…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版高二化學下冊階段測試試卷811考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列關于反應熱的說法正確的是A.當△HB.已知說明碳的燃燒熱為110kJ/molC.反應熱的大小與反應物所具有的能量和生成物所具有的能量無關D.化學反應的反應熱只與反應體系的始態和終點狀態有關，而與反應的途徑無關2、運用元素周期律分析下面的推斷；其中推斷錯誤的是（）

A.氫氧化鈹[Be（OH）2]的堿性比氫氧化鎂弱。

B.相同條件下；同樣大小的金屬鈉；鉀與水反應時，后者反應更劇烈。

C.硫酸鍶（SrSO4）是難溶于水的白色固體（鍶與鎂；鈣同族）

D.已知F元素非金屬性比Cl元素強；則氫氟酸的酸性比鹽酸酸性強。

3、根據下列有關圖象，說法正確的是A.由圖Ⅰ知，反應在T1、T3處達到平衡，且該反應的△H＜0B.由圖Ⅱ知，反應在t6時，NH3體積分數最大C.由圖Ⅱ知，t3時采取降低反應溫度的措施D.圖Ⅲ在10L容器、850℃時反應，由圖知，到4min時，反應放出51.6kJ的熱量4、2014年2月，我國中東部地區遭遇嚴重的霧霾天氣，京津冀地區的空氣污染級別高達6級，PM2．5值逼近1000（“PM2.5”是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的細小顆粒物）.下列有關環境污染與防護的說法正確的是()A.CO2、NO、NO2都是大氣污染氣體，在空氣中能穩定存在B.使用清潔能源是防止酸雨發生的重要措施之一C.PM2．5屬于膠體，可以通過靜電除塵裝置除去D.治理汽車尾氣中的CO和NO2，可以通過催化轉化裝置，轉化成無毒的CO2和NH35、在純水中加入下列固體物質，對水的電離平衡不會產生影響的是（）A.NaIB.NH4ClC.K2CO3D.NaHSO46、下列敘述中，不能用勒夏特列原理解釋的是()A.紅棕色的rm{NO_{2}}加壓后顏色先變深后變淺B.高壓比常壓有利于合成rm{NH_{3}}的反應C.加入催化劑有利于rm{SO_{2}}的合成D.工業制取金屬鉀rm{Na(l)+KCl(l)}rm{NaCl(l)+K(g)}選取適宜的溫度，使rm{K}變成蒸氣從反應混合物中分離出來7、久置的rm{FeCl_{2}}溶液常含有rm{Fe^{3+}}為檢驗rm{Fe^{3+}}可選用下列哪種試劑rm{(}rm{)}A.稀rm{H_{2}SO_{4}}B.rm{NaCl}溶液C.rm{KSCN}溶液D.rm{Na_{2}SO_{4}}溶液評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.5kJ?mol1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=-566kJ?mol1

③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ?mol1

則TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=____．9、某共價化合物含C、H、N三元素,分子內有4個N原子,且4個N原子排列成內空的四面體(如白磷分子結構),每兩個N原子間都有一個C原子,分子內無C－C單鍵和C＝C雙鍵。(1)試確定該化合物的分子式_____________(2)假若某大分子,分子內只含C、H、P二種元素,其最小的重復的結構單元如上圖當該化合物分子中含n個磷原子時，則該化合物的組成可表示為____________________。10、按要求回答下列各題：

rm{壟脵}降冰片烯的分子結構可表示為其分子式為______；降冰片烯的一種同分異構體rm{(}含有一個六元環的單環化合物rm{)}的結構簡式為______；

rm{壟脷2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯的鍵線式為______；

rm{壟脹}的rm{H-NMR}譜圖中有______個信號峰；它在濃硫酸作用下發生消去反應，產物有______種；它______rm{(}填“是”或“不是”rm{)}手性分子；

rm{壟脺CH_{3}-C隆脭C-CH=CH_{2}}分子中最多有______個碳原子共線；______個碳原子共面．

rm{壟脻}丁苯橡膠的結構簡式為合成成這種橡膠的單體的結構簡式。

為______．11、C9H8O2有多種同分異構體，任寫其中一種能同時滿足下列條件的同分異構體結構簡式：____．

a．苯環上連接著三種不同官能團b．能發生銀鏡反應。

c．能與Br2/CCl4發生加成反應d．遇FeCl3溶液顯示特征顏色．12、右圖是維生素A的分子結構。

（1）維生素A中的含氧官能團是____，維生素A的分子式是____；

（2）1mol維生素A最多能與____mol溴發生加成反應．

13、（9分）氮是一種地球上含量豐富的元素，氮及其化合物的研究在生產、生活中有著重要意義。（1）下圖是1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，寫出NO2和CO反應的熱化學方程式。（2）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=＋180kJ?mol-12NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746kJ?mol-1則反應CO(g)+O2(g)=CO2(g)的△H=____kJ?mol-1（3）在一固定容積為2L的密閉容器內加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定條件下發生如下反應：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＜0，若第5分鐘時達到平衡，此時測得NH3的物質的量為0.2mol，平衡時H2的轉化率為，該反應的平衡常數表達式K=。(4)在固定體積的密閉容器中，1.0×103kPa時反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0的平衡常數K與溫度T的關系如下表：。T/K298398498平衡常數K51K1K2①K1K2（填寫“＞”、“=”或“＜”）②下列各項能說明上述合成氨反應一定達到平衡狀態的是____（填字母）a．容器內N2、H2、NH3的濃度之比為1:3:2b．NH3的濃度保持不變c．容器內壓強保持不變d．混合氣體的密度保持不變14、中和熱的測定實驗的關鍵是要比較準確地配制一定的物質的量濃度的溶液；量熱器要盡量做到絕熱；在量熱的過程中要盡量避免熱量的散失，要求比較準確地測量出反應前后溶液溫度的變化．回答下列問題：

（1）中學化學實驗中的中和熱的測定所需的玻璃儀器有：______，在大小燒杯之間填滿碎泡沫（或紙條）其作用是______．

（2）該實驗可用0.60mol?L-1HCl和0.65mol?L-1的NaOH溶液各50mL．NaOH的濃度大于HCl的濃度作用是______．當室溫低于10℃時進行，對實驗結果會造成較大的誤差其原因是______．

（3）若上述HCl、NaOH溶液的密度都近似為1g/cm3，中和后生成的溶液的比熱容C=4.18J/（g?℃），實驗進行了三次，三次實驗的△T平均為3.30℃，則該中和反應放出熱量為______kJ（填表達式），△H=______kJ/mol（填表達式）．評卷人得分三、其他(共8題，共16分)15、實驗室有下列實驗儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺外還需要用到的實驗儀器是____、____、(用字母填寫)。16、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；17、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。18、下圖轉化關系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色?；衔颒和I兩種氣體相遇時產生白煙K（NH4Cl）?；衔颎的焰色反應為黃色，B為氧氣。反應①和②均在溶液中進行。請按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質的化學式：D、F。（2）反應②的離子方程式為。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應的現象為。（4）將少量單質C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變為藍色。這說明單質C的氧化性于單質碘(填“強”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。寫出紅褐色沉淀的化學式：。19、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；20、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。21、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環外還含有一個六元環，且E中不含甲基。根據下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發生顯色反應③能發生水解反應和銀鏡反應22、下圖轉化關系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色?；衔颒和I兩種氣體相遇時產生白煙K（NH4Cl）?；衔颎的焰色反應為黃色，B為氧氣。反應①和②均在溶液中進行。請按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質的化學式：D、F。（2）反應②的離子方程式為。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應的現象為。（4）將少量單質C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變為藍色。這說明單質C的氧化性于單質碘(填“強”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。寫出紅褐色沉淀的化學式：。評卷人得分四、計算題(共4題，共24分)23、實驗測得某碳氫化合物中，含碳85.7%，．又測得該化合物在標準狀態下密度是1.25g/L，求該化合物的分子式．24、某含氧有機物rm{A}的蒸汽密度是相同狀況下rm{N_{2}}密度的rm{4.8}倍rm{.}現取rm{13.4gA}樣品在氧氣中充分燃燒；并將產物依次通過盛有濃硫酸和濃燒堿溶液的吸收瓶．

rm{(1)}若測得盛濃硫酸的吸收瓶增重rm{5.4g}則由此可求得樣品中______元素的質量為______rm{g.}

rm{(2)}若繼續測得盛濃燒堿溶液的吸收瓶增重rm{17.6g}請據以上數據求算出rm{A}的分子式rm{(}請在答題卡的相應位置上寫出計算過程rm{)}．

rm{(3)A}有多種同分異構體，其中的異構體rm{X}具有如下性質：

rm{壟脵1molX}與足量的碳酸氫鈉反應產生rm{2mol}氣體；

rm{壟脷1molX}與足量的金屬鈉反應產生rm{1.5mol}氣體；

rm{壟脹X}分子結構中沒有甲基rm{.}

請寫出rm{X}可能的結構簡式______．25、一定溫度下的密閉容器中存在如下反應：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO_{2}(g)+H_{2}(g)}已知rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO_{2}(g)+H_{2}(g)}和rm{CO(g)}的起始濃度均為rm{H_{2}O(g)}經測定該反應在該溫度下的平衡常數rm{2mol隆隴L^{-1}}試判斷：rm{K=1}當rm{(1)}轉化率為rm{CO}時，該反應是否達到平衡，若未達到，向哪個方向進行？rm{25%}達到平衡時，rm{(2)}的轉化率為多少？rm{CO}當rm{(3)}的起始濃度仍為rm{CO}rm{2mol隆隴L^{-1}}的起始濃度均為rm{H_{2}O(g)}求平衡時rm{6mol隆隴L^{-1}}的轉化率？rm{CO}26、有一包鐵粉和氧化銅混合均勻的粉末樣品rm{4.40g}加入rm{50mL}稀硫酸恰好充分反應后，得到只含一種金屬陽離子的淺綠色溶液和rm{1.28g}固體銅rm{.}并放出rm{H_{2}.}試計算：

rm{(1)}固體銅的物質的量為______rm{mol}該樣品中鐵粉和氧化銅的物質的量之比為______．

rm{(2)}硫酸的物質的量的濃度______rm{mol?L^{-1}}產生rm{H_{2}}在標準狀況下的體積______L.評卷人得分五、解答題(共4題，共32分)27、某含苯環的化合物A；其相對分子質量為104，碳的質量分數為92.3%．

（1）A的分子式為______：

（2）A與溴的四氯化碳溶液反應的化學方程式為______；反應類型是______；

（3）已知：．

請寫出A與稀、冷的KMnO4溶液在堿性條件下反應的化學方程式______；

（4）一定條件下；A與氫氣反應，得到的化合物中碳的質量分數為85.7%，寫出此化合物的結構簡式______；

（5）在一定條件下；由A聚合得到的高分子化合物的結構簡式為______．

28、有機物E和F可用作塑料增塑劑或涂料中的溶劑；可用以下方法合成．A與足量的D充分反應生成E；E；F的相對分子質量相等．

（1）①的反應類型______③的反應類型______．

（2）②的化學方程式______；

（3）B的結構簡式：______；

（4）E和F的相互關系屬______．（填序號）

①同系物②同分異構體③同一物質④同一類物質。

（5）F在熱的NaOH溶液中水解的化學方程式是______．

29、鐵和鋁是兩種重要的金屬；它們的單質及化合物有著各自的性質．

（1）在一定溫度下；氧化鐵可以與一氧化碳發生下列反應：

Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）

①該反應的平衡常數表達式為：K=______

②該溫度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密閉容器中通入CO氣體；10min后，生成了單質鐵11.2g．則10min內CO的平均反應速率為______

（2）請用上述反應中某種氣體的有關物理量來說明該反應已達到平衡狀態：

①______②______

（3）寫出氫氧化鋁在水中發生堿式電離的電離方程式：______

欲使上述體系中Al3+濃度增加；可加入的物質是______．

30、某烴類化合物A的質譜圖表明其相對分子質量為84；紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫．

（1）A的結構簡式為______；名稱為______．

（2）A中的碳原子是否都處于同一平面？______（填“是”或“不是”）；A分子是否存在順反異構體______（填“是”或“否”）．

（3）已知A；B、C有如下轉化關系：

則反應②的化學方程式為______評卷人得分六、推斷題(共4題，共40分)31、（6分）下圖中A~H均為中學化學中常見的物質，它們之間有如下轉化關系。其中A、C均為金屬單質，C與水反應生成D和最輕的氣體，D、H的焰色反應均呈黃色，在通常狀況下E（氫氧化物）跟NaOH或鹽酸均可發生復分解反應。（反應過程中生成的水及其他產物已略去）請回答以下問題：（1）A的原子結構示意圖；F是。（填化學式）（2）請寫出反應C→D的化學方程式，并用單線橋法或雙線橋法標明該反應中電子轉移的方向和數目：。（3）寫出E轉化為G的離子方程式。32、有機物rm{A?M}有如圖所示轉化關系，rm{A}與rm{F}分子中所含碳原子數相同，且均能與rm{NaHCO_{3}}溶液反應；rm{F}的分子式為rm{C_{9}H_{10}O_{2}}且不能使溴的rm{CCl_{4}}溶液褪色；rm{D}能發生銀鏡反應；rm{M}與rm{NaOH}溶液反應后的產物，其一氯代物只有一種。請回答：rm{(1)B}rm{F}的結構簡式分別為____________、____________。rm{(2)}反應rm{壟脵?壟脽}中，屬于消去反應的是________rm{(}填反應序號rm{)}rm{(3)D}發生銀鏡反應的化學方程為____；反應rm{壟脽}的化學方程為____。rm{(4)A}的相對分子質量在rm{180?260}之間，從以上轉化中不能確認rm{A}中的某一官能團，確定該官能團的實驗步驟和現象為____。rm{(5)}符合下列條件的rm{F}的同分異構體共有________種。rm{a.}能發生銀鏡反應rm{b.}能與rm{FeCl_{3}}溶液發生顯色反應rm{c.}核磁共振氫譜上有四個峰，其峰面積之比為rm{1:1:2:6}33、化合物rm{G}是合成新農藥茚蟲威的重要中間體，以化合物為原料合成rm{G}工藝流程如下：rm{(1)}化合物rm{E}和rm{G}中含氧官能團的名稱分別為____、____。rm{B隆煤C}的反應類型為____。rm{(2)D}的分子式為rm{C_{10}H_{9}O_{4}Cl}其結構簡式為____。rm{(3)F}生成rm{G}的過程中可能生成副產物，其結構簡式為____。rm{(4)}寫出滿足下列條件的rm{E}的一種同分異構體的結構簡式____。rm{壟脵}能發生銀鏡反應；rm{壟脷}能發生水解反應，其水解產物之一能與rm{FeCl_{3}}溶液發生顯色反應；rm{壟脹}分子中只有rm{3}種不同化學環境的氫。rm{(5)}請以和rm{ClCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}為原料制備寫出相應的合成路線流程圖rm{(}無機試劑任選，合成路線流程圖示例見本題題干rm{)}34、rm{M}是一種重要材料的中間體，結構簡式為：合成rm{M}的一種途徑如下：

rm{A隆蘆F}分別代表一種有機化合物，合成路線中的部分產物及反應條件已略去。已知：rm{壟脵Y}的核磁共振氫譜只有rm{1}種峰；rm{壟脷}rm{壟脹}兩個羥基連接在同一個碳原子上不穩定，易脫水；請同答下列問題：rm{(1)Y}的結構簡式是___________，rm{D}中官能團的名稱是_____________。rm{(2)}步驟rm{壟脵}的反應類型是________________。rm{(3)}步驟rm{壟脹}的化學方程式為_____________。，rm{(4)}步驟rm{壟脽}的化學反應方程式是_________________。rm{(5)M}經催化氧化得到rm{X(C_{11}H_{12}O_{4})}rm{X}的同分異構體中同時滿足下列條件的結構簡式為_____________。rm{a.}苯環上只有兩個取代基，苯環上的一氯代物有rm{2}種rm{b.}水解只生成芳香醇和二元酸，且二元酸的核磁共振氫譜只有rm{2}種峰參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】試題分析：A、當△H考點：考查化學反應與能量變化、燃燒熱的概念。【解析】【答案】D2、D【分析】

A．鈹與鎂同主族，從上到下，元素的金屬性逐漸增強，則氫氧化鈹[Be（OH）2]的堿性比氫氧化鎂弱；故A正確；

B．鈉；鉀是同主族；從上到下，金屬和水反應越來越劇烈，則同樣大小的金屬鈉、鉀與水反應時，后者反應更劇烈，故B正確；

C．鍶與鋇是同主族元素，BaSO4是難溶于水的白色固體，所以SrSO4也是難溶于水的白色固體；故C正確；

D．元素的非金屬性越強；它的最高價氧化物的水化物酸性越強，而它的氣態氫化物水溶液的酸性沒有此遞變規律，故D錯誤；

故選D．

【解析】【答案】A．同主族元素的原子；從上到下，元素的金屬性逐漸增強，元素的金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物的堿性越強；

B．同主族；從上到下，金屬的活潑性增強，和水反應越來越劇烈；

C．同主族元素的性質具有相似性；

D．元素的非金屬性越強；它的最高價氧化物的水化物酸性越強．

3、D【分析】A：T1時刻，反應達到平衡，平衡后繼續升溫，反應物X的量增大，平衡左移，則正反應的△H＜0B：由圖知反應在t3、t6處均向逆向移動，故反應在t6時，NH3體積分數最?。籆：t3時正逆反應速率均降低，且平衡向逆向移動，可知降低了壓強；D：從圖可知反應中各物質均有0.12mol的物質的量的變化，反應放出5.16kJ的熱量【解析】【答案】D4、B【分析】試題分析：A、NO、NO2都是大氣污染氣體，CO2不是大氣污染氣體，NO在空氣中與氧氣反應，不能在空氣中存在，故A錯誤；B、使用清潔能源，減少了化石燃料的使用，是防止酸雨發生的重要措施之一，故B正確；C、“PM2.5”是指大氣中直徑小于或等于2.5微米（即250納米）的細小顆粒物，直徑在1～100nm之間才能形成膠體，所以PM2.5不一定是膠體，故C錯誤；D、治理汽車尾氣中的CO和NOX，可以通過催化轉化裝置，轉化成無毒的CO2和N2，故D錯誤；故選：B?？键c：考查常見的大氣污染物和治理【解析】【答案】B5、A【分析】解：A；加入NaI；碘離子和鈉離子不水解，所以加入NaI不影響水的電離，故A正確；

B、加入NH4Cl；銨離子結合水電離的氫氧根離子，水的電離平衡向著正向移動，促進了水的電離，故B錯誤；

C、加入K2CO3；碳酸根離子結合水電離的氫離子生成弱電解質碳酸，水的電離平衡向著正向移動，促進了是電離，故C錯誤；

D、加入NaHSO4；溶液中氫離子濃度增大，水的電離平衡向著逆向移動，抑制了水的電離，故D錯誤；

故選：A．

水為弱電解質，水的電離平衡為：H2O?H++OH-；加入酸或堿抑制水的電離，加入能水解的鹽促進水的電離；醋酸根離子水解促進了水的電離；氫氧化鈉和氯化氫都抑制了水的電離，而氯化鈉不影響水的電離平衡，據此進行解答．

本題考查了影響水的電離的因素，題目難度不大，注意水的電離過程是吸熱過程，升溫促進電離，加入酸或堿抑制水的電離，加入能水解的鹽促進水的電離．【解析】【答案】A6、C【分析】【分析】本題考查勒夏特列原理知識，題目難度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應，且是否發生平衡的移動?！窘獯稹緼.rm{2NO_{2}(g)}rm{?}rm{?}加壓開始時組分的濃度的增大，氣體顏色加深，隨后平衡正向移動，能用勒夏特列原理解釋，故A不選；B.rm{N_{2}O_{4}(g)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}rm{?}加壓平衡右移，能用勒夏特列原理解釋，故B不選；C.催化劑對化學平衡無影響，不能用勒夏特列原理解釋，符合題意，故C選；D.從體系中分離出rm{?}降低生成物的濃度，使平衡右移，能用勒夏特列原理解釋，故D不選。故選C。

rm{2NH_{3}(g)}【解析】rm{C}7、C【分析】解：檢驗鐵離子常用的試劑為：硫氰化鉀溶液；苯酚、氫氧化鈉溶液；選項中稀硫酸、氯化鈉溶液和硫酸鈉溶液不與鐵離子反應；無法檢驗，只有選項C硫氰化鉀溶液可以檢驗，現象為：加入硫氰化鉀，若溶液變成紅色，說明溶液中存在鐵離子；

故選C．

氯化亞鐵若變質，溶液中會存在鐵離子，由于rm{FeCl_{3}}溶液遇rm{KSCN}時溶液變為血紅色，而rm{FeCl_{2}}不能；據此檢驗檢驗溶液中是否存在鐵離子．

本題考查了鐵離子的檢驗方法，題目難度不大，注意掌握鐵離子、亞鐵離子的檢驗方法，明確檢驗鐵離子常用試劑及反應現象，特別注意檢驗亞鐵離子時加入氧化劑與加入硫氰化鉀溶液的順序．【解析】rm{C}二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】

已知①C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.5kJ?mol-1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=-566kJ?mol-1

③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ?mol-1

TiO2和焦炭、氯氣反應生成TiCl4和CO氣體的化學方程式為：2C+TiO2+2Cl2═TiCl4+2CO；

由蓋斯定律可知2×①-②+③得到2C+TiO2+2Cl2═TiCl4+2CO，其△H=2×（-393.5kJ?mol-1）+566kJ?mol-1+141kJ?mol-1+（=-221kJ?mol-1）=-80kJ?mol-1．

故答案為：-80kJ?mol-1．

【解析】【答案】先根據反應物和生成物書寫化學方程式；根據蓋斯定律計算反應的焓變，最后根據熱化學方程式的書寫方法來書寫熱化學方程式．

9、略

【分析】【解析】【答案】(l)C6H12N4；(2)C2nH3nPn10、略

【分析】解：rm{壟脵}根據結構可知降冰片烯含有rm{7}個rm{C}原子，根據每個rm{C}形成rm{4}個共價鍵的原則可知應含有rm{10}個rm{H}原子，所以分子式為rm{C_{7}H_{10}}分子式為rm{C_{7}H_{10}}的烴的同分異構體且含有含有一個六元環的單環化合物為

故答案為：rm{C_{7}H_{10}}

rm{壟脷2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯，rm{1}rm{2}和rm{3}rm{4}號rm{C}上含有碳碳雙鍵，在rm{2}號rm{C}含有rm{1}個甲基，該有機物的結構簡式為：rm{CH_{2}=C(CH_{3})-CH=CH_{2}}所以鍵線式為

故答案為：

rm{壟脹(CH_{3})_{2}C(OH)CH_{2}CH_{3}}為rm{2-}甲基rm{-2-}丁醇；分子中含有rm{4}種不同的rm{H}原子，分子中含有rm{-OH}且鄰位碳原子上含有氫原子，可發生消去反應，產物分別為rm{(CH_{3})_{2}CH=CH-CH_{3}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})-CH_{2}CH_{3}}共rm{2}種，rm{C}原子連接相同的原子團；不存在手性碳原子；

故答案為：rm{4}rm{2}不是；

rm{壟脺}在rm{CH_{3}-C隆脭C-CH=CH_{2}}分子中，甲基中rm{C}原子處于乙炔中rm{H}原子的位置，乙炔是直線型結構，有rm{4}個碳原子共線，乙烯是平面結構，所以最多有rm{5}個rm{C}原子共面；

故答案為：rm{4}rm{5}

rm{壟脻}該高聚物鏈節主鏈不含雜原子，屬于加聚反應生成的高聚物，鏈節主鏈上存在碳碳雙鍵結構，有rm{6}個碳原子，其單體必為兩種，按如圖所示斷開在將雙鍵中的rm{1}個rm{c-c}打開，然后將半鍵閉合即可的該高聚物單體是rm{壟脵}rm{壟脻CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}

故答案為：rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}．

rm{壟脵}根據結構判斷rm{C}rm{H}原子數；以此確定分子式；根據同分異構體分子式相同結構不同的特點判斷同分異構體；

rm{壟脷}首先寫出結構式，根據結構式再寫出鍵線式；碳碳鍵用線段來表現，畫出鍵線式rm{.}拐點和端點表示碳原子，碳原子，rm{H}不必標出，雜原子rm{(}非碳、氫原子rm{)}不得省略；并且其上連有的氫也一般不省略；

rm{壟脹}為rm{2-}甲基rm{-2-}丁醇；分子中含有rm{-OH}且鄰位碳原子上含有氫原子，可發生消去反應；

rm{壟脺}在常見的有機化合物中甲烷是正四面體結構；乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行共線；共面分析判斷；

rm{壟脻}為加聚產物；單體為二烯烴和烯烴．

本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，題目難度中等，解答本題時注意有機物官能團的性質，是決定有機物性質的主要因素．【解析】rm{C_{7}H_{10}}rm{4}rm{2}不是；rm{4}rm{5}rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}11、略

【分析】

C9H8O2的不飽和度為=6，苯環上連接著三種不同官能團，遇FeCl3溶液顯示特征顏色，說明分子中含有酚羥基-OH，能發生銀鏡反應，分子中含有醛基-CHO，能與Br2/CCl4發生加成反應；含有不飽和的碳碳鍵，由于苯環的不飽和度為4，-CHO的不飽和度為1，故不飽和的碳碳鍵的不飽和度為6-4-1=1，故為C=C雙鍵，符合條件的同分異構體有。

等，故答案為：等．

【解析】【答案】C9H8O2的不飽和度為=6，苯環上連接著三種不同官能團，遇FeCl3溶液顯示特征顏色，說明分子中含有酚羥基-OH，能發生銀鏡反應，分子中含有醛基-CHO，能與Br2/CCl4發生加成反應；含有不飽和的碳碳鍵，由于苯環的不飽和度為4，-CHO的不飽和度為1，故不飽和的碳碳鍵的不飽和度為6-4-1=1，故為C=C雙鍵，據此書寫．

12、略

【分析】

（1）根據維生素A的結構簡式可以看出含有的官能團為羥基，分子式為C20H30O；

故答案為：羥基或（-OH）；C20H30O；

（2）1mol維生素A中含有碳碳雙鍵5mol；碳碳雙鍵可以和溴發生加成反應，所以1mol維生素A最多能與5mol溴發生加成反應，故答案為：5．

【解析】【答案】（1）根據結構簡式來尋找官能團以及書寫有機物的分子式；

（2）碳碳雙鍵可以和溴水發生加成反應．

13、略

【分析】（1）根據圖像可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，反應是放熱反應，放出的熱量是368kJ－134kJ＝234kJ，所以熱化學方程式為NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ·mol-1。（2）考查蓋斯定律的應用。根據已知反應可知（①＋②）÷2即得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)，所以反應熱是（180kJ?mol-1－746kJ?mol-1）÷2＝－283kJ/mol。（3）氨氣的物質的量是0.2mol，則消耗氮氣是0.1mol，氫氣是0.3mol，所以氫氣轉化率是0.3mol÷0.6mol×100％＝50％。平衡常數是指在一定條件下，可逆反應達到平衡狀態時，生成物濃度的冪之積和反應物濃度的冪之積的比值，所以該反應的平衡常數表達式K＝（4）①正反應是放熱反應，所以升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡常數減小。②在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），反應體系中各種物質的濃度或含量不再發生變化的狀態，稱為化學平衡狀態，所以b正確。平衡時濃度不再發生變化，但物質之間的濃度不一定相等或滿足某種關系，所以a不正確。該反應是體積減小的，所以壓強也是減小的，因此c正確。密度是混合氣的質量和容器容積的比值，在反應過程中質量和容積始終是不變的，d不正確。答案選bc。【解析】【答案】（1）NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ·mol-1（2分）（2）－283（2分）（3）50%（1分）K=（1分）（4）①＞（1分）②bc（2分）14、略

【分析】解：（1）中和熱測定的實驗中；用到的玻璃儀器有大燒杯；小燒杯、溫度計、量筒、膠頭滴管，環形玻璃攪拌棒；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是：保溫、隔熱、減少實驗過程中的熱量散失；

故答案為：大燒杯；小燒杯、溫度計、量筒、膠頭滴管；環形玻璃攪拌棒；保溫、隔熱、減少實驗過程中熱量的損失；

（2）NaOH的濃度大于HCl的濃度；使鹽酸完全被中和，減少了鹽酸揮發對實驗的影響；如果溫度過低，散熱加快，對實驗結過造成的誤差較大；

故答案為：保證鹽酸完全被中和；散熱太快；

（3）0.60mol?L-1HCl和0.65mol?L-1的NaOH溶液各50mL進行中和反應，生成水的物質的量為0.05L×0.60mol?L-1=0.03mol，溶液的質量為：100ml×1g/ml=100g，溫度變化的值△T為3.30℃來計算，則生成0.03mol水放出的熱量為Q=m?c?△T=100g×4.18J/（g?℃）×3.30℃=100×4.18×3.3×10-3kJ，所以實驗測得的中和熱△H=-kJ/mol；

故答案為：100×4.18×3.3×10-3；-．

（1）根據量熱計的構造和實驗步驟來確定實驗的儀器；中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是：保溫；隔熱、減少實驗過程中的熱量散失；

（2）為了保證HCl完全反應；堿應過量；溫度過低，散熱加快，對實驗結過造成的誤差較大；

（3）先根據Q=m?c?△T計算反應放出的熱量，然后根據△H=-kJ/mol計算出反應熱．

本題考查中和熱的測定與計算，題目難度中等，注意理解中和熱的概念是解題的關鍵．【解析】大燒杯、小燒杯、溫度計、量筒、膠頭滴管，環形玻璃攪拌棒；保溫、隔熱、減少實驗過程中熱量的損失；保證鹽酸完全被中和；散熱太快；100×4.18×3.3×10-3；-三、其他(共8題，共16分)15、略

【分析】【解析】【答案】AEF16、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③17、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質，則C為Cu；G是藍色沉淀，則G為Cu（OH）2；H是磚紅色沉淀，則H是Cu2O；F是形成酸雨的無色有害氣體，則F為SO2；所以B為濃H2SO4，A為D為O2，E為強堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應式為：══（3）電解溶液屬于放氧生酸型，總的電解方程式為：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══18、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）產生白色沉淀（4）強（5）Fe(OH)319、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③20、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質，則C為Cu；G是藍色沉淀，則G為Cu（OH）2；H是磚紅色沉淀，則H是Cu2O；F是形成酸雨的無色有害氣體，則F為SO2；所以B為濃H2SO4，A為D為O2，E為強堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應式為：══（3）電解溶液屬于放氧生酸型，總的電解方程式為：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══21、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對均可）（2分）22、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）產生白色沉淀（4）強（5）Fe(OH)3四、計算題(共4題，共24分)23、略

【分析】

根據化合物在標準狀態下密度計算氣體相對分子質量；根據元素質量分數計算分子中C；H原子數目，進而確定分子式．

本題考查了有機物分子式的計算，題目難度不大，注意掌握確定有機物分子式、結構簡式的方法，明確氣體的密度與氣體摩爾質量之間的關系是解答本題的關鍵．【解析】解：該化合物在標準狀態下密度是1.25g/L；則相對分子質量為1.25×22.4=28；

烴分子中C原子數目==2，H原子數目==4；

故烴的分子式為C2H4；

答：該化合物的分子式為C2H4．24、略

【分析】解：某含氧有機物rm{A}的蒸汽密度是相同狀況下rm{N_{2}}密度的rm{4.8}倍，則相對分子質量為rm{4.8隆脕28=134}

rm{(1)}若測得盛濃硫酸的吸收瓶增重rm{5.4g}應為水的質量，說明有機物含有rm{H}元素，rm{n(H_{2}O)=dfrac{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{n(H)=0.6mol}

故答案為：氫rm{m(H)=0.6g}或rm{(}rm{H)}

rm{0.6}對所給rm{(2)}樣品：rm{n(A)=dfrac{13.4g}{134g/mol}=0.1}rm{13.4g}

則樣品中：rm{n(C)=n(CO_{2})=dfrac{17.6g}{44g/mol}=0.4}rm{n(A)=dfrac

{13.4g}{134g/mol}=0.1}

又知rm{mol}rm{n(C)=n(CO_{2})=dfrac

{17.6g}{44g/mol}=0.4}

rm{mol}rm{n(H)=0.6}rm{mol}rm{n(O)=(13.4g-0.6}rm{mol隆脕1g/mol-0.4}rm{mol隆脕12g/mol}

所以rm{)隆脗16}rm{g/mol=0.5}rm{mol}rm{n(A)}rm{n(C)}rm{n(H)}rm{n(O)=0.1}rm{0.4}rm{0.6}rm{0.5=1}且相對分子質量為rm{4}

可知rm{6}的分子式為rm{5}

答：rm{134}的分子式rm{A}

rm{C_{4}H_{6}O_{5}}與足量的碳酸氫鈉反應產生rm{A}氣體，說明含有rm{C_{4}H_{6}O_{5}}個羧基，rm{(3)壟脵1molX}與足量的金屬鈉反應產生rm{2mol}氣體，說明含有rm{2}個羧基、rm{壟脷1molX}個羥基，結合rm{1.5mol}分子結構中沒有甲基，可知結構簡式為

故答案為：

某含氧有機物rm{2}的蒸汽密度是相同狀況下rm{1}密度的rm{壟脹X}倍，則相對分子質量為rm{A}rm{N_{2}}樣品的物質的量為rm{4.8}

rm{4.8隆脕28=134}若測得盛濃硫酸的吸收瓶增重rm{13.4gA}應為水的質量，說明有機物含有rm{0.1mol}元素，結合水的質量計算rm{(1)}的質量；

rm{5.4g}若繼續測得盛濃燒堿溶液的吸收瓶增重rm{H}為二氧化碳的質量，可計算rm{H}樣品中rm{(2)}的質量，并計算rm{17.6g}的質量；計算出實驗式，結合相對分子質量計算分子式；

rm{13.4g}與足量的碳酸氫鈉反應產生rm{C}氣體，說明含有rm{O}個羧基，rm{(3)壟脵1molX}與足量的金屬鈉反應產生rm{2mol}氣體，說明含有rm{2}個羧基、rm{壟脷1molX}個羥基，結合rm{1.5mol}分子結構中沒有甲基確定結構簡式．

本題考查有機物的推斷，側重考查分子式與結構簡式的確定、同分異構體書寫等，題目難度中等，根據原子守恒計算確定有機物的分子式是關鍵，試題培養了學生靈活應用所學知識的能力．rm{2}【解析】氫rm{(}或rm{H)}rm{0.6}25、（1）當CO轉化率為25%時，生成CO2和H2濃度均為0.5mol/L，未反應的CO和H2O濃度均為1.5mol/L，Q=所以反應未達到平衡狀態，反應向右進行。（2）設平衡時CO轉化率為xCO(g)+H2O(g)CO(g)+H2(g)起始(mol/L)2200轉化(mol/L)2x2x2x2x平衡(mol/L)2-2x2-2x2x2xK=x=50%答：平衡時CO的轉化率為50%。（3）設平衡時CO轉化率為yCO(g)+H2O(g)CO(g)+H2(g)起始(mol/L)2200轉化(mol/L)2y2y2y2y平衡(mol/L)2-2y6-2y2y2y溫度不變，K不變，則K=y=75%答：平衡時CO的轉化率為75%?！痉治觥俊痉治觥勘绢}考查化學平衡計算，涉及平衡常數有關計算，注意理解掌握平衡常數的應用，注意三段式法在化學平衡計算中的應用?！窘獯稹縭m{(1)}當rm{CO}轉化率為rm{25%}時，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}濃度均為rm{0.5mol/L}未反應的rm{CO}和rm{H_{2}O}濃度均為rm{1.5mol/L}rm{Q=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{1}{9}<K=1}所以反應未達到平衡狀態，反應向右進行；故答案為：反應未達到平衡，rm{Q=dfrac{1}{9}<k=1}平衡向正反應方向進行；

rm{Q=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{1}{9}<K=1}設平衡時反應未達到平衡，rm{Q=

dfrac{1}{9}<k=1}平衡向正反應方向進行；轉化率為rm{Q=

dfrac{1}{9}<k=1}rm{(2)}rm{CO}起始rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}rm{2}轉化rm{2}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{2x}平衡rm{2x}rm{2x}rm{2x}rm{(mol/L)2-2x}rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}rm{2-2x}故答案為rm{2x}rm{2x}設平衡時rm{K=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}轉化率為rm{x=50%}rm{50%}rm{(3)}起始rm{CO}rm{y}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}轉化rm{2}rm{6}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}平衡rm{2y}rm{2y}rm{2y}rm{2y}溫度不變，rm{(mol/L)2-2y}不變，則rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2y隆脕2y}{left(2-2yright)left(2-2yright)}=1}rm{6-2y}故答案為：rm{2y}rm{2y}【解析】rm{(1)}當rm{CO}轉化率為rm{25%}時，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}濃度均為rm{0.5mol/L}未反應的rm{CO}和rm{H_{2}O}濃度均為rm{1.5mol/L}rm{Q=}rm{dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{1}{9}<K=1}所以反應未達到平衡狀態，反應向右進行。rm{

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{1}{9}<K=1}設平衡時rm{(2)}轉化率為rm{CO}rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}起始rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}rm{2}rm{2}rm{0}轉化rm{0}rm{(mol/L)}rm{2x}rm{2x}rm{2x}平衡rm{2x}rm{(mol/L)2-2x}rm{2-2x}rm{2x}rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}rm{2x}rm{K=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{2x隆脕2x}{left(2-2xright)隆脕left(2-2xright)}=1}的轉化率為rm{x=50%}答：平衡時rm{CO}的轉化率為rm{50%}設平衡時rm{CO}轉化率為rm{50%}rm{(3)}rm{CO}起始rm{y}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}rm{2}轉化rm{2}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{2y}平衡rm{2y}rm{2y}rm{2y}rm{(mol/L)2-2y}溫度不變，rm{6-2y}不變，則rm{K=dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=dfrac{2y隆脕2y}{left(2-2yright)left(2-2yright)}=1}rm{2y}rm{2y}的轉化率為rm{K}rm{K=

dfrac{cleft(C{O}_{2}right)隆隴cleft({H}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}=

dfrac{2y隆脕2y}{left(2-2yright)left(2-2yright)}=1}26、略

【分析】解：rm{(1)}鐵粉和氧化銅混合均勻的粉末樣品rm{4.40g}加入rm{50mL}稀硫酸恰好充分反應后，得到只含一種金屬陽離子的淺綠色溶液和rm{1.28g}固體銅，說明反應后溶質為硫酸亞鐵，rm{CuO}中的銅元素完全反應轉化成rm{Cu}單質，rm{1.28g}銅的物質的量為：rm{dfrac{1.28g}{64g/mol}=0.02mol}根據銅元素質量守恒可知原混合物中rm{dfrac

{1.28g}{64g/mol}=0.02mol}的物質的量為rm{CuO}質量為：rm{0.02mol}則原混合物中鐵粉的質量為：rm{80g/mol隆脕0.02mol=1.6g}鐵粉的物質的量為：rm{dfrac{2.8g}{56g/mol}=0.05mol}所以該樣品中鐵粉和氧化銅的物質的量之比rm{4.4g-1.6g=2.8g}rm{dfrac

{2.8g}{56g/mol}=0.05mol}rm{=0.05mol}

故答案為：rm{0.02mol=5}rm{2}rm{0.02}

rm{5}反應后溶質為硫酸亞鐵，硫酸恰好反應，根據硫酸根離子守恒可知rm{2}稀硫酸中含有硫酸的物質的量為：rm{(2)}該稀硫酸的濃度為：rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{0.05mol}{0.05L}=1.0mol/L}

根據rm{50mL}可知原混合物中含有rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=n(Fe)=0.05mol}rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac

{0.05mol}{0.05L}=1.0mol/L}根據根據電子守恒可知：rm{(1)}則rm{0.05molFe}標準狀況下rm{0.02molCuO}氫氣的體積為：rm{2n(Fe)=2n(H_{2})+2n(CuO)}

故答案為：rm{n(H_{2})=0.05mol-0.02mol=0.03mol}rm{0.03mol}．

rm{22.4L/mol隆脕0.03mol=0.672L}反應后得到只含一種金屬陽離子的淺綠色溶液和rm{1.0}固體銅，說明反應后恰好生成硫酸亞鐵，氧化銅完全轉化成銅單質，根據rm{0.672}計算出rm{(1)}的物質的量，然后根據銅元素守恒得出rm{1.28g}的物質的量，再根據rm{n=dfrac{m}{M}}計算出rm{1.28gCu}的質量，然后根據混合物總質量計算出鐵粉的質量，再結合rm{CuO}計算出計算出該樣品中鐵粉和氧化銅的物質的量之比；

rm{m=nM}根據硫酸根離子守恒可得出硫酸的物質的量，然后根據rm{CuO}計算出硫酸的濃度；根據電子守恒計算出生成氫氣的物質的量，再根據rm{n=dfrac{m}{M}}計算出產生rm{(2)}在標準狀況下的體積．

本題考查了混合物反應的計算，題目難度中等，明確發生反應的實質為解答關鍵，注意掌握守恒思想在化學計算中的應用，試題培養了學生的分析能力及化學計算能力．rm{c=dfrac{n}{V}}【解析】rm{0.02}rm{5}rm{2}rm{1.0}rm{0.672}五、解答題(共4題，共32分)27、略

【分析】

（1）1molA中n（C）==8mol，n（H）==8，則分子式為C8H8；

故答案為：C8H8；

（2）該物質含有苯環，能與溴發生反應，說明A應為苯乙烯，結構為與溴發生加成反應生成則反應的方程式為

故答案為：

（3）A中含有C=C，由可知生成

反應的方程式為

故答案為：

（4）一定條件下，A與氫氣反應，可得乙苯或乙基環己烷，得到的化合物中碳的質量分數為85.7%，應為其中ω（C）==85.7%，故答案為：

（5）含有C=C，可發生加聚反應生成聚苯乙烯，即故答案為：．

【解析】【答案】（1）根據相對分子質量和含碳量可計算含氫量；進而計算C；H原子數目，可知分子式；

（2）該物質含有苯環；能與溴發生反應，說明A應為苯乙烯；

（3）A中含有C=C；結合信息可知生成物；

（4）一定條件下；A與氫氣反應，可得乙苯或乙基環己烷，結合含氫量判斷；

（5）含有C=C；可發生加聚反應生成聚苯乙烯．

28、略

【分析】

（1）由官能團的轉化可知反應①為取代反應；反應③為加成反應，故答案為：取代；加成；

（2）反應②為氯代烴的水解反應生成醇，反應的方程式為

故答案為：

（3）由以上分析可知，B為故答案為：

（4）E和F的分子式相同；但結構不同，屬于同分異構體，故答案為：②；

（5）F為脂類位置，在堿性條件下可發生水解，反應的方程式為

故答案為：．

【解析】【答案】本題主要考查酯類反應方程式，一個是芳香醇和乙酸的反應，另一個是芳香酸和乙醇的反應，通過審題，很快注意到有一個熟悉的鹵代烴水解反應條件“NaOH溶液”，所以A為B為而CH3CHO在“O2、催化劑”條件下氧化可得D為CH3COOH，所以A和D在“濃硫酸，加熱”條件下可發生酯化反應，生成E為B和C的反應條件也是酯化反應的條件，結合CH2═CH2水化后的產物C為CH3CH2OH，所以F為結合有機物的結構和性質以及題目要求可解答該題．

29、略

【分析】

（1）①Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g），平衡常數K=故答案為：

②該溫度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密閉容器中通入CO氣體，10min后，生成了單質鐵11.2g．物質的量為0.2mol，消耗一氧化碳物質的量為0.3mol，則10min內CO的平均反應速率==0.015mol/（L?min）；故答案為：0.015mol/（L?min）；

（2）①反應達到平衡的標志是正逆反應速率相同，各組分含量保持不變，所以一氧化碳或二氧化碳的消耗速率和生成速率相同說明平衡，或一氧化碳或二氧化碳的質量分數不變，故答案為：CO或（CO2）的生成速率與消耗速率相等；CO（或CO2）的質量不再改變；

（3）氫氧化鋁在水中發生堿式電離，是多元弱堿一步寫出電離，電離方程式為Al（OH）3?Al3++3OH-；欲使上述體系中Al3+濃度增加，使電離平衡正向進行，可以加入酸如鹽酸，故答案為：Al（OH）3?Al3++3OH-；鹽酸．

【解析】【答案】（1）①依據化學方程式結合平衡常數概念列式計算；結合化學反應速率概念；

②依據化學方程式計算消耗一氧化碳；利用單位時間內物質濃度的變化計算得到反應速率；

（2）反應達到平衡的標志是正逆反應速率相同；各組分含量保持不變分析；

（3）氫氧化鋁在水中發生堿式電離；生成鋁離子和氫氧根離子，依據電離平衡影響因素分析判斷．

30、略

【分析】

（1）A的質譜圖表明其相對分子質量為84，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，則A應為烯烴，設分子式為CnH2n，則有14n=84，n=6，又因為核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫，其結構簡式應為名稱為2，3-二甲基-2-丁烯；

故答案為：2；3-二甲基-2-丁烯；

（2）由于碳碳雙鍵是平面型結構；而4個甲基與不飽和碳原子又直接相連，所以6個碳原子處于同一平面上，因C=C中每個C連接烴基相同，則不存在順反異構，故答案為：是；否；

（3）由A可知B為在NaOH醇溶液中發生消去反應，根據C的分子式可知C為則反應的方程式為+2NaOH+2NaCl+2H2O；

故答案為：+2NaOH+2NaCl+2H2O；消去反應．

【解析】【答案】（1）A的質譜圖表明其相對分子質量為84，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，則A應為烯烴，設分子式為CnH2n，則有14n=84，n=6，又因為核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫，其結構簡式應為

（2）根據乙烯結構；結合順反異構的特點判斷；

（3）由A可知B為在NaOH醇溶液中發生消去反應，根據C的分子式可知C為以此可寫出反應的方程式．

六、推斷題(共4題，共40分)31、略

【分析】試題分析：根據題意及圖示可知：A是Al；B是AlCl3；C是Na；D是NaOH；E是Al(OH)3；F是Na2CO3；G是NaAlO2；H是NaHCO3；（1）A的原子結構示意圖是F是Na2CO3；（2）反應C→D的化學方程式，并用單線橋法或雙線橋法標明該反應中電子轉移的方向和數目是：（3）Al(OH)3是兩性物質，能夠與強堿發生反應產生鹽和水，E轉化為G的離子方程式是Al(OH)3+OH-==AlO2-+2H2O?？键c：考查元素及化合物的推斷、原子結構示意圖、氧化還原反應的單線橋法表示、化學方程式和離子方程式的書寫的知識。【解析】【答案】（1）（每空1分）Na2CO3；（2）（2分，方程式1分，標明電子轉移的方向與數目1分，如果是雙線橋標明也給分）（3）Al(OH)3+OH-==AlO2-+2H2O（2分）32、（1）

（2）④

（3）

（4）取反應①后的混合液少許，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液；若生成白色沉淀，則A中含氯原子；若生成淺黃色沉淀，則A中含溴原子。

（5）2

【分析】【分析】

本題考查有機推斷、有機反應類型、同分異構體、化學方程式的書寫等，綜合分析確定rm{F}的結構是關鍵；較好的考查學生分析推理能力，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，同分異構體的判斷是易錯點。

【解答】

rm{A}與rm{F}分子中所含碳原子數相同，且均能與rm{NaHCO_{3}}溶液反應，均含有rm{-COOH}rm{F}的分子式為rm{C_{9}H_{10}O_{2}}不飽和度為rm{dfrac{2隆脕9+2-10}{2}=5}且不能使溴的rm{CCl_{4}}溶液褪色，不含不飽和鍵，應含有苯環，rm{F}發生氧化反應生成rm{M}rm{M}與rm{NaOH}溶液反應后的產物，其一氯代物只有一種，故F中應含有乙基，且與羧基處于對位，故F為rm{M}為rm{.}由rm{A隆煤B隆煤C}的轉化可知，rm{C}中含有rm{-COOH}rm{C}發生氧化反應生成rm{D}rm{D}能發生銀鏡反應，結合rm{F}的結構可知，rm{C}為故D為rm{B}為rm{A}的相對分子質量在rm{180?260}之間，故A中苯環上的乙基中不可能連接羥基，應為鹵素原子，rm{A}的結構為rm{X}相對原子質量大于rm{180-28-76-45=31}小于rm{260-28-76=111}rm{X}可能為rm{Cl}或rm{Br.C}發生消去反應生成rm{E}為rm{E}與氫氣發生加成反應生成rm{F.C}發生縮聚反應生成高聚物rm{H}為

rm{(1)}由上述分析可知，rm{B}的結構簡式為rm{F}的結構簡式為

故答案為：