0.08right)+left(0.4-0.08right)+0.08+0.08}=0.04}故B错误；

C.由表格数据可知，温度越高，rm{x=0.08mol/L}越小；正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，故C错误；

D.相同温度下，相反过程的rm{A}互为倒数，由rm{

dfrac{0.1-0.08}{left(0.1-0.08right)+left(0.4-0.08right)+0.08+0.08}=0.04

}时rm{K}的rm{K}则rm{1200隆忙}时反应rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}的平衡常数为rm{K=0.4}故D正确。

故选AD。rm{1200隆忙}【解析】rm{AD}16、rAD【分析】解：rm{A.}构成原电池，rm{Zn}为负极，电流由正极流向负极，指针偏转可知电流方向，则根据检流计rm{(G)}中指针偏转的方向比较rm{Zn}rm{Cu}的金属活泼性；故A正确；

B.食盐水为中性；发生吸氧腐蚀，故B错误；

C.稀的强酸测定中和热，应选用稀硫酸与rm{NaOH}测定中和热；故C错误；

D.热水中变深、冰水中变浅，温度影响平衡移动，则rm{2NO_{2}(g)overset{;}{}N_{2}O_{4}(g)}是放热反应；故D错误；

故选：rm{2NO_{2}(g)overset{;}{

}N_{2}O_{4}(g)}

A.构成原电池，rm{AD}为负极；电流由正极流向负极，指针偏转可知电流方向；

B.食盐水为中性；发生吸氧腐蚀；

C.稀的强酸测定中和热；

D.热水中变深；冰水中变浅；温度影响平衡移动．

本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池、吸氧腐蚀、中和热、平衡移动等，注重高考常考考点的考查，题目难度中等．rm{Zn}【解析】rm{AD}17、rCD【分析】解：rm{A.CS_{2}}含有rm{C=S}极性键，rm{CS_{2}}的结构为rm{S=C=S}分子为线型结构，结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A错误；

B.rm{ClO_{3}^{-}}中rm{Cl}的价层电子对数rm{=3+dfrac{1}{2}(7+1-2隆脕3)=4}含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故B错误；

C.rm{=3+dfrac

{1}{2}(7+1-2隆脕3)=4}中rm{SF_{6}}含有一个成键电子对，所以rm{S-F}中含有rm{SF_{6}}个rm{6}键，则分子中有rm{S-F}对完全相同的成键电子对；故C正确；

D.rm{6}中rm{SiF_{4}}的价层电子对数rm{=4+dfrac{1}{2}(4-1隆脕4)=4}rm{Si}中rm{=4+dfrac

{1}{2}(4-1隆脕4)=4}的价层电子对数rm{=3+dfrac{1}{2}(6+2-2隆脕3)=4}所以中心原子均为rm{SO_{3}^{2-}}杂化；故D正确．

故选CD．

A.结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，反之为非极性分子，rm{Si}为直线型分子；

B.根据价层电子对互斥理论分析；

C.rm{=3+dfrac

{1}{2}(6+2-2隆脕3)=4}中rm{sp^{3}}含有一个成键电子对；

D.先求出中心原子的价层电子对数；再判断杂化类型．

本题考查微粒的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度不大．rm{CS_{2}}【解析】rm{CD}三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】

（1）A在标况下的密度为1.161g•L-1，则相对分子质量为1.161×22.4=26，应为CH≡CH，则A、B、C、D四种有机物分子中碳原子数都为2，D在浓硫酸存在下发生消去反应生成B，可知D为CH3CH2OH，B为CH2=CH2，则C为CH3CH2Br；

故答案为：CH≡CH；CH2=CH2；CH3CH2Br；CH3CH2OH；

（2）CH2=CH2和HBr发生加成反应，反应的方程式为CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br；

CH3CH2OH和HBr可发生取代反应生成CH3CH2Br，反应的方程式为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

CH3CH2OH在浓硫酸存在下发生消去反应生成CH2=CH2，反应的方程式为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

故答案为：CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br；加成；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；取代；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O．

【解析】【答案】A在标况下的密度为1.161g•L-1，则相对分子质量为1.161×22.4=26，应为CH≡CH，则A、B、C、D四种有机物分子中碳原子数都为2，D在浓硫酸存在下发生消去反应生成B，可知D为CH3CH2OH，B为CH2=CH2，则C为CH3CH2Br；结合有机物的性质可书写相关反应的方程式．

19、略

【分析】【解析】【答案】（12分）（1）光照（2分）（2）若先把硝基还原成氨基，再把甲基氧化成羧基则氨基也被氧化（2分）（3）（2分）（4）(3分)20、略

【分析】解：（1）SO2能导致硫酸型酸雨，SO2溶于水：SO2+H2O═H2SO3，H2SO3能被部分氧化：H2SO3+O2=H2SO4，故大气中SO2含量过高会导致雨水中含有H2SO4和未被氧化完的H2SO3；

SO2用饱和Na2SO3溶液吸收可得NaHSO3，反应的化学方程式为：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

故答案为：H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

（2）已知NaHSO3中的HSO3-既能电离又能水解：HSO3-⇌H++SO32-电离显酸性，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-水解显碱性；

NaHSO3的水溶液显酸性，说明电离大于水解，故：c（SO32-）＞c（H2SO3），而HSO3-无论是电离还是水解程度都很小，故未电离和水解的HSO3-浓度远远大于电离和水解生成的SO32-和H2SO3浓度，故三种粒子的浓度：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；

故答案为：c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；

（3）在此反应中，KIO3还原为I2，SO2被氧化为K2SO4．设当生成0.01molI2时；需要得xmol电子；

由2KIO3～得10e-～I2

2mol10mol1mol

xmol0.01mol

则x=0.1mol，即生成0.01molI2时；得0.1mol电子；

设当生成0.01molI2时反应掉的SO2为ymol，由关系：SO2～失2e-～K2SO4

1mol2mol

可知，ymolSO2失2ymol电子；

在氧化还原反应中；得失电子数相等，即有：2ymol═0.1mol；

解得y═0.05mol，即反应掉SO2为0.05mol；

故答案为：0.05；

（4）A．溶度积Ksp只受温度影响，温度不变，向BaSO4悬浊液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不变；故A正确；

B．当c（CO32-）足够大时，能满足Qc=c（CO32-）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），BaSO4能转化为BaCO3；故B错误；

C．据Ksp（BaSO4）=c（SO42-）•c（Ba2+）═1.1×10-10可知，c（Ba2+）越大，c（SO42-）越小；但不可能为零，故C错误；

故答案为：BC．

（1）SO2导致硫酸型酸雨，N02导致HNO3型酸雨；

（2）根据NaHSO3的水溶液显酸性，知HSO3-的电离大于水解；可判断出离子浓度大小关系；

（3）根据得失电子数守恒SO2，即可得出每生成0.01molI2，参加反应的SO2的量；

（4）A．Ksp只与温度有关，加水，Ksp不变；

B．当Qc=c（CO32-）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3；

C．向Na2SO4中加入过量BaCl2溶液后，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10不变，溶液中c（SO42-）不可能降低为零．

本题考查了离子浓度的大小比较、酸雨的形成、沉淀之间的转化等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力，注意明确酸雨成因、难溶物沉淀平衡及其计算，能够正确判断离子浓度大小．【解析】H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；0.05；BC21、正四面体；三角锥形；正四面体；平面三角形【分析】解：rm{垄脵}铵根离子中价层电子对个数rm{=娄脪}键个数rm{+}孤电子对个数rm{=4+dfrac{1}{2}=4}且不含孤电子对，所以铵根离子为正四面体结构；

故答案为：正四面体；

rm{垄脷}氨气分子中价层电子对个数rm{=娄脪}键个数rm{+}孤电子对个数rm{=3+dfrac{1}{2}(5-3隆脕1)=4}且含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；

故答案为：三角锥形；

rm{=3+dfrac

{1}{2}(5-3隆脕1)=4}中价层电子对个数rm{垄脹CCl_{4}}键个数rm{=娄脪}孤电子对个数rm{+}且不含孤电子对，所以rm{=4+0=4}为正四面体结构；

故答案为：正四面体；

rm{CCl_{4}}三氧化硫分子中价层电子对个数rm{垄脺}键个数rm{=娄脪}孤电子对个数rm{=3+dfrac{1}{2}(6-3隆脕2)=3}且不含孤电子对，所以为平面三角形结构；

故答案为：平面三角形．

根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，价层电子对个数rm{+}键个数rm{=3+dfrac

{1}{2}(6-3隆脕2)=3}孤电子对个数；据此分析解答．

本题考查了粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点．rm{=娄脪}【解析】正四面体；三角锥形；正四面体；平面三角形22、略

【分析】试题分析：（1）由丙烯M(C3H4O)N，可推知M为CH2=CH—CHO，N为CH2=CH—COOH；再由丙烯AB，因A能发生银镜反应，则B为醇。从分子组成上看“D＋H2O－N＝B”，可得B的分子式为C4H10O。B为一元醇，则A应为一元醛，因其烃基上的一氯代物有3种，A只能是CH3CH2CH2CHO，则B为CH3CH2CH2CH2OH。（2）物质A的同类别的同分异构体，官能团不变，碳链异构，可写出结构简式。（3）反应X为丁醛与氢气加成生成丁醇，为加成反应，反应Y为含碳碳双键的D通过加聚反应生成高分子化合物E属于加聚反应。（4）根据加聚反应的规律，写出D→E的化学方程式。考点：本题考查有机合成的推断、同分异构体的判断、反应类型、方程式的书写。【解析】【答案】23、略

【分析】（1）除杂时不能再引入新的杂质，ACD均会引入新的杂质，双氧水的还原产物是水，没有杂质，所以答案是B。同样调整溶液pH时也不能引入新的杂质，所以选项CD正确。（2）滴定前氢氧化钠的pH是13，所以浓度是0.1mol/L。醋酸是弱酸，当二者恰好反应时，溶液显碱性，B的显中性，说明醋酸的体积大于12.5mL。【解析】【答案】（1）BCD（2）①CH3COOH+OH—＝CH3COO—+H2O②0.1mol·L—1③大于24、|C26H48|120【分析】【解答】解：若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，则烃CnHm分子中，碳碳间共用电子对数为n﹣1，减少的H原子数为2n+2﹣m，所以增加的碳碳间共用电子对数为即烃CnHm分子中，碳碳间共用电子对数为n﹣1+=若某脂肪烃分子中，碳碳原子间共有电子对数为28，且分子内含一个双键和一个叁键，按题意不饱和度为3，即m=2n+2﹣6=2n﹣4代入上式，得28×2=4n﹣2n+452=2nn=26，m=48分子式为C26H48；C60如果是同分子数的烷烃，则其分子式为：C60H122，此烷烃中共用电子对数为60﹣1=59，每失去两个氢原子就增加一个C﹣C共用电子对，现在一共有122个氢原子，全部失去，则增加=61个共用电子对，所以C60分子中碳碳间共用电子对一共有：59+61=120个；故答案为：C26H48；120．【分析】若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数．25、（1）＜＜250

（2）①B②6.25③de④=⑤b=2+2a1.82

【分析】【分析】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算等，注意等效思想的运用。【解答】rm{(1)垄脵}由图象可知，压强一定时，温度越高rm{CO}的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即rm{triangleH<0}

该反应正反应是气体物质的量减小的反应，故熵减小，即rm{triangleS<0}rm{triangleS<0}由图像可知，rm{250隆忙}左右时，rm{1.3隆脕10^{4}kPa}转化率已较高，rm{CO}故答案为：rm{<}rm{<}rm{250}rm{<}

rm{<}rm{250}rm{(2)垄脵}和rm{(2)垄脵}A.只要反应正向移动，rm{CO}和rm{H}rm{CO}rm{H}rm{{,!}_{2}}符合题意的浓度之比就会发生变化故C不符合题意，浓度之比不再变化时，即反应达到平衡状态，故A不符合题意；

B.混合物的质量始终不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故B；

C.反应前后，混合气体的物质的量改变，气体的质量不变，反应达到平衡状态时，混合气体的相对平均分子质量不变，所以能作为判断平衡状态的依据，；

D.反应达到平衡状态时，rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}不符合题意rm{OH}rm{CO}rm{H}rm{OH}rm{CO}和rm{H}充入rm{{,!}_{2}}的密闭容器中，rm{{,!}_{2}}的浓度都不再发生变化，所以能作为判断平衡状态的依据，故的起始浓度分别为rm{dfrac{2mol}{2L;};=1mol/L,;dfrac{6mol}{;2L};=3mol/L,}rm{D}；

故选B。rm{垄脷}浓度变化为rm{垄脷}则：

rm{2molCO}rm{6molH_{2}}rm{2L}rm{CO}rm{H_{2}}

rm{dfrac{2mol}{2L;};=1mol/L,;

dfrac{6mol}{;2L};=3mol/L,}充分反应后，达到平衡时测得rm{c(CO)=0.1}rm{mol/L}rm{CO}浓度变化为rm{1mol/L-0.1mol/L=0.9mol/L}则：rm{c(CO)=0.1}rm{mol/L}

rm{CO}rm{1mol/L-0.1mol/L=0.9mol/L}rm{CO(g)+2H}rm{CO(g)+2H}

rm{{,!}_{2}}rm{(g)?CH}rm{(g)?CH}rm{{,!}_{3}}

rm{OH(g)}rm{=dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO){c}^{2}({H}_{2})}=dfrac{;0.9mol/L}{;0.1mol/L隆陇(1.2mol/L{)}^{2;}}=6.25}故答案为：rm{OH(g)}开始rm{(mol/L)}rm{1}rm{3}rm{0}升温，平衡逆向移动，rm{(mol/L)}rm{1}rm{3}物质的量分数减小，故rm{0}错误；

变化rm{(mol/L)}rm{0.9}rm{1.8}rm{0.9}恒容条件下充入rm{(mol/L)}rm{0.9}rm{1.8}rm{0.9}物质的量分数减小，平衡rm{(mol/L)}rm{0.1}rm{1.2}rm{0.9}错误；

rm{(mol/L)}催化剂不会影响平衡的移动，故rm{0.1}错误；

rm{1.2}恒容条件下再充入rm{0.9}故该温度下，该反应的平衡常数rm{k}rm{k}rm{=

dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO){c}^{2}({H}_{2})}=

dfrac{;0.9mol/L}{;0.1mol/L隆陇(1.2mol/L{)}^{2;}}=6.25}rm{6.25}rm{垄脹a.}升温，平衡逆向移动，rm{CH}物质的量分数增大，故rm{垄脹a.}正确；rm{CH}rm{{,!}_{3}}压缩体积，导致压强增大，能加快反应速率，正反应为气体分子数减小的反应，最终平衡时故重新平衡时rm{OH}物质的量分数减小，故rm{a}错误；物质的量分数增大，故rm{OH}正确；rm{a}移走一部分rm{b.}恒容条件下充入rm{H}rm{b.}rm{H}导致压强减小，反应速率减小，故rm{{,!}_{2}}错误；

，反应物、生成物的浓度都增大，反应物的浓度增大的更多，rm{CH_{3}OH}向容器中再充入故rm{b}错误；rm{b}rm{c.}催化剂不会影响平衡的移动，故rm{c}错误；rm{c.}rm{c}此时rm{d.}恒容条件下再充入rm{1molCO}rm{3molH}rm{c(CH_{3}OH)=0.9+5.4/2=3.6mol/L}此时浓度商rm{Qc=dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO){c}^{2}({H}_{2})}=dfrac{3.6}{0.1隆脕2.4隆脕2.4}=6.25=K}所以平衡不移动，rm{d.}rm{1molCO}rm{3molH}rm{{,!}_{2}}故答案为：，反应物浓度增大，能加快反应速率，正反应为气体分子数减小的反应，最终平衡时故重新平衡时rm{CH}rm{CH}使平衡混合物中各组成与原平衡相同，则应满足以下条件：rm{{,!}_{3}}

开始rm{OH}物质的量分数增大，故rm{d}正确；rm{OH}rm{d}rm{{,!}}

变化rm{e.}压缩体积，导致压强增大，rm{e.}rm{CH_{3}OH}rm{e}

平衡rm{f.}移走一部分rm{CH}rm{f.}rm{CH}rm{{,!}_{3}}且rm{dfrac{a+c}{;b+2c};=dfrac{2}{6};=dfrac{1}{3};}解得rm{OH}导致压强减小，反应速率减小，故rm{f}错误；rm{OH}rm{n(CH_{3}OH)=c(CH_{3}OH)V=0.9mol/L隆脕2L=1.8mol}所以rm{f}平衡故答案为：rm{de}时rm{de}的值最大，所以rm{垄脺}向容器中再充入rm{2.4molH}故答案为：rm{垄脺}rm{2.4molH}

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)<}rm{<}rm{250}rm{(2)垄脵B}rm{垄脷6.25}rm{垄脹de}rm{垄脺=}rm{垄脻b=2+2a}rm{1.8<cleqslant2}rm{垄脷6.25}rm{垄脹de}rm{垄脺=}rm{垄脻b=2+2a}

rm{1.8<cleqslant2}26、rm{(1)S}rm{Fe}

rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{5}4s^{1})}rm{3d^{10}4s^{2;}}

rm{(3)O>N>C}rm{Mg>Al>Na}

rm{(4)V}形rm{sp^{2}}杂化rm{NO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-;}}rm{BF_{3}}或rm{COCl_{2}}等

rm{(5)sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{2mol(}或rm{2隆脕6.02隆脕10^{23})}

rm{(6)[Cr(H_{2}O)_{5}}rm{Cl]Cl_{2}隆陇H_{2}O}【分析】【分析】本题考查元素的推断及原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、原子结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。【解答】rm{(1)}原子的rm{3P}轨道上有rm{1}个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}则元素为rm{S}元素，原子失去rm{3}个电子后，rm{3d}能级为半充满状态，则失去电子为rm{4s}和rm{3d}上的三个电子，则原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}为rm{26}号元素rm{Fe}元素，故答案为：rm{S}rm{Fe}rm{(2)Cr}为rm{24}号元素，其电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{5}4s^{1})}rm{Zn}元素为rm{30}号元素，原子的外围电子排布式为rm{3d^{10}4s^{2,}Cu}的核外电子数为rm{29}处于周期表中第四周期rm{IB}族，外围电子排布图为：故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{5}4s^{1})}rm{3d^{10}4s^{2}}rm{(3)}同周期主族元素，越往右，电负性越大，则电负性顺序为：rm{O>N>C}同周期主族元素第一电离能越往后呈现增大的趋势，但rm{IIA}族rm{>IIIA}族，则第一电离能顺序为：rm{Mg>Al>Na}故答案为：rm{O>N>C}rm{Mg>Al>Na}rm{(4)SO_{2}}中rm{S}原子价层电子对rm{=2+1/2(6-2隆脕2)=3}所以采取rm{sp2}杂化方式，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型是rm{V}形；rm{SO_{3}}的原子数为rm{4}价电子数为rm{24}与rm{SO_{3}}互为等电子体的为rm{NO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-}}rm{BF_{3}}或rm{COCl_{2}}等，故答案为：rm{V}形；rm{sp^{2}}rm{NO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-}}rm{BF_{3}}或rm{COCl_{2}}rm{(5)}羧基的结构式为rm{-O/!/C-O-H}两个rm{O}原子的价层电子对数分别为rm{3}rm{4}则杂化类型分别为rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}酒石酸分子中含有rm{2}个羧基，每个羧基含有一个rm{C=O}双键中含有一个rm{娄脨}键，则一分子酒石酸中含有rm{2}个rm{娄脨}键，所以rm{1mol}酒石酸中rm{娄脨}键的数目是rm{2N_{A}}故答案为：rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{2N_{A}}rm{(6)TiCl_{3}?6H_{2}O}绿色晶体，其配位数为rm{6}将rm{1mol}该晶体加入到足量硝酸银溶液中可得rm{2mol}白色沉淀，说明该化学式中含有rm{2}个氯离子，剩余rm{1}个氯原子为配原子，因为其配位数是rm{5}所以还有rm{5}个水分子是配体，rm{1}个水分子是结晶水，其化学式为rm{[Ti(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}?H_{2}O}故答案为：rm{[Ti(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}?H_{2}O}【解析】rm{(1)S}rm{Fe}rm{(2)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}