…………○…………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年北師大版高二化學下冊月考試卷315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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、氮的最高價氧化物為無色晶體，它由兩種離子構成，已知其陰離子構型為平面三角形，則其陽離子的構型和陽離子中氮的雜化方式為rm{(}rm{)}A.直線rm{sp}雜化B.rm{V}型rm{sp^{2}}雜化C.三角錐形rm{sp^{3}}雜化D.平面三角形rm{sp^{2}}雜化2、下列敘述不正確的是()A.常在燃料乙醇中添加少量煤油用于區分食用乙醇和燃料乙醇，因為煤油具有特殊氣味B.乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能導電C.乙酸分子里有四個氫原子，所以它不是一元酸D.除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸餾3、反應rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)triangleH>0}在某一時間段中反應速率與反應過程的曲線關系如圖，下列說法正確的是rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}

(g)triangleH>0}rm{(}A.rm{)}的體積分數最高的一段時間為rm{CO}B.rm{t_{5}-t_{6}}和rm{t_{2}-t_{3}}時間段rm{t_{3}-t_{4}}的體積分數相等C.rm{H_{2}}時刻改變的條件是降低溫度D.rm{t_{1}}時間段平衡向正反應方向移動rm{t_{4}-t_{5}}4、將高科技用于現代戰爭，是備受軍事專家關注的焦點，讓雷達無法偵察到的隱形飛機一直受到全世界的極大關注．用于制造隱形飛機的物質A具有吸收微波的功能，其主要成分的結構如圖，關于該物質的說法正確的是A.該物質屬于無機物B.該物質是一種芳香烴C.該物質不可能使溴水褪色D.1mol該物質最多可與3molH2發生加成反應5、25℃時，由水電離出c（OH﹣）=1×10﹣11mol/L的溶液中，一定能大量共存的離子組是（）A.Al3+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣B.Na+、CH3COO﹣、K+、HCO3﹣C.Fe2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣D.K+、I﹣、Cl﹣、Rb+6、下列有關化學用語表示正確的是（）A.丁烷的球棍模型B.乙烯的比例模型C.乙醛的結構簡式CH3COHD.鍵線式表示的有機物名稱為1-戊醇評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、為解決全球能源與環境問題，節能減排已成共識。下列措施有利于節能減排的有A.舉行“地球一小時”熄燈活動B.露天焚燒稻草和秸稈C.夏天將空調的溫度設置在rm{26隆忙}以上D.生活垃圾分類回收處理8、工業合成環丁基甲酸的流程如圖。下列說法正確的是。

A.a和b互為同系物B.a→b的反應類型為取代反應C.c分子中所有碳原子均可共面D.b的一氯代物有4種(不考慮立體異構)9、下列物質中，既有離子鍵又有共價鍵的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca(NO_{3})_{2}}B.rm{KOH}C.rm{H_{2}O}D.rm{NH_{4}F}10、某短周期元素原子的最外電子層只有rm{2}個電子，該元素可能是()A.rm{0}族元素B.Ⅱrm{A}族元素C.第三周期元素D.Ⅳrm{A}族元素11、下列實驗事實不能用同一原理解釋的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}.Cl_{2}}都能使品紅溶液褪色B.rm{NH_{4}Cl}晶體rm{.}固體碘受熱時都能氣化C.福爾馬林rm{.}葡萄糖與新制rm{Cu(OH)_{2}}共熱時都能產生紅色沉淀D.乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液和溴水都能使其褪色評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)12、(5分)現有CH4、C2H2、C2H4、C2H6、C3H6五種有機物，等質量的以上物質中，在相同狀況下體積最大的是___________；同質量的以上物質完全燃燒時耗去氧氣的量最多的是_______；同狀況、同體積的以上五種物質完全燃燒時耗氧量最多的是_______；等質量的以上五種物質完全燃燒時，生成二氧化碳最多的是_______，生成水最多的是_______。13、二甲醚是一種重要的清潔燃料，也可替代氟利昂作制冷劑等，對臭氧層無破壞作用。工業上利用煤的汽化產物（水煤氣）合成二甲醚。請回答下列問題：（1）煤的汽化的主要化學方程式為。（2）利用水煤氣合成二甲醚的總反應式可表示為3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)△H＜0。一定條件下得密閉容器中，該總反應達到平衡，要提高CO的轉化率，可以采取的措施是____（填字母代號）。A．高溫高壓B．加入催化劑C．減少CO2的濃度D．增加CO的濃度E．分離出二甲醚（3）已知反應2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g),某溫度下得平衡常數為400.此溫度下，在密閉容器中加入CH3OH，反應到某時刻測得各組分的濃度如下：。物質CH3OHCH3OCH3H2O濃度/（mol/L）0.440.60.6①通過計算比較此時正、逆反應速率的大小？②若加入CH3OH后，經10min反應達到平衡，試計算此時CH3OH的物質的量濃度和該時間內CH3OH的化學反應速率？14、rm{(1)}常溫下，現有電解質溶液：rm{壟脵NaClO}rm{壟脷NaOH}rm{壟脹NaHCO_{3}}rm{壟脺CH_{3}COONa.}當幾種溶液的rm{pH}相同時，其物質的量濃度最大的是rm{(}填編號rm{)}______

rm{(2)}氯化鐵主要用于金屬蝕刻、污水處理，具有效果好、價格便宜等優點rm{.}配制rm{FeCl_{3}}溶液需要加入少量鹽酸抑制水解，則rm{FeCl_{3}}作凈水劑的原理用離子方程式解釋是______

rm{(3)}明礬也可以做凈水劑，向明礬溶液中逐滴加入氫氧化鋇溶液至硫酸根離子恰好沉淀完全時，溶液rm{PH}______rm{7(}選填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}向明礬溶液中逐滴加入氫氧化鋇溶液至鋁離子恰好沉淀完全時，離子反應總方程式是______．15、根據下面的要求及所給信息填空：

rm{(1)}某有機物用鍵線式表示的分子式______；系統命名法的名稱是______．

rm{(2)}烷烴rm{A}在同溫、同壓下蒸氣的密度是rm{H_{2}}的rm{43}倍；其分子式為______．

rm{(3)C_{4}H_{9}Cl}的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環境的氫，則rm{A}的結構簡式為______．

rm{(4)1mol}某不飽和烴可以和rm{1molCl_{2}}發生加成反應，生成rm{2-}甲基rm{-2}rm{3-}二氯戊烷，則該不飽和烴結構簡式為______．16、氫化鋁鈉rm{(NaAlH_{4})}是一種新型輕質儲氫材料，摻入少量rm{Ti}的rm{NaAlH_{4}}在rm{150隆忙}時釋氫，在rm{170隆忙}rm{15.2MPa}條件下又重復吸氫。rm{NaAlH_{4}}可由rm{AlCl_{3}}和rm{NaH}在適當條件下合成。rm{NaAlH_{4}}的晶胞結構如圖所示。

rm{(1)}基態rm{Ti}原子核外共有________種運動狀態不相同的電子。基態rm{Ti}原子的____為__________________。rm{(2)NaH}的熔點為rm{680隆忙}不溶于有機溶劑，則rm{NaH}屬于________晶體，其電子式為________。與rm{Na}同族的金屬rm{Li}可形成一種新型的儲氫材料rm{LiH}rm{NaH}與rm{LiH}二者熔點由高到低的順序為_______________，原因為_______。rm{(3)AlCl_{3}}在rm{178隆忙}時升華，其蒸氣的相對分子質量約為rm{267}蒸氣分子的結構式為________rm{(}以“rm{隆煤}”標明配位鍵rm{)}rm{(4)}請列舉出與rm{AlH_{4}^{-}}空間構型相同的兩種常見離子：______________rm{(}填化學式rm{)}rm{(5)NaAlH_{4}}晶體的密度為___________rm{g/cm^{3}(}用含rm{a}的代數式表示rm{)}rm{NaAlH_{4}}晶體中，與rm{Na^{+}}緊鄰且等距的rm{AlH_{4}^{-}}有________個。17、一定質量的鎂、鋁混合物投到rm{2mol?L^{-1}}的鹽酸中，待金屬完全溶解后，向溶液中加入rm{2mol?L^{-1}}的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質量與加入氫氧化鈉溶液的體積關系如圖所示rm{.}則：

rm{(1))80隆蘆90ml}對應反應的離子方程式______．

rm{(2)}金屬鋁的質量為______

rm{(3)}鹽酸的體積是______rm{ml}．

rm{(4)a}的取值范圍是______．

rm{(5)n(Mg)/n(Al)}的最大值是______．評卷人得分四、計算題(共2題，共4分)18、恒溫時，將rm{2molA}和rm{2molB}氣體投入固定容積為rm{2L}密閉容器中發生反應：

rm{2A(g)+B(g)?xC}rm{(g)+D(s)}rm{C500}解質rm{.}rm{10s}時，測得rm{A}的物質的量為rm{1.7mol}rm{C}的反應速率為rm{0.0225mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{40s}時反應恰好處于平衡狀態，此時rm{B}的轉化率為rm{20%}．

rm{(1)x=}______

rm{(2)}從反應開始到rm{40s}達平衡狀態，rm{A}的平均反應速率為______

rm{(3)}平衡時容器中rm{B}的體積分數為______

rm{(4)}該溫度下此反應的平衡常數值為______

rm{(5)}下列各項能表示該反應達到平衡狀態是______

A.消耗rm{A}的物質的量與生成rm{D}的物質的量之比為rm{2}rm{1}

B.容器中rm{A}rm{B}的物質的量rm{n(A)}rm{n(B)=2}rm{1}

C.氣體的平均相對分子質量不再變化。

D.壓強不再變化rm{E.}氣體密度不再變化。

rm{(6)}在相同溫度下，若起始時rm{c(A)=5mol?L^{-1}}rm{c(B)=6mol?L^{-1}}反應進行一段時間后，測得rm{A}的濃度為rm{3mol?L^{-1}}則此時該反應是否達到平衡狀態______rm{(}填“是”與“否”rm{)}此時rm{v_{(脮媒)}}______rm{v_{(脛忙)}(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}．19、(6分)有機物A由碳、氫、氧三種元素組成。現取23gA與28L氧氣（標準狀況）在密閉容器中燃燒，燃燒后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸氣(假設反應物沒有剩余)。將反應生成的氣體依次通過濃硫酸和堿石灰，濃硫酸增重27g，堿石灰增重22g。回答下列問題：（1）23gA中所含氫原子、碳原子的物質的量各是多少?（2）通過計算確定該有機物的分子式。評卷人得分五、推斷題(共2題，共14分)20、合成新型高分子rm{M}的路線如圖：

為了測定上述轉化流程中有機物rm{H}的結構；做如下實驗：

rm{壟脵}將rm{2.3}rm{g}有機物rm{H}完全燃燒，生成rm{0.1}rm{mol}rm{CO_{2}}和rm{2.7}rm{g}水。

rm{壟脷H}的質譜圖和核磁共振氫譜圖分別為圖rm{1}和圖rm{2}

試回答下列問題：

rm{(1)}有機物rm{H}中官能團的名稱______．rm{(2)A}的分子式是rm{C_{7}H_{8}}反應rm{壟脵}的化學方程式：rm{_}_________．rm{(3)E}的分子式是rm{C_{6}H_{10}O_{2}}rm{E}的結構簡式為________rm{(4)}試劑rm{b}是__________，反應rm{壟脺}的反應類型是__________．rm{(5)}反應rm{壟脼}的化學方程式：__________．21、華法林是治療心腦血管疾病的藥物，其合成路徑如圖rm{(}部分反應條件略去rm{)}．

已知：

rm{(1)A}屬于芳香烴；其名稱是______．

rm{(2)B隆煤C}的化學方程式是______．

rm{(3)C}的含氧官能團名稱是______．

rm{(4)C隆煤D}的化學方程式是______．

rm{(5)}嘗試推測rm{E}的結構簡式是______．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】解：氮的最高價氧化物為rm{N_{2}O_{5}}由兩種離子構成，其中陰離子構型為平面正三角形，化學式應為rm{NO_{3}^{-}}則其陽離子的化學式為：rm{NO_{2}^{+}}其中心rm{N}原子價電子對數為rm{2+dfrac{1}{2}(5-1-2隆脕2)=2}所以其中的氮原子按rm{2+dfrac

{1}{2}(5-1-2隆脕2)=2}方式雜化；陽離子的構型為直線型；

故選A．

氮的最高價氧化物為rm{sp}由兩種離子構成，其中陰離子構型為平面正三角形，化學式應為rm{N_{2}O_{5}}則其陽離子的化學式為：rm{NO_{3}^{-}}根據其價層電子對數判斷．

本題考查了雜化類型的判斷和微粒的空間構型，題目難度不大，根據價層電子對互斥理論分析．rm{NO_{2}^{+}}【解析】rm{A}2、C【分析】【分析】本題主要考查了乙醇的性質與用途，難度不大，根據所學知識即可完成。【解答】A.煤油有特殊氣味；所以常在燃料乙醇中添加少量煤油用于區分食用乙醇和燃料乙醇，故A正確；

B.乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能導電；故B正確；

C.乙酸分子里有一個羧基，所以它是一元酸，故C錯誤；

D.乙酸與rm{CaO}反應生成離子化合物醋酸鈣；蒸餾時乙醇以蒸氣形式逸出，得到純凈乙醇，故D正確。

故選C。

【解析】rm{C}3、B【分析】略。

【解析】rm{B}4、D【分析】試題分析：A、該物質含碳元素，屬于有機物，錯誤；B、該物質不含苯環，且不屬于烴類，錯誤；C、該物質含碳碳雙鍵，能使溴水褪色，錯誤；D、該物質分子中有3個碳碳雙鍵，所以1mol該物質最多可與3molH2發生加成反應，正確，答案選D。考點：考查有機物的概念，官能團的化學性質【解析】【答案】D5、D【分析】【解答】解：溶液中由水電離產生的c（OH﹣）=1×10﹣11mol?L﹣1＜10﹣7mol?L﹣1，說明該溶液呈酸性或堿性，A．堿性條件下Al3+、NH4+發生反應；不能大量共存，故A錯誤；

B．酸性條件下CH3COO﹣、HCO3﹣不能大量共存；故B錯誤；

C．酸性條件下Fe2+和NO3﹣發生氧化還原反應，堿性條件下Fe2+反應生成沉淀；不能大量共存，故C錯誤；

D．這幾種離子之間不反應；且這幾種離子和氫離子或氫氧根離子都不反應，所以滿足此條件的溶液中一定能大量共存，故D正確．

故選D．

【分析】若溶液中由水電離產生的c（OH﹣）=1×10﹣11mol?L﹣1＜10﹣7mol?L﹣1，說明該溶液呈酸性或堿性，如果能共存，則這幾種離子和氫離子或氫氧根離子之間不反應，以此解答該題．6、B【分析】解：A．此球棍模型中含有5個碳原子；應為戊烷，故A錯誤；

B．碳原子半徑大于氫原子；符合比例模型，故B正確；

C．乙醛的結構簡式為CH3CHO；故C錯誤；

D．鍵線式表示的有機物名稱為1-丁醇；故D錯誤；

故選B．

A．丁烷中含有4個碳；

B．比例模型反應原子的大小；

C．結構簡式可以省略碳碳單鍵和碳氫單鍵；

D．根據鍵線式的特點以線示鍵；每個折點和線端點處表示有一個碳原子，并以氫原子補足四鍵，C；H原子不表示出來，寫化學式．

本題主要是對化學用語的考查，難度不大，涉及模型、結構簡式、鍵線式等．【解析】【答案】B二、多選題(共5題，共10分)7、ACD【分析】【分析】本題旨在考查學生對環境的治理的應用。【解答】A.舉行“地球一小時”熄燈活動，有利于節能減排，故A正確；

B.露天焚燒稻草和秸稈，造成環境污染，不利于節能減排，故B錯誤；C.夏天將空調的溫度設置在rm{26隆忙}以上，有利于節能減排，故C正確；D.生活垃圾分類回收處理，有利于節能減排，故D正確。故選ACD。【解析】rm{ACD}8、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．根據a、b結構簡式可知a分子式是C7H12O4，b分子式是C10H16O4，二者不是相差CH2的整數倍；因此二者不是同系物，A錯誤；

B．a與Br-CH2CH2CH2Cl在一定條件下發生取代反應產生b和HCl、HBr，故a→b的反應類型為取代反應；B正確；

C．c分子中含有飽和C原子；具有甲烷的四面體結構，因此c分子中所有碳原子不可能共平面，C錯誤；

D．b物質以中心碳原子為對稱軸；含有4種不同位置的H原子，因此其一氯代物有4種(不考慮立體異構)，D正確；

故合理選項是BD。9、ABD【分析】解：rm{A.}硝酸鈣中鈣離子和硝酸根離子之間存在離子鍵，rm{N}原子和rm{O}原子之間存在共價鍵；故A正確；

B.rm{KOH}中鉀離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，rm{O}原子和rm{H}原子之間存在共價鍵；故B正確；

C.水分子中rm{H}原子和rm{O}原子之間只存在共價鍵；故C錯誤；

D.氟化銨中銨根離子和氟離子之間存在離子鍵、rm{N}原子和rm{H}原子之間存在共價鍵；故D正確；

故選ABD．

一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，部分堿；大多數鹽和金屬氧化物中含有離子鍵，多原子非金屬單質、酸、部分非金屬氧化物、部分堿、部分鹽中含有共價鍵．

本題考查了離子鍵和共價鍵的判斷，根據物質的構成微粒及微粒間作用力分析解答，注意二者區別，銨鹽中存在離子鍵，且銨根離子中存在配位鍵，配位鍵屬于共價鍵．【解析】rm{ABD}10、ABC【分析】【分析】本題考查原子結構與元素在元素周期表的關系。【解答】A.rm{He}原子最外電子層只有rm{2}個電子，屬于rm{0}族元素，故A正確；原子最外電子層只有rm{He}個電子，屬于rm{2}族元素，故A正確；

rm{0}族元素的原子最外層電子數為B.Ⅱrm{A}族元素的原子最外層電子數為rm{2}故B正確；故B正確；

rm{A}位于第三周期，故C正確；

rm{2}族元素的最外層電子數為C.若為rm{Mg}位于第三周期，故C正確；故D錯誤。rm{Mg}D.Ⅳrm{A}族元素的最外層電子數為rm{4}故D錯誤。【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】解：rm{A.}氯氣的漂白作用是氯氣和水反應生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的強氧化性的體現；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫與水生成的亞硫酸和有色物質結合為不穩定的無色物質，該過程為化合反應，二者原理不同，故A選；

B.氯化銨受熱分解生成氨氣與氯化氫屬于化學變化；碘受熱升華屬于物理變化，二者原理不同，故B選；

C.福爾馬林；葡萄糖都具有還原性，能夠還原氫氧化銅生成紅色氧化亞銅，二者原理相同，故C不選；

D.乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液和溴水都能使其褪色；前者是發生氧化還原反應，后者發生加成反應，二者原理不同，故D選；

故選：rm{ABD}．

A.依據二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B.氯化銨受熱分解生成氨氣與氯化氫；碘受熱升華；

C.福爾馬林；葡萄糖都具有還原性，能夠還原氫氧化銅生成紅色氧化亞銅；

D.乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化；能與溴水加成．

本題考查了元素化合物知識，明確物質的性質是解題關鍵，注意次氯酸與二氧化硫漂白原理的不同，注意有機物結構特點，題目難度不大．【解析】rm{ABD}三、填空題(共6題，共12分)12、略

【分析】等質量的物質中體積最大的就是摩爾質量最小的CH4。同質量的以上物質完全燃燒時耗去氧氣的量最多的是含氫量最大的CH4。同狀況、同體積的CxHy完全燃燒時耗氧量最多的是x+y/4最大的：C3H6。等質量的以上五種物質完全燃燒時，生成二氧化碳最多的是含碳量最大的C2H2，生成水最多的是含氫量最多的CH4。【解析】【答案】CH4CH4C3H6C2H2CH413、略

【分析】【解析】【答案】（10分）向正方向進行，v(正)＞v（逆）②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)始態（mol/L）c000某時刻0.440.60.6z左邊倒0.44+1.200c（CH3OH）=0.44+1.2=1.64mol/L到平衡反應濃度△c△c/2△c/2平衡濃度0.44-△c△c/2△c/2△c=1.6mol/L平衡，時CH3OH的物質的量濃度0.04mol/L該時間內CH3OH的化學反應速率為0.16mol/（L·min）14、略

【分析】解：rm{(1)壟脷NaOH}是強堿，電離顯堿性；rm{壟脵NaClO}rm{壟脹NaHCO_{3}}rm{壟脺CH_{3}COONa}均為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，當濃度相同時，rm{pH}大小順序是rm{壟脷>壟脵>壟脹>壟脺}故當rm{pH}相同時，其物質的量濃度大小關系是：rm{壟脺>壟脹>壟脵>壟脷}故答案為：rm{壟脺}

rm{(2)FeCl_{3}}作凈水劑時，rm{Fe^{3+}}在溶液中會水解為氫氧化鐵和氫離子，離子方程式為：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O簍TFe(OH)_{3}(}膠體rm{)+3H^{+}}故答案為：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O簍TFe(OH)_{3}(}膠體rm{)+3H^{+}}

rm{(3)}若向明礬溶液中逐滴加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液至硫酸根離子恰好沉淀完全時，二者以rm{1}rm{2}混合，二者反應生成硫酸鋇沉淀和rm{NaAlO_{2}}偏鋁酸根離子水解導致溶液呈堿性，溶液的rm{pH>7}二者混合至鋁離子恰好完全沉淀時，明礬和氫氧化鋇以rm{2}rm{3}混合，二者反應生成硫酸鋇和氫氧化鋁沉淀，離子方程式為rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}故答案為：rm{>}rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒.}

rm{(1)壟脷NaOH}是強堿，電離顯堿性；rm{壟脵NaClO}rm{壟脹NaHCO_{3}}rm{壟脺CH_{3}COONa}均為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，當濃度相同時，rm{pH}大小順序是rm{壟脷>壟脵>壟脹>壟脺}據此分析；

rm{(2)FeCl_{3}}作凈水劑時，rm{Fe^{3+}}在溶液中會水解為氫氧化鐵和氫離子；

rm{(3)}若向明礬溶液中逐滴加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液至硫酸根離子恰好沉淀完全時，二者以rm{1}rm{2}混合，二者反應生成硫酸鋇沉淀和rm{NaAlO_{2}}偏鋁酸根離子水解導致溶液呈堿性；二者混合至鋁離子恰好完全沉淀時，明礬和氫氧化鋇以rm{2}rm{3}混合；二者反應生成硫酸鋇和氫氧化鋁沉淀．

本題考查離子方程式書寫及鹽類的水解平衡等知識點，為高頻考點，明確離子反應方程式書寫規則、鹽類水解等知識點即可解答，題目難度中等．【解析】rm{壟脺}rm{Fe^{3+}+3H_{2}O簍TFe(OH)_{3}(}膠體rm{)+3H^{+}}rm{>}rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}15、略

【分析】解：rm{(1)}由鍵線式可知，分子中含rm{6}個rm{C}rm{14}個rm{H}分子式為rm{C_{6}H_{14}}主鏈含rm{5}個rm{C}rm{2}號rm{C}上有甲基，名稱為rm{2-}甲基戊烷；

故答案為：rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；

rm{(2)M(A)=43隆脕2=86}烷烴設為rm{C_{n}H_{2n+2}}rm{12n+2n+2=86}解得rm{n=6}分子式為rm{C_{6}H_{14}}

故答案為：rm{C_{6}H_{14}}

rm{(3)C_{4}H_{9}Cl}的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環境的氫，則分子中含rm{3}個甲基，則rm{A}的結構簡式為

故答案為：

rm{(4)}生成rm{2-}甲基rm{-2}rm{3-}二氯戊烷，碳鏈骨架不變，rm{1mol}某不飽和烴可以和rm{1molCl_{2}}發生加成反應，可知rm{2}rm{3}號rm{C}之間有雙鍵，則該不飽和烴結構簡式為rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{2}CH_{3}}故答案為：rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{2}CH_{3}}．

rm{(1)}由鍵線式可知，分子中含rm{6}個rm{C}rm{14}個rm{H}主鏈含rm{5}個rm{C}rm{2}號rm{C}上有甲基；

rm{(2)M(A)=43隆脕2=86}烷烴設為rm{C_{n}H_{2n+2}}rm{12n+2n+2=86}

rm{(3)C_{4}H_{9}Cl}的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環境的氫，則分子中含rm{3}個甲基；

rm{(4)}生成rm{2-}甲基rm{-2}rm{3-}二氯戊烷，碳鏈骨架不變，可知rm{2}rm{3}號rm{C}之間有不飽和鍵．

本題考查有機物分子式計算的確定，為高頻考點，把握有機物的結構、通式法、有機物中rm{H}的種類為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意加成反應中碳鏈骨架不變，題目難度不大．【解析】rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；rm{C_{6}H_{14}}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{2}CH_{3}}16、（1）22

（2）離子Na＋[︰H]－LiH>NaHLi+半徑小于Na+半徑，則LiH的晶格能大于NaH的晶格能

（3）

（4）（等合理的均可）

（5）8【分析】【分析】本題以氫化鋁鈉為背景，考查了原子核外電子的運動狀態、電子排布圖、晶體類型、電子式、離子晶體的熔點比較、配位鍵、空間構型以及晶胞密度的計算和配位數等知識，綜合性較大，有一定難度。【解答】

rm{(1)}rm{Ti}是第rm{22}號元素，原子核外有rm{22}個電子，原子核外不可能有運動狀態相同的電子，因此基態rm{Ti}原子核外共有rm{22}種運動狀態不相同的電子；基態rm{Ti}原子的價電子排布式為rm{3d^{2}4s^{2}}根據泡利原理和洪特規則，其價電子排布圖為是第rm{Ti}號元素，原子核外有rm{22}個電子，原子核外不可能有運動狀態相同的電子，因此基態rm{22}原子核外共有rm{Ti}種運動狀態不相同的電子；基態rm{22}原子的價電子排布式為rm{Ti}根據泡利原理和洪特規則，其價電子排布圖為故答案為：rm{3d^{2}4s^{2}}rm{22}rm{(2)}的熔點較高，且不溶于有機溶劑，說明是離子晶體，其電子式為rm{NaH}的熔點較高，且不溶于有機溶劑，說明是離子晶體，其電子式為；rm{NaH}和rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}一樣也屬于離子晶體，但因為rm{LiH}和半徑小于rm{LiH}半徑，rm{NaH}的晶格能大于rm{Li^{+}}的晶格能，所以rm{Na^{+}}的熔點比rm{LiH}高。故答案為：離子；rm{NaH}；rm{LiH}；rm{NaH}半徑小于rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}半徑，則rm{LiH>NaH}的晶格能大于rm{Li^{+}}的晶格能rm{Na^{+}}rm{LiH}說明蒸汽的分子式為rm{NaH}根據價鍵規律可知其結構式應為故答案為：rm{(3)}蒸氣的相對分子質量約為rm{267}說明蒸汽的分子式為rm{Al_{2}Cl_{6}}根據價鍵規律可知其結構式應為rm{267}rm{Al_{2}Cl_{6}}rm{(4)}rm{AlH}rm{AlH}rm{{,!}_{4}^{-}}空間構型為正四面體，空間構型為正四面體的離子還有rm{N{{H}_{4}}^{+}}等，故答案為：rm{S{{O}_{4}}^{2-}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{P{{O}_{4}}^{3-}}rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}等合理的均可rm{B{{H}_{4}}^{-}}rm{N{{H}_{4}}^{+}}晶胞中的rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}

}有rm{P{{O}_{4}}^{3-}}個在面上，rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}個在棱邊上，個數為rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4}晶胞中的rm{B{{H}_{4}}^{-}}有rm{)}個在頂點，rm{(5)}個在面上，rm{Na^{+}}個在內部，個數為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2}+1=4}所以rm{6}個晶胞的質量為rm{4}晶胞的體積為rm{a隆脕{10}^{-7}cm隆脕a隆脕{10}^{-7}cm隆脕2a隆脕{10}^{-7}cm=2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}晶胞的密度為rm{dfrac{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g}{2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}=dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}g隆隴c{m}^{-3}}根據上面的分析可知，晶胞中rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4

}和rm{AlH_{4}^{-}}個數相等，因此它們的配位數之比等于rm{8}以體心的rm{4}研究，與之緊鄰且等距的rm{1}位于晶胞的rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2}+1=4

}個側棱的中間、晶胞中上面立方體的左右側面面心、晶胞中下面立方體的前后面的面心，共rm{1}個，則rm{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g}rm{a隆脕{10}^{-7}cm隆脕a隆脕{10}^{-7}cm隆脕2a隆脕{10}^{-7}cm=2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}

}rm{dfrac{4隆脕

dfrac{54}{{N}_{A}}g}{2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}=

dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}g隆隴c{m}^{-3}}rm{Na^{+}}也有rm{AlH_{4}^{-}}個。故答案為：rm{dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}}；rm{1:1}rm{AlH_{4}^{-}}【解析】rm{(1)22}rm{(2)}離子rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}rm{LiH>NaH}rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}rm{LiH>NaH}半徑小于rm{Li^{+}}半徑，則rm{Na^{+}}的晶格能大于rm{LiH}的晶格能rm{NaH}rm{(3)}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{(4)N{{H}_{4}}^{+}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}

}rm{P{{O}_{4}}^{3-}}等合理的均可rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}rm{(5)dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}}rm{B{{H}_{4}}^{-}}rm{)}17、略

【分析】解：rm{0隆蘆a}段沒有生成沉淀，說明鹽酸過量，加入的氫氧化鈉與氯化氫反應；rm{a隆蘆80}段開始生成沉淀，加入rm{80mL}氫氧化鈉溶液后沉淀達到最大量，此時溶液中的溶質為rm{NaCl}rm{80隆蘆90}段氫氧化鋁開始溶解，溶解氫氧化鋁消耗了rm{10mLNaOH}則氫氧化鋁沉淀的物質的量為：rm{2mol/L隆脕0.01L=0.02mol}當加入rm{90mLNaOH}溶液后氫氧化鋁完全溶解；此時沉淀只有氫氧化鎂；

rm{(1)}根據分析可知，rm{80隆蘆90ml}對應反應的離子方程式：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案為：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)}從橫坐標rm{80mL}到rm{90mL}這段可以得出：rm{n(Al(OH)_{3})=0.02mol}則rm{n(Al)=n(Al(OH)_{3})=0.02mol}原混合物中鋁的質量為：rm{27g/mol隆脕0.02mol=0.54g}

故答案為：rm{0.54}

rm{(3)}加入rm{80mL}氫氧化鈉溶液時，溶質為rm{NaCl}則：rm{n(HCl)=n(NaOH)=2mol/L隆脕0.08L=0.16mol}

鹽酸的體積為：rm{dfrac{0.16mol}{2mol/L}=0.08L=80mL}

故答案為：rm{dfrac

{0.16mol}{2mol/L}=0.08L=80mL}

rm{80}假設鹽酸溶解金屬后沒有剩余，此時酸恰好與合金反應完全，即rm{(4)}通過極值法，當合金中完全是鋁時，因為沉淀rm{a=0}需要消耗rm{Al^{3+}}溶液的體積為rm{NaOH}從圖可知，中和過量的酸所消耗的堿液體積最大為rm{30mL}但是假設不成立，最大值是不存在的，所以的取值范圍為rm{50mL}

故答案為：rm{0leqslanta<50}

rm{0leqslanta<50}所以沉淀rm{(5)n(Al)=n(Al(OH)_{3})=2mol?L^{-1}隆脕0.01L=0.02mol}需要消耗的rm{Al^{3+}}為rm{OH^{-}}即rm{0.06mol}溶液的體積為rm{NaOH}鎂離子和鋁離子沉淀完全消耗的堿的體積為rm{30mL}若假設鹽酸沒有剩余，所以沉淀rm{(80-a)mL}需要rm{Mg^{2+}}溶液的體積最大值為：rm{NaOH}

rm{80mL-30mL=50mL}的最大值為：rm{dfrac{2mol/L隆脕0.05L}{2}=0.05mol}所以該合金中鎂鋁兩元素物質的量之比的最大值為：rm{n(Mg)}rm{dfrac

{2mol/L隆脕0.05L}{2}=0.05mol}

故答案為：rm{0.05mol}．

rm{0.02mol=2.5}段沒有生成沉淀，說明鹽酸過量，加入的氫氧化鈉與氯化氫反應；rm{2.5}段開始生成沉淀，加入rm{0隆蘆a}氫氧化鈉溶液后沉淀達到最大量，此時溶液中的溶質為rm{a隆蘆80}rm{80mL}段氫氧化鋁開始溶解，溶解氫氧化鋁消耗了rm{NaCl}則氫氧化鋁沉淀的物質的量為：rm{80隆蘆90}當加入rm{10mLNaOH}溶液后氫氧化鋁完全溶解；此時沉淀只有氫氧化鎂；

rm{2mol/L隆脕0.01L=0.02mol}對應反應為氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水；據此寫出反應的離子方程式；

rm{90mLNaOH}根據氫氧化鈉的體積在rm{(1)80隆蘆90ml}至rm{(2)}段內；所有的氫氧化鈉用于溶解氫氧化鋁，根據氫氧化鈉的量確定氫氧化鋁的量，根據原子守恒確定金屬鋁的量；

rm{80}加入rm{90mL}氫氧化鈉溶液時，溶質為rm{(3)}根據質量守恒可以計算出氯化氫的物質的量，再根據rm{80mL}計算出鹽酸的體積；

rm{NaCl}合金的組成可以采用極限假設法，當金屬全部是金屬鋁時剩余的酸最多，rm{V=dfrac{n}{c}}的值最大來判斷rm{(4)}得取值范圍；

rm{a}根據圖象中消耗的氫氧化鈉的量確定合金中金屬鎂的最大量；進而確定該合金中兩元素物質的量之比的最大值．

本題考查離子方程式的計算、鎂、鋁的化學性質等知識，題目難度中等，明確發生的化學反應及反應與圖象的對應關系是解答本題的關鍵，注意質量守恒在化學計算中的應用方法．rm{a}【解析】rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{0.54g}rm{80}rm{0leqslanta<50}rm{2.5}四、計算題(共2題，共4分)18、略

【分析】解：rm{(1)}出rm{A}的物質的量變化量rm{trianglen(A)=2mol-1.7mol=0.3mol}rm{trianglen(C)=0.0225mol?L^{-1}?s^{-1}隆脕10s隆脕2L=0.45mol}根據物質的量變化量之比等于化學計量數之比，則rm{triangle

n(A)=2mol-1.7mol=0.3mol}rm{triangle

n(C)=0.0225mol?L^{-1}?s^{-1}隆脕10s隆脕2L=0.45mol}rm{0.3mol}解得rm{0.45mol=2}

故答案為：rm{x}

rm{x=3}時反應恰好處于平衡狀態，此時rm{3}的轉化率為rm{(2)40s}參加反應的rm{B}的物質的量為rm{20%}由方程式可知，參加反應的rm{B}的物質的量為rm{2mol隆脕20%=0.4mol}故rm{v(A)=dfrac{dfrac{0.8mol}{2L}}{40s}=0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}

故答案為：rm{A}

rm{2隆脕0.4mol=0.8mol}平衡時參加反應的rm{v(A)=dfrac{dfrac

{0.8mol}{2L}}{40s}=0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}的物質的量為rm{0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}則：

rm{(3)}rm{B}

開始rm{2mol隆脕20%=0.4mol}rm{2A(g)+B(g)?3C}rm{(g)+D(s)}rm{(mol)}rm{2}

變化rm{2}rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{0.8}

平衡rm{0.4}rm{1.2}rm{0.4}rm{(mol)}rm{1.2}

故平衡時rm{1.6}的體積分數為rm{dfrac{1.6mol}{1.2mol+1.6mol+1.2mol}隆脕100%=40%}

故答案為：rm{1.2}

rm{0.4}由rm{B}中計算可知，平衡時rm{dfrac

{1.6mol}{1.2mol+1.6mol+1.2mol}隆脕100%=40%}rm{40%}rm{(4)}rm{(3)}的濃度分別為rm{dfrac{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}rm{dfrac{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}rm{dfrac{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}所以平衡常數rm{k=dfrac{c^{3}(C)}{c;^{2}(A).c(B)}=0.75}

故答案為：rm{A}

rm{B}表示該反應達到平衡狀態是分析選項是否表達正逆反應速率相同，rm{C}rm{D}

A.消耗rm{dfrac

{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}的物質的量與生成rm{dfrac

{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}的物質的量之比為rm{dfrac

{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}rm{k=dfrac

{c^{3}(C)}{c;^{2}(A).c(B)}=0.75}只能表示反應正向進行，故A不符合；

B.容器中rm{0.75}rm{(5)}的物質的量rm{2A(g)+B(g)?3C}rm{(g)+D(s)}rm{A}不能表示正逆反應速率相同，故B不符合；

C.反應前后質量分數變化；氣體物質的量不變，氣體的平均相對分子質量不再變化，說明反應正逆反應速率相同，故C符合；

D.反應時氣體體積不變的反應；壓強不再變化不能怎么反應達到平衡，故D不符合；

E.密度等于氣體質量除以氣體體積，反應前后氣體體積不變，反應中生成的rm{D}是固體；氣體密度不再變化說明反應達到平衡，故E符合；

故答案為：rm{2}

rm{1}若起始時rm{A}rm{B}反應進行一段時間后，測得rm{n(A)}的濃度為rm{n(B)=2}則：

rm{1}rm{D}

開始rm{CE}rm{(6)}rm{c(A)=5mol?L^{-1}}rm{c(B)=6mol?L^{-1}}rm{A}

變化rm{3mol?L^{-1}}rm{2A(g)+B(g)?3C}rm{(g)+D(s)}rm{(mol/L)}rm{5}

一段時間rm{6}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{5-3=2}

所以濃度商rm{Qc=dfrac{3;^{3}}{3;^{2}times5}=0.6<0.75}反應未達平衡狀態，向正反應進行，故rm{1}

故答案為：否；大于．

利用三段式分析：

rm{3}rm{1}

開始rm{(mol/L)}rm{3}rm{5}

轉化rm{3}rm{1}rm{Qc=dfrac{3;^{3}}{3;^{2}times

5}=0.6<0.75}

平衡rm{v_{(脮媒)}>v_{(脛忙)}}rm{2A(g)+B(g)?xC}rm{(g)+D(s)}

rm{2}計算出rm{2}的物質的量變化量rm{0}利用rm{0.8}的速率計算rm{0.4}根據物質的量變化量之比等于化學計量數之比計算rm{0.4x}的值；

rm{1.2}根據rm{1.6}計算出平衡時參加反應的rm{0.4x}的物質的量，計算出rm{(1)}的濃度變化量，利用利用rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{A}

rm{trianglen(A)}根據rm{c}的轉化率計算出參加反應的rm{trianglen(C)}的物質的量，利用三段式計算平衡時各組成的物質的量，進而計算平衡時總的物質的量，再利用體積分數等于計算rm{x}的體積分數rm{(2)}注意rm{B}是固體；

rm{A}平衡常數指生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值；計算出平衡時各組分的濃度，代入平衡常數表達式計算平衡常數rm{A}注意rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}是固體；

rm{v(A)}表示該反應達到平衡狀態是正逆反應速率相同；各成分的含量保持不變，據此判斷；

rm{(3)}計算出測得rm{B}的濃度為rm{B}時，各組分的濃度，計算濃度商rm{B}與平衡常數比較判斷平衡進行方向，根據反應進行的方向判斷速率關系．

本題考查反應速率的計算、化學平衡的有關計算、平衡常數計算與應用等，題目難度中等，注意三段式解題法的理解運用，全面掌握基礎知識．rm{.}【解析】rm{3}rm{0.01mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{40%}rm{0.75}rm{CE}否；大于19、略

【分析】考查有機物分子式的確定。【解析】【答案】28L氧氣（標準狀況）的物質的量是質量是1.25mol×32g/mol＝40g濃硫酸增重27g所以水是27g，物質的量是因此氫原子的物質的量是3mol堿石灰增重22g說明CO2是22g，物質的量為0.5mol根據質量守恒定律可知CO的質量是23g+40g-22g-27g＝14g物質的量是所以碳原子的物質的量是0.5mol＋0.5mol＝1mol23gA中氧原子的物質的量是1.5mol＋0.5mol×2＋0.5mol－1.25mol×2＝0.5mol所以A中碳、氫、氧原子的個數之比是1︰3︰0.5＝2︰6︰1即A的最簡式為C2H6O由于2個碳原子最多結合6個氫原子，所以最簡式就是A的分子式五、推斷題(共2題，共14分)20、（1）羥基（2）+HO-NO2+H2O（3）CH3CH=CHCOOCH2CH3（4）NaOH水溶液、加熱加聚反應（5）n++nH2O【分析】【分析】本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握合成流程中官能團的變化、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意逆合成法應用及有機物結構的確定方法，題目難度不大。結合rm{P}的結構簡式，結合碳鏈骨架可知，rm{A}是甲苯，其結構簡式是可知rm{A}與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發生取代反應生