2025年滬教版高二化學上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版高二化學上冊月考試卷746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8題，共16分)1、根據(jù)下列反應判斷有關的物質(zhì)氧化性由強到弱的順序是（）H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4

2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2

3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．A.H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NOB.HNO3＞Fe3+＞I2＞H2SO4C.HNO3＞Fe3+＞H2SO3＞I2D.NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣2、rm{4.}從葡萄籽中提取的原花青素結(jié)構(gòu)為：原花青素具有生物活性，如抗氧化和自由基清除能力等，可防止機體內(nèi)脂質(zhì)氧化和自由基的產(chǎn)生而引發(fā)的腫瘤等多種疾病。有關原花青素的下列說法不正確的是A.該物質(zhì)既可看作醇類，也可看作酚類B.rm{1mol}該物質(zhì)可與rm{4molBr_{2}}反應C.rm{1mol}該物質(zhì)可與rm{7molNaOH}反應D.rm{1mol}該物質(zhì)可與rm{7molNa}反應3、過量的下列溶液與水楊酸rm{(}rm{)}反應能得到化學式為rm{C_{7}H_{5}O_{3}Na}的是rm{(}rm{)}A.rm{NaHCO_{3}}溶液B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液C.rm{NaOH}溶液D.rm{NaCl}溶液4、在一定條件下，反應rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g(}正反應吸熱rm{)}達到平衡時，要使混合氣體的顏色加深，有以下措施：rm{壟脵}增大氫氣的濃度rm{壟脷}升高溫度rm{壟脹}降低溫度rm{壟脺}縮小體積rm{壟脻}增大rm{HI}的濃度rm{壟脼}減小壓強，其中可采取的有rm{(}rm{)}A.rm{1}種B.rm{2}種C.rm{3}種D.rm{4}種5、柑橘是人們在日常生活中喜愛的水果之一，從柑橘中可提煉出有機物萜二烯，其結(jié)構(gòu)簡式為下列有關萜二烯的推測不正確的是rm{(}rm{)}A.萜二烯屬于芳香烴B.萜二烯難溶于水C.萜二烯能發(fā)生加聚反應D.萜二烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色6、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A.rm{c(H^{+})=0.1mol/L}的溶液：rm{Na^{+}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft(O{H}^{-}right)}=1隆脕10^{-12}}的溶液：rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft(O{H}^{-}right)}

=1隆脕10^{-12}}rm{K^{+}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}C.rm{Na^{+}}的溶液：rm{c(Fe^{2+})=0.1mol/L}rm{H^{+}}rm{Al^{3+}}rm{NO_{3}^{-}}D.由水電離出的rm{SCN^{-}}的溶液：rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-12}mol/L}rm{Fe^{3+}}rm{ClO^{-}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}7、下列物質(zhì)不能作為食品添加劑的是rm{(}rm{)}A.甲醇B.食鹽C.檸檬酸D.苯甲酸鈉8、在rm{100mL}的混合液中，硝酸和硫酸的物質(zhì)的量濃度分別是rm{0.3mol/L}rm{0.15mol/L}向該混合液中加入rm{2.56g}銅粉，加熱，待充分反應后，所得溶液中銅離子的物質(zhì)的量濃度是rm{(}忽略溶液體積變化rm{)}A.rm{0.15mol/L}B.rm{0.30mol/L}C.rm{0.45mol/L}D.rm{0.225mol/L}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、按要求回答下列問題：rm{(1)}的名稱為________________。rm{(2)A}rm{B}rm{C}三種烴的化學式均為rm{C_{6}H_{10}}它們的分子中均無支鏈或側(cè)鏈。rm{壟脵}若rm{A}為環(huán)狀，則其結(jié)構(gòu)簡式為________________。rm{壟脷}若rm{B}為含有雙鍵的鏈狀結(jié)構(gòu)，且分子中不存在“”基團，則其可能的結(jié)構(gòu)簡式為________________rm{(}任寫一種rm{)}rm{壟脹}若rm{C}為含有三鍵的鏈狀結(jié)構(gòu)，則其可能的結(jié)構(gòu)簡式及名稱為________________________________。10、（1）鋁是地殼中含量最大的金屬，鋁質(zhì)輕，燃燒時放熱量高，在常溫常壓下，9g的鋁粉完全燃燒生成固態(tài)的A2O3時放出235kJ的熱，則這個反應的熱化學方程式為____；

（2）中國是世界上最大的電冶鋁國家之一，電冶鋁的原料是氧化鋁，在熔融下進行電解，試寫出電解法冶煉鋁的方程式為____；

（3）鋁用途很廣，在電化學中常用于充當電極材料．把鋁和鎂用導線連接后，若插入到稀硫酸中，則正極是____，插入氫氧化鈉溶液中，負極的電極反應式是____

（4）中國首創(chuàng)的海洋鋁礦燈，是以鋁、空氣和海水為原料所設計的原電池，當把電池置于海水電池就有較大的電壓，此電池的正極反應式為____．

（5）采用惰性電極從NO3-、SO42-、Cl-、Cu2+、Mg2+、H+中選出適當?shù)碾x子組成電解質(zhì)；并對其溶液進行電解。

①若兩極分別放出H2和O2，則電解質(zhì)的化學式為____；

②若陰極析出金屬，陽極放出O2，則電解質(zhì)的化學式為____．11、(12分)恒溫下，將amolO2與bmolSO2的混合氣體通入一個固定容積的密閉容器中，發(fā)生如下反應：O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)（一）①若反應達平衡時，n(O2)=4mol，n(SO3)=4mol,計算a的值為。②平衡時總體積在標準狀況為313.6L，原混合氣體與平衡混合氣體的總物質(zhì)的量之比(寫出最簡整數(shù)比，下同)，n(始)∶n(平)=。③達到平衡時，O2和SO2的轉(zhuǎn)化率之比，α(O2)∶α(SO2)=。（二）若起始將6molO2、bmolSO2和1molSO3通入上反應容器中，起始反應向正方向進行，使反應達到平衡時容器中氣體的物質(zhì)的量為12mol。則b的取值范圍是。12、（3分）2005年4月，各大媒體紛紛報道：根據(jù)美國最新研究，數(shù)十種牙膏、洗手液、洗潔精等抗菌清潔用品，當中包括高露潔等牌子的產(chǎn)品，含有三氯生(triclosan)的化學物質(zhì)，該物質(zhì)與經(jīng)氯消毒的自來水接觸后會產(chǎn)生“哥羅芳”，長期使用可致癌。已知三氯生中含碳的質(zhì)量分數(shù)為49.75%，含氫的質(zhì)量分數(shù)為2.42%，此外1個三氯生分子里含有2個氧原子和3個氯原子，且0.5mol三氯生的質(zhì)量為144.75g，則⑴、三氯生的相對分子質(zhì)量。（1’）⑵、計算求出三氯生的分子式。（4’）13、(共12分)（1）火箭推進器中盛有強還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強氧化劑液態(tài)雙氧水。當把0．4mol液態(tài)肼和0．8molH2O2混合反應，生成氮氣和水蒸氣，放出257．7kJ的熱量(相當于25℃、101kPa下測得的熱量)。①反應的熱化學方程式為。②又已知H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝+44kJ/mol。則16g液態(tài)肼與液態(tài)雙氧水反應生成液態(tài)水時放出的熱量是kJ。③此反應用于火箭推進，除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個很大的優(yōu)點是。（2）蓋斯定律在生產(chǎn)和科學研究中有很重要的意義。有些反應的反應熱雖然無法直接測得，但可通過間接的方法測定?，F(xiàn)根據(jù)下列3個熱化學反應方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)==2Fe(s)+3CO2(g)△H＝—24．8kJ／mol3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H＝—47．4kJ／molFe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H＝+640．5kJ／mol寫出CO氣體還原FeO固體得到Fe固體和CO2氣體的熱化學反應方程式：_________________評卷人得分三、解答題(共8題，共16分)14、某烴經(jīng)李比希元素分析實驗測得碳的質(zhì)量分數(shù)為85.71%；該烴的質(zhì)譜圖顯示：分子離子峰的質(zhì)荷比為84，該烴的核磁共振氫譜如圖所示．請確定該烴的實驗式；分子式、結(jié)構(gòu)簡式．（寫出計算過程）

15、如圖所示；水槽中試管內(nèi)有一枚鐵釘，放置數(shù)天觀察：

（1）鐵釘在逐漸生繡．

（2）若試管內(nèi)液面上升；發(fā)生______腐蝕，電極反應：負極：______，正極：______

（3）若試管內(nèi)液面下降；則原溶液呈______性，發(fā)生的電極反應：負極：______，正極：______．

16、有機物A由C、H、O、Cl四種元素組成，其相對分子質(zhì)量為198.5，Cl在側(cè)鏈上．當A與Cl2分別在Fe作催化劑和光照條件下以物質(zhì)的量之比為1：1反應時，分別是苯環(huán)上一氯取代產(chǎn)物有兩種和側(cè)鏈上一氯取代產(chǎn)物有一種；A與NaHCO3溶液反應時有氣體放出．已知A經(jīng)下列反應可逐步生成B～G．

請你按要求回答下列問題：

（1）A的化學式為______；D的結(jié)構(gòu)簡式為______．

（2）上述反應中屬于取代反應的是______（填編號）；

（3）C中含氧官能團的名稱分別為______；

（4）E的同分異構(gòu)體中，滿足下列條件：①含有苯環(huán)，苯環(huán)上只有一個側(cè)鏈，且側(cè)鏈上只含有一個一CH3；②能發(fā)生銀鏡反應；③屬于酯類．請寫出一種符合上述條件E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：______．

（5）寫出下列指定反應的化學方程式（有機物寫結(jié)構(gòu)簡式）：

A與NaOH的醇溶液共熱：______17、實驗室用圖示裝置制取乙酸乙酯．

（1）濃H2SO4的作用是：①______；②______．

（2）右邊收集試管內(nèi)裝有______；該溶液的作用是______．導氣管不能插入液面以下，原因是______．加熱前，大試管中加入幾粒碎瓷片的作用是______．

（3）制取乙酸乙酯的反應方程式是______

18、某溫度下，可逆反應2NO2N2O4達平衡時；測得混合氣體的密度是相同條件下氫氣的36倍，求：

（1）此混合氣體中NO2與N2O4的物質(zhì)的量之比．

（2）若反應溫度與容器容積不變，開始輸進的是N2O4氣，從逆向反應達平衡時，求N2O4的轉(zhuǎn)化率．

19、已知化合物A的分子式為C3H6O2；有如圖所示轉(zhuǎn)化關系：

已知B的分子比C的分子少一個碳原子．按要求填空：

（1）A的結(jié)構(gòu)簡式______；

（2）B的分子式______；

（3）D中的官能團的名稱是______；

（4）C在一定條件下生成M，M的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，寫出C→M的化學反應方程式______20、某?；瘜W研究性學習小組的同學，為驗證紅熱的炭與與濃硫酸發(fā)生反應所生成的產(chǎn)物．按氣體流動方向設計了一個實驗流程，其所使用的試劑次序可以表示為：氣體產(chǎn)物→無水硫酸銅固體→品紅溶液→酸性高錳酸鉀溶液→品紅溶液→澄清石灰水．

據(jù)圖回答下列問題：

（1）⑥中的試劑是______；其作用是______，該儀器的名稱______．

（2）品紅溶液使用了兩次；第二次使用時的作用是______．

（3）按照氣體流向從左到右接口的順序（填字母）______．

21、某僅由碳、氫、氧三種元素組成的有機化合物，經(jīng)測定其相對分子質(zhì)量為180．取有機物樣品1.8g，在純氧中完全燃燒，將產(chǎn)物先后通過濃硫酸和堿石灰，兩者分別增重1.08g和2.64g．試求該有機物的分子式．評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共40分)22、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。23、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質(zhì)反應生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。24、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。25、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分五、實驗題(共2題，共4分)26、氧化鈷rm{(Co_{2}O_{3})}粉體材料在工業(yè)、電子、電訊等領域都有著廣闊的應用前景。某銅鈷礦石主要含有rm{CoO(OH)}、rm{CoCO_{3}}rm{Xv_{2}(OH)_{2}XO_{3}}和rm{SiO_{2}}其中還含有一定量的rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}和rm{CaO}等。由該礦石制備rm{Co_{2}O_{3}}的部分工藝過程如下：Ⅰrm{.}將粉碎的礦石用過量的稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{Na_{2}SO_{3}}溶液浸泡。Ⅱrm{.}浸出液除去含銅的化合物后，向溶液中先加入rm{NaClO_{3}}溶液，再加入一定濃度的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，過濾，分離除去沉淀rm{a[}主要成分是rm{Na_{2}Fe_{6}(SO_{4})_{4}(OH)_{12}]}Ⅲrm{.}向上述濾液中加入足量rm{NaF}溶液，過濾，分離除去沉淀rmⅣrm{.}Ⅲ中濾液加入濃rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，獲得rm{CoCO_{3}}沉淀。Ⅴrm{.}將rm{CoCO_{3}}溶解在鹽酸中，再加入rm{(NH_{4})_{2}C_{2}O_{4}}溶液，產(chǎn)生rm{XoX_{2}O_{4}隆隴2H_{2}O}沉淀。分離出沉淀，將其在rm{400隆忙隆蘆600隆忙}煅燒，即得到rm{Co_{2}O_{3}}請回答：rm{(1)}Ⅰ中，稀硫酸溶解rm{CoCO_{3}}的化學方程式是________，加入rm{Na_{2}SO_{3}}溶液的主要作用是________。rm{(2)}根據(jù)圖rm{1}圖rm{2}分析：rm{壟脵}礦石粉末浸泡的適宜條件應是________。

rm{壟脷}圖rm{2}中銅、鈷浸出率下降的可能原因是________。圖rm{壟脷}中銅、鈷浸出率下降的可能原因是________。rm{2}Ⅱ中，浸出液中的金屬離子與rm{(3)}反應的離子方程式：rm{NaClO_{3}}rm{ClO}rm{ClO}_____rm{{,!}_{3}^{?}}______rm{+}_____rm{+}______rm{簍T簍TCl}rm{+}rm{+}______rm{簍T簍TCl}______rm{{,!}^{?}}Ⅱ中，檢驗鐵元素完全除去的試劑是________，實驗現(xiàn)象是________。rm{+}______rm{+}______Ⅱ、Ⅳ中，加入rm{+}的作用分別是________、________。rm{+}Ⅲ中，沉淀rm{(4)}的成分是rm{(5)}、________rm{Na_{2}CO_{3}}填化學式rm{(6)}rmⅤ中，分離出純凈的rm{MgF_{2}}的操作是________。rm{(}27、如圖：如圖：通電rm{5min}后，電極rm{5}質(zhì)量增加rm{2.16g}試回答：

rm{(1)a}是__極；rm{C}池是__池；rm{A}池電極反應為_________________________；rm{(2)}若rm{B}槽中共收集到rm{224mL}氣體rm{(}標況rm{)}且溶液體積為rm{200mL(}設電解過程中溶液體積不變rm{)}則通電前溶液中的rm{Cu^{2+}}物質(zhì)的量濃度為_____．rm{(3)}若rm{A}池溶液體積為rm{200mL}且電解過程中溶液體積不變，則電解后，溶液rm{pH}為__．評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共20分)28、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．29、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．30、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結(jié)構(gòu)簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。31、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結(jié)構(gòu)簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構(gòu)體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【解答】解：H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4反應中碘得電子作氧化劑，亞硫酸失電子作還原劑，氧化產(chǎn)物是硫酸，所以氧化性I2＞H2SO4；2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2反應中氯化鐵得電子作氧化劑，HI失電子作還原劑，氧化產(chǎn)物是碘，所以氧化性Fe3+＞I2；

3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3反應中HNO3得電子作氧化劑，F(xiàn)eCl2失電子作還原劑，氧化產(chǎn)物是Fe3+，所以氧化性HNO3＞Fe3+；

所以這幾種微粒氧化性強弱順序是HNO3＞Fe3+＞I2＞H2SO4；

故選B．

【分析】得電子化合價降低的物質(zhì)是氧化劑，失電子化合價升高的物質(zhì)是還原劑，還原劑對應的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物，同一化學反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，據(jù)此分析解答．2、C【分析】【分析】本題旨在考查學生對有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、醇和酚的性質(zhì)的綜合應用?！窘獯稹緼.分子中含有酚羥基和醇羥基；可看作醇類，也可看作酚類，故A正確；

B.分子中含有rm{2}個苯環(huán)，rm{5}個酚羥基，共有rm{4}個rm{H}原子可被取代；故B正確；

C.分子中只有酚羥基與氫氧化鈉反應，則rm{1mol}該物質(zhì)可與rm{5molNaOH}反應；故C錯誤；

D.分子中共含有rm{7}個羥基，則rm{1mol}該物質(zhì)可與rm{7molNa}反應；故D正確。

故選C?！窘馕觥縭m{C}3、A【分析】羧基比酚羥基酸性強，要得到rm{C_{7}H_{5}O_{3}Na}只能是與羧基反應生成的鈉鹽，rm{A}項符合。【解析】rm{A}4、C【分析】解：rm{壟脵}增大氫氣的濃度；平衡逆向移動，混合氣體的顏色變淺，故錯誤；

rm{壟脷}升高溫度；平衡正向移動，混合氣體的顏色加深，故正確；

rm{壟脹}降低溫度；平衡逆向移動，混合氣體的顏色變淺，故錯誤；

rm{壟脺}縮小體積；各種氣體的濃度都增大，混合氣體的顏色加深，故正確；

rm{壟脻}增大rm{HI}濃度；平衡正向移動，碘濃度增大，混合氣體的顏色加深，故正確；

rm{壟脼}減小壓強；各氣體濃度減小，混合氣體的顏色變淺，故錯誤；

故選C．

要使混合氣體的顏色加深；即增大了碘的濃度，平衡正向移動，從影響平衡移動的因素角度考慮．

本題考查了影響平衡移動的因素，注意影響平衡移動的因素有溫度、濃度、壓強三種，題目難度不大．【解析】rm{C}5、A【分析】解：rm{A.}該分子中不含苯環(huán)；所以不屬于芳香烴，故A錯誤；

B.該物質(zhì)屬于有機物；屬于烯烴，根據(jù)相似相溶原理知難溶于水，故B正確；

C.該分子中含有碳碳雙鍵；所以能發(fā)生加聚反應，故C正確；

D.該分子中含有碳碳雙鍵；所以能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；

故選A．

該分子中含有碳碳雙鍵；具有烯烴性質(zhì)，烯烴不溶于水，能發(fā)生加成反應和氧化反應及加聚反應，據(jù)此分析解答．

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查烯烴性質(zhì)，明確官能團及其性質(zhì)關系即可解答，可以利用烯烴性質(zhì)的特殊性除去烷烴中的烯烴，題目難度不大．【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本題考查離子的共存，為高頻考點，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵，側(cè)重氧化還原反應、復分解反應的離子共存考查，題目難度不大。【解答】A.rm{c(H^{+})=0.1mol/L}的溶液，顯酸性，rm{H^{+}}rm{S_{2}O_{3}^{2-}}發(fā)生氧化還原反應；不能大量共存，故A錯誤；

B.rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1隆脕10^{-12}}的溶液；溶液顯堿性，該組離子之間不反應，可大量共存，故B正確；

C.rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1隆脕10^{-12}}rm{H^{+}}rm{Fe^{2+}}發(fā)生氧化還原反應；不能大量共存，故C錯誤；

D.由水電離出的rm{NO_{3}^{-}}的溶液，為酸或堿溶液，堿性溶液中不能大量存在rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-12}mol/L}酸溶液中不能大量存在rm{Fe^{3+}}故D錯誤。

故選B。

rm{ClO^{-}}【解析】rm{B}7、A【分析】本題考查常見的食品添加劑。A.甲醇是有毒物質(zhì)；禁止用作食品添加劑，故A正確；

B.食鹽是常用的食品添加劑；故B錯誤；

C.檸檬酸是常用的食品添加劑；故C錯誤；

D.苯甲酸鈉是常用的食品添加劑；故D錯誤。

故選：rm{A}【解析】rm{A}8、D【分析】【分析】本題考查離子反應的計算，是中學化學的基本計算，題目難度中等。解答該題的關鍵是把握反應的離子方程式及判斷反應的過量問題，側(cè)重分析能力和計算能力的考查?！窘獯稹縭m{n(Cu)=2.56g隆脗64g/mol=0.04mol}rm{n(H^{+})=0.3mol/L隆脕0.1L+0.15mol/L隆脕2隆脕0.1L=0.06mol}rm{n(NO_{3}^{-})=0.3mol/L隆脕0.1L=0.03mol}

由rm{3Cu+}rm{8H^{+}}rm{+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{3}rm{8}rm{2}

rm{0.0225mol}rm{0.06mol0.015mol<0.04mol(}過量rm{0.06mol

0.015mol<0.04mol(}

由氫離子的物質(zhì)的量及離子方程式可知：rm{)}氫離子反應，生成的銅離子的物質(zhì)的量為rm{0.06mol}

所以溶液中rm{0.0225mol}rm{c(Cu^{2+})=}rm{0.0225mol}rm{0.0225mol}rm{隆脗0.1L}rm{=0.225mol/L}不符合題意，故A錯誤；rm{=0.225mol/L}A.rm{0.15mol隆隴L^{-}}rm{0.15mol隆隴L^{-}}rm{{,!}^{1}}符合題意，故B錯誤；B.rm{0.30}rm{0.30}rm{mol隆隴L}rm{mol隆隴L}不符合題意，故C錯誤；rm{{,!}^{-1}}C.rm{0.45}不符合題意，故D正確。rm{0.45}rm{mol隆隴L}【解析】rm{D}二、填空題(共5題，共10分)9、（1）2，5-二甲基-4-乙基庚烷

（2）①

②CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3或CH3-CH=CH-CH=CH-CH3

?③CH≡CCH2CH2CH2CH3，1-己炔CH3C≡CCH2CH2CH3，2-己炔CH3CH2C≡CCH2CH3，3-己炔【分析】【分析】本題考查了烷烴的命名，題目難度不大，注意烷烴命名原則“碳鏈最長稱某烷，靠近支鏈把號編rm{.}簡單在前同相并，其間應劃一短線”，掌握常見有機物的命名方法。本題考查有機物結(jié)構(gòu)的推斷，側(cè)重考查限制條件同分異構(gòu)體書寫，難度不大，注意對基礎知識的理解掌握?！窘獯稹縭m{(1)}主鏈最長的碳鏈含有rm{(1)}個rm{7}稱為庚烷；編號從右邊開始，取代基編號都滿足最小，在rm{C}號rm{2}上有rm{C}個甲基，在rm{1}號rm{4}上有rm{C}個乙基，在rm{1}號rm{5}上有rm{C}個甲基，該有機物命名為：rm{1}rm{2}二甲基rm{5-}乙基庚烷，故答案為：rm{-4-}rm{2}二甲基rm{5-}乙基庚烷；rm{-4-}rm{(2)A}rm{B}三種烴的化學式為rm{C}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{6}}不飽和度為rm{H}它們的分子中均無支鏈或側(cè)鏈。rm{H}若rm{{,!}_{10}}為環(huán)狀，則rm{(2隆脕6+2?10)隆脗2=2}分子還含有rm{壟脵}個碳碳雙鍵，故A為環(huán)己烯，結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：rm{A}若rm{A}為含有雙鍵的鏈狀結(jié)構(gòu)，其分子中不存在“rm{1}”基團，則rm{壟脷}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{B}或rm{=C=C=C=}等，故答案為：rm{B}或rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH-CH_{3}}等；rm{CH_{3}-CH=CH-CH=CH-CH_{3}}若rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH-CH_{3}}為含有三鍵的鏈狀結(jié)構(gòu)，其可能結(jié)構(gòu)為rm{CH_{3}-CH=CH-CH=CH-CH_{3}}或rm{壟脹}或rm{C}名稱分別為：rm{CH隆脭CCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}己炔，rm{CH_{3}C隆脭CCH_{2}CH_{2}CH_{3}}己炔，rm{CH_{3}CH_{2}C隆脭CCH_{2}CH_{3}}己炔，故答案為：rm{1-}rm{2-}rm{3-}rm{CH隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}，rm{2}己炔；rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{1-}rm{CH}，rm{3}己炔；rm{3}rm{C隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}，rm{3}己炔。rm{3}【解析】rm{(1)2}rm{5-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷rm{(2)壟脵}rm{壟脷}rm{壟脷}或rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH-CH_{3}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH=CH-CH_{3}}rm{壟脹}rm{壟脹}rm{CH隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}rm{2}，rm{CH}己炔rm{2}rm{2}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{1-}rm{CH}rm{3}，rm{3}己炔rm{C隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{3}，rm{3}己炔rm{2-}10、略

【分析】

（1）9g鋁的物質(zhì)的量=9g的鋁粉完全燃燒生成固態(tài)的A2O3時放出235kJ的熱；則4mol鋁完全燃燒放出2820KJ熱量，所以其熱化學反應方程式為：

4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）；△H=2820kJ/mol；

故答案為：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）；△H=2820kJ/mol；

（2）電解熔融態(tài)氧化鋁生成鋁和氧氣，電解方程式為2Al2O34Al+3O2↑；

故答案為：2Al2O34Al+3O2↑；

（3）鋁、鎂、稀硫酸構(gòu)成的原電池中，正極上氫離子得電子生成氫氣，電極反應式為2H++2e-=H2↑；鋁；鎂、氫氧化鈉溶液構(gòu)成的原電池中，鋁作負極，鎂作正極，負極上鋁失電子和氫氧根離子反應生成偏鋁酸根離子和水；

電極反應式為Al-3e-+4HO-=AlO2-+2H2O；

故答案為：2H++2e-=H2↑；Al-3e-+4HO-=AlO2-+2H2O；

（4）鋁、空氣和海水構(gòu)成的原電池中，負極上鋁失電子生成鋁離子，電極反應式為Al-3e-=Al3+；

故答案為：Al-3e-=Al3+；

（5）①若兩極分別放出H2和O2，則陰極上氫離子放電，陽極上氫氧根離子放電，根據(jù)陰陽離子放電順序知，溶液中存在的陰離子為含氧酸根離子，陽離子為氫離子或活潑金屬離子，所以電解質(zhì)的化學式為HNO3、H2SO4、Mg（NO3）2、MgSO4；

故答案為：HNO3、H2SO4、Mg（NO3）2、MgSO4；

②若陰極析出金屬，根據(jù)離子的放電順序知，溶液中含有H之后的不活潑金屬陽離子，陽極放出O2，則溶液中含有含氧酸根離子，所以電解質(zhì)的化學式為Cu（NO3）2、CuSO4；

故答案為：Cu（NO3）2、CuSO4．

【解析】【答案】（1）9g鋁的物質(zhì)的量=9g的鋁粉完全燃燒生成固態(tài)的A2O3時放出235kJ的熱；則4mol鋁完全燃燒放出2820KJ熱量，根據(jù)熱化學反應方程式的書寫規(guī)則寫出即可；

（2）電解熔融態(tài)氧化鋁生成鋁和氧氣；

（3）鋁；鎂、稀硫酸構(gòu)成的原電池中；鎂作負極，鋁作正極，正極上氫離子得電子生成氫氣，鋁、鎂、氫氧化鈉溶液構(gòu)成的原電池中，鋁作負極，鎂作正極，負極上鋁失電子和氫氧根離子反應生成偏鋁酸根離子和水；

（4）鋁；空氣和海水構(gòu)成的原電池中；負極上鋁失電子發(fā)生氧化反應；

（5）根據(jù)電解質(zhì)溶液中離子的放電順序結(jié)合析出的物質(zhì)確定溶液中含有的陰陽離子；從而確定該物質(zhì)的化學式．

11、略

【分析】試題分析：根據(jù)“三段式”得O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)n初(mol)ab0△n(mol)x2x2xn末(mol)4b-2x4①2x=4x=2a-x=4a=6(mol)②n(平)=313.6/22.4=14(mol)據(jù)上式4+b-2x+4=14b=10(mol)所以n(始)∶n(平)=16/14=8/7③由“三段式”知：α(O2)=x/a=2/6=1/3,同理α(SO2)=2/5，所以α(O2)∶α(SO2)=5：6㈡將1mol的SO3進行“一邊倒”，轉(zhuǎn)化到化學方程式的左側(cè)，再利用“三段式”法，分別假設o2和SO2全部反應掉，分別求出b值即可（由于是可逆反應，不取等號）?？键c：化學平衡有關計算?！窘馕觥俊敬鸢浮浚ㄒ唬?mol;②8:7;③5:6（二）5﹤b﹤1012、略

【分析】【解析】【答案】(1)289.5（1’）；(2)C12H7O2Cl3（2’）13、略

【分析】試題分析：（1）①根據(jù)題意知，肼和雙氧水反應生成氮氣和水，化學方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0．4mol液態(tài)肼和0．8molH2O2混合反應，生成氮氣和水蒸氣，放出257．7kJ的熱量，則1mol液態(tài)肼反應放出的熱量為644．25kJ，熱化學方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=—644．25kJ/mol；②根據(jù)①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=—644．25kJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律：①—②×4得到N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=—820．25KJ/mol，16g液態(tài)肼物質(zhì)的量為0．5mol，與液態(tài)雙氧水反應生成液態(tài)水時放出的熱量為410．125KJ；③此反應用于火箭推進，除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個很大的優(yōu)點是產(chǎn)物為氮氣和水，不會造成環(huán)境污染。（2）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=—24．8kJ/mol①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=—47．2kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640．5kJ/mol③根據(jù)蓋斯定律：①×1/2—②×1/6—③×1/3得CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=—218．0kJ/mol?？键c：考查熱化學方程式的書寫，蓋斯定律應用，反應熱的計算。【解析】【答案】（1）①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H＝－644．25KJ/mol（3分）②410．125（3分）③產(chǎn)物不會造成環(huán)境污染。（3分）（2）CO(g)+FeO(s)==Fe(s)+CO2(g)△H＝―218．0kJ／mol（3分）三、解答題(共8題，共16分)14、略

【分析】

碳的質(zhì)量分數(shù)為85.71%，則氫元素的質(zhì)量分數(shù)為1-85.71%=14.29%，故N（C）：N（H）==1：2，故該烴的最簡式為CH2；

分子離子峰的質(zhì)荷比為84，該烴的相對分子質(zhì)量為84，令組成為（CH2）n，則14n=84，解得n=6，故該分子式為C6H12；

由該烴的核磁共振氫譜可知，核磁共振氫譜只有1個峰，分子中只有1種H原子，故該烴為（CH3）2C=C（CH3）2或（環(huán)己烷）；

答：該烴的最簡式為CH2，分子式為C6H12，結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2C=C（CH3）2或．

【解析】【答案】根據(jù)碳元素的質(zhì)量分數(shù)計算氫元素的質(zhì)量分數(shù)；質(zhì)量分數(shù)與摩爾質(zhì)量的比值相當于原子的物質(zhì)的量，據(jù)此確定原子個數(shù)比值，求出最簡式；

分子離子峰的質(zhì)荷比為84；該烴的相對分子質(zhì)量為84，根據(jù)相對分子質(zhì)量結(jié)合最簡式計算出該有機物的化學式；

由該烴的核磁共振氫譜可知；核磁共振氫譜只有1個峰，分子中只有1種H原子，結(jié)合分子式書寫結(jié)構(gòu)簡式．

15、略

【分析】

生鐵中含有碳；鐵；碳和合適的電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池；

（2）若試管內(nèi)液面上升，說明試管內(nèi)氣體因和水反應而使其壓強減小，發(fā)生的是吸氧腐蝕，鐵作負極，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-；

故答案為：吸氧，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，2H2O+O2+4e-=4OH-；

（3）若試管內(nèi)液面下降，說明金屬的腐蝕中生成氣體導致壓強增大，則金屬發(fā)生的是析氫腐蝕，溶液呈酸性，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+；正極上氫離子得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：

4H++4e-=2H2↑；

故答案為：酸，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，4H++4e-=2H2↑．

【解析】【答案】生鐵中含有碳；鐵；碳和合適的電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，在弱酸性或中性條件下，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，正極上氧氣得電子和水反應生成氫氧根離子，在酸性條件下，鐵發(fā)生析氫腐蝕，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，正極上氫離子得電子發(fā)生還原反應．

16、略

【分析】

A跟NaHCO3反應產(chǎn)生氣體，故A含有羧基-COOH，由信息可知A中含有苯環(huán)，有機物A的相對分子質(zhì)量為198.5，氯原子的相對原子質(zhì)量為35.5，分子中氯原子數(shù)目為奇數(shù)個，若A分子中含有為3個氯原子，相對分子質(zhì)量大于198.5，故A含有1個氯原子，假設分子中有1個Cl原子、1個苯環(huán)、1個-COOH，則剩余基團的相對分子質(zhì)量為198.5-35.5-76-45=42（相當于苯環(huán)二元元取代），故含有1個Cl原子、1個苯環(huán)、1個-COOH、剩余基團為C3H6，A跟氯氣反應，在鐵粉存在下只有一個氫原子被取代時能得到兩種有機產(chǎn)物，則為二元對位取代，故為苯環(huán)鄰位二元取代，在光照下只有一個氫原子被取代時，只能得到一種有機產(chǎn)物，側(cè)鏈中只有1種H原子，Cl在側(cè)鏈上，含有-COOH、-C3H6Cl，故有機物A為由A→B在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下進行，發(fā)生鹵代烴的水解反應及中和反應，故B為由B酸化得到C，故C為由C→D發(fā)生脫水反應，生成高分子化合物D，應為酯化反應，故D為由C在濃硫酸作用下生成E，E在一定條件下生成高分子化合物F，C生成E的轉(zhuǎn)化應是醇發(fā)生消去反應，有C=C生成，然后發(fā)生加聚反應生成F，故E為F為

（1）由上述分析可知，A為化學式為C10H11O2Cl，D的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：C10H11O2Cl；

（2）反應①⑥屬于取代反應；反應②屬于復分解反應，反應③屬于縮聚反應，反應④屬于消去反應，反應⑤屬于加聚反應，故答案為：①⑥；

（3）C為含氧官能團的名稱分別為羧基；羥基，故答案為：羧基、羥基；

（4）的同分異構(gòu)體中，滿足下列條件：①含有苯環(huán)，苯環(huán)上只有一個側(cè)鏈，且側(cè)鏈上只含有一個一CH3；②能發(fā)生銀鏡反應；③屬于酯類，為甲酸形成的酯，符合條件的同分異構(gòu)體為：

故答案為：等；

（5）A與NaOH的醇溶液共熱，反應方程式為：+2NaOH+NaCl+2H2O；

E在一定條件下生成F的方程式為：

故答案為：+2NaOH+NaCl+2H2O；．

【解析】【答案】A跟NaHCO3反應產(chǎn)生氣體，故A含有羧基-COOH，由信息可知A中含有苯環(huán)，有機物A的相對分子質(zhì)量為198.5，氯原子的相對原子質(zhì)量為35.5，分子中氯原子數(shù)目為奇數(shù)個，若A分子中含有為3個氯原子，相對分子質(zhì)量大于198.5，故A含有1個氯原子，假設分子中有1個Cl原子、1個苯環(huán)、1個-COOH，則剩余基團的相對分子質(zhì)量為198.5-35.5-76-45=42（相當于苯環(huán)二元元取代），故含有1個Cl原子、1個苯環(huán)、1個-COOH、剩余基團為C3H6，A跟氯氣反應，在鐵粉存在下只有一個氫原子被取代時能得到兩種有機產(chǎn)物，則為二元對位取代，故為苯環(huán)鄰位二元取代，在光照下只有一個氫原子被取代時，只能得到一種有機產(chǎn)物，側(cè)鏈中只有1種H原子，Cl在側(cè)鏈上，含有-COOH、-C3H6Cl，故有機物A為由A→B在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下進行，發(fā)生鹵代烴的水解反應及中和反應，故B為由B酸化得到C，故C為由C→D發(fā)生脫水反應，生成高分子化合物D，應為酯化反應，故D為由C在濃硫酸作用下生成E，E在一定條件下生成高分子化合物F，C生成E的轉(zhuǎn)化應是醇發(fā)生消去反應，有C=C生成，然后發(fā)生加聚反應生成F，故E為F為據(jù)此解答．

17、略

【分析】

（1）乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應；需濃硫酸作催化劑，該反應為可逆反應，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動，濃硫酸的作用為催化作用，吸水作用；

故答案為：催化劑；吸水劑；

（2）制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液；目的是中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉(zhuǎn)化為乙酸鈉溶于水中，便于聞乙酸乙酯的香味；溶解揮發(fā)出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層得到酯；導管不能插入溶液中，導管要插在飽和碳酸鈉溶液的液面上，伸入液面下可能發(fā)生倒吸；液體乙酸乙醇沸點低，加熱要加碎瓷片，防止暴沸；

故答案為：飽和碳酸鈉溶液；除去揮發(fā)出來的乙酸和乙醇；減小乙酸乙酯溶解度，有利于分層；防止倒吸；防止暴沸；

（3）酯化反應的本質(zhì)為酸脫羥基，醇脫氫，乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，該反應為可逆反應為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

（4）將生成的乙烯通入溴的四氯化碳溶液，乙烯易和溴加成生成1，2-二溴乙烷，即CH2=CH2+Br-BrCH2Br-CH2Br，故答案為：．

【解析】【答案】（1）濃硫酸具有吸水性；脫水性，強氧化性，結(jié)合反應即可解答；

（2）飽和碳酸鈉溶液與乙酸反應除去乙酸；同時降低乙酸乙酯的溶解度；便于分層；導管伸入液面下可能發(fā)生倒吸；液體加熱要加碎瓷片，防止暴沸；

（3）酯化反應的本質(zhì)為酸脫羥基；醇脫氫，該反應生成乙酸乙酯和水，且為可逆反應；

（4）乙烯使溴水褪色是因為乙烯和溴水中的溴單質(zhì)發(fā)生了加成反應．

18、略

【分析】

（1）混合氣體的密度是相同條件下氫氣的36倍；所以混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為36×2=72；

利用十字交叉法計算NO2與N2O4的物質(zhì)的量之比：

所以n（NO2）：n（N2O4）=20：26=10：13；

答：混合氣體中NO2與N2O4的物質(zhì)的量之比為10：13；

（2）與原平衡完全等效；平衡時各組分的物質(zhì)的量與原平衡相同．

平衡時混合氣體中NO2與N2O4的物質(zhì)的量之比為10：13，令NO2與N2O4的物質(zhì)的量分別為10mol；13mol．

N2O42NO2

開始（mol）：13+5=180

變化（mol）：510-0=10

平衡（mol）：1310

所以N2O4的轉(zhuǎn)化率為×100%=27.8%；

答：N2O4的轉(zhuǎn)化率為27.8%．

【解析】【答案】（1）相同條件下，密度之比等于相對分子質(zhì)量之比，由于混合氣體的密度是相同條件下氫氣的36倍，可知混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為72，再根據(jù)十字交叉法計算NO2與N2O4的物質(zhì)的量之比；

（2）為等效平衡，平衡時各組分的物質(zhì)的量與原平衡相同，決定平衡時各組分的物質(zhì)的量，利用三段式計算出開始應加入N2O4的物質(zhì)的量，參加反應的N2O4的物質(zhì)的量；再根據(jù)轉(zhuǎn)化率的定義計算．

19、略

【分析】

A的分子式為C3H6O2；能發(fā)生水解，說明應為酯，水解生成酸和醇，其中C為能發(fā)生連續(xù)氧化，應為醇，則D為醛，E為酸，生成的F為酯，B的分子比C的分子少一個碳原子，則C為乙醇，D是乙醛，E是乙酸，F(xiàn)是乙酸乙酯，B是甲酸，A是甲酸乙酯；

（1）通過以上分析知，A是甲酸乙酯，其結(jié)構(gòu)簡式為：HCOOCH2CH3，故答案為：HCOOCH2CH3；

（2）B是甲酸，其分子式為：CH2O2，故答案為：CH2O2；

（3）D是乙醛；則D中官能團名稱是醛基，故答案為：醛基；

（4）在濃硫酸作催化劑、170℃條件下，乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯，反應方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；

故答案為：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；

（5）氯乙烯發(fā)生加聚反應生成聚氯乙烯，反應方程式為：故答案為：

（6）A是甲酸乙酯，A的不能發(fā)生銀鏡反應的同分異構(gòu)體有丙酸、乙酸甲酯等，其中一種結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOCH3，故答案為：CH3COOCH3．

【解析】【答案】A的分子式為C3H6O2；能發(fā)生水解，說明應為酯，水解生成酸和醇，其中C為能發(fā)生連續(xù)氧化，應為醇，則D為醛，E為酸，生成的F為酯，B的分子比C的分子少一個碳原子，則C為乙醇，D是乙醛，E是乙酸，F(xiàn)是乙酸乙酯，B是甲酸，A是甲酸乙酯．

20、略

【分析】

（1）無水硫酸銅固體驗證水的存在；選擇⑥，所以⑥為干燥管，盛試劑無水硫酸銅，驗證產(chǎn)物中生成的水，故答案為：無水硫酸銅；檢驗產(chǎn)物水；干燥管；

（2）驗證產(chǎn)物中的二氧化碳用①澄清石灰水；二氧化硫也能使澄清石灰水變渾濁，所以需要先用品紅驗證二氧化硫的存在，通過高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，再通過品紅驗證二氧化硫是否除凈，避免影響二氧化碳氣體，故答案為：確認二氧化硫氣體已經(jīng)被完全除凈；

（3）依據(jù)流程和檢驗順序，氣體產(chǎn)物→無水硫酸銅固體→品紅溶液→酸性高錳酸鉀溶液→品紅溶液→澄清石灰水；確定氣體流向從左到右接口的順序為ejkfghicdba；

故答案為：ejkfghicdba．

【解析】【答案】驗證紅熱的炭與與濃硫酸發(fā)生反應所生成的產(chǎn)物．按氣體流動方向設計了一個實驗流程；其所使用的試劑次序可以表示為：氣體產(chǎn)物→無水硫酸銅固體→品紅溶液→酸性高錳酸鉀溶液→品紅溶液→澄清石灰水；碳和濃硫酸反應生成二氧化碳；二氧化硫、水；依據(jù)驗證氣體產(chǎn)物的順序分析判斷；

（1）無水硫酸銅固體驗證水的存在；選擇⑥，所以⑥為干燥管，盛試劑無水硫酸銅，驗證產(chǎn)物中生成的水；

（2）驗證產(chǎn)物中的二氧化碳用①澄清石灰水；二氧化硫也能使澄清石灰水變渾濁，所以需要先用品紅驗證二氧化硫的存在，通過高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，再通過品紅驗證二氧化硫是否除凈，避免影響二氧化碳氣體；

（3）依據(jù)流程和檢驗順序；氣體產(chǎn)物→無水硫酸銅固體→品紅溶液→酸性高錳酸鉀溶液→品紅溶液→澄清石灰水；確定氣體流向從左到右接口的順序．

21、解：有機物的物質(zhì)的量為=0.01mol；

n（H2O）==0.06mol；

n（CO2）==0.06mol；

所以有機物分子中N（C）==6、N（H）==12；

又因為有機物分子量為180，則有機物中N（O）==6；

故有機物分子式為C6H12O6；

答：有機物的分子式為C6H12O6．【分析】【分析】濃硫酸增重為燃燒生成水的質(zhì)量，堿石灰增重為生成二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)n=計算有機物、水、二氧化碳的物質(zhì)的量，再根據(jù)原子守恒計算分子中C、H原子數(shù)目，結(jié)合相對分子質(zhì)量可計算O原子個數(shù)，進而確定分子式．四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共40分)22、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）223、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越?。辉雍送怆娮訉訑?shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘伲梢耘c水反應產(chǎn)生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H224、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）225、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、實驗題(共2題，共4分)26、（1）CoCO3+H2SO4══CoSO4+CO2↑+H2O將Co3+還原為Co2+（或作還原劑）

（2）①65℃~75℃、pH0.5~1.5

②pH升高后溶液中c(H+)濃度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3的能力下降

（3）ClO3?+6Fe2++6H+══Cl?+6Fe3++3H2O

（4）KSCN溶液溶液不變紅色

（5）調(diào)節(jié)溶液的pH富集Co2+（生成CoCO3沉淀）

（6）CaF2

（7）過濾、洗滌【分析】【分析】本題以物質(zhì)的制備為載體考查物質(zhì)分離與提純的方法、物質(zhì)的性質(zhì)等知識，難度較大?！窘獯稹縭m{(1)}稀硫酸溶解rm{CoCO}rm{CoCO}rm{{,!}_{3}}的化學方程式是rm{CoCO_{3}+H_{2}SO_{4}簍T簍TCoSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}還原為rm{{,!}_{3}}故答案為：溶液具有還原性，可將將rm{Co^{3+}}還原為rm{Co^{2+}}或作還原劑rm{CoCO_{3}+H_{2}SO_{4}簍T簍TCoSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Co^{3+}}由圖rm{Co^{2+}(}可知rm{)}時鈷的rm{(2)壟脵}可知rm{1}為rm{65隆忙隆蘆75隆忙}時鈷的浸出率最高，則浸出率最高，由圖rm{2}可知rm{2}rm{pH}為rm{0.5隆蘆1.5}故答案為：礦石粉末浸泡的適宜條件應是rm{65隆忙隆蘆75隆忙}rm{pH}rm{0.5隆蘆1.5}rm{65隆忙隆蘆75隆忙}中銅、鈷浸出率下降的可能原因是rm{pH}升高后溶液中rm{0.5隆蘆1.5}濃度下降，使得溶解rm{壟脷}圖rm{2}中銅、鈷浸出率下降的可能原因是rm{2}的能力下降，故答案為：rm{pH}升高后溶液中rm{c(H^{+})}濃度下降，使得溶解rm{CoO(OH)}rm{CoCO_{3}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}的能力下降；rm{pH}rm{c(H^{+})}rm{CoO(OH)}rm{CoCO_{3}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}氧化，離子方程式為rm{(3)}浸出液中的rm{Fe^{2+}}離子具有還原性，可被rm{NaClO}rm{NaClO}rm{{,!}_{3}}rm{ClO_{3}^{?}+}rm{6Fe^{2+}}，故答案為：rm{+}rm{6H^{+}}rm{簍T簍TCl^{?}+}rm{6Fe^{3+}}rm{+}rm{3H_{2}O}rm{ClO_{3}^{?}+}rm{6Fe^{2+}}rm{+}加入rm{6H^{+}}rm{簍T簍TCl^{?}+}rm{6Fe^{3+}}rm{+}離子被氧化為rm{3H_{2}O}離子，可用rm{(4)}溶液檢驗其是否存在，如果溶液不變紅色，則加入rm{NaClO}，故答案為：rm{NaClO}溶液；溶液不變紅色；rm{{,!}_{3}}溶液，rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{KSCN}調(diào)節(jié)溶液的鐵元素完全除去使鐵元素沉淀，Ⅳ中加入rm{KSCN}生成rm{(5)}沉淀，可富集Ⅱ中，加入rm{Na}故答案為：調(diào)節(jié)溶液的rm{Na}富集rm{{,!}_{2}}生成rm{CO}沉淀rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{pH}溶液，可生成rm{Na_{2}CO_{3}}rm{CoCO_{3}}rm{Co^{2+}}rm{pH}rm{Co^{2+}(}，故答案為：rm{CoCO_{3}}rm{)}rm{(6)}向濾液中加入足量rm{NaF}溶液，可生成rm{MgF}rm{NaF}rm{MgF}rm{{,!}_{2}}、rm{CaF_{2}}為沉淀，則分離出純凈的沉淀rm{CaF_{2}}rm{(7)}rm{CoC}rm{CoC}rm{{,!}_{2}}rm{O}的操作是過濾、洗滌，故答案為：過濾、洗滌。rm{O}【解析】rm{(1)CoCO_{3}+H_{2}SO_{4}簍T簍TCoSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}將rm{Co^{3+}}還原為rm{Co^{2+}(}或作還原劑rm{)}rm{(2)壟脵65隆忙隆蘆75隆忙}rm{pH}rm{0.5隆蘆1.5}rm{壟脷pH}升高后溶液中rm{c(H^{+})}濃度下降，使得溶解rm{CoO(OH)}rm{CoCO_{3}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}的能力下降rm{(3)ClO_{3}^{?}+}rm{6Fe^{2+}}rm{+}rm{6H^{+}}rm{簍T簍TCl^{?}+}rm{6Fe^{3+}}rm{+}rm{3H_{2}O}rm{(4)KSCN}溶液溶液不變紅色rm{(5)}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}富集rm{Co^{2+}(}生成rm{CoCO_{3}}沉淀rm{)}rm{(6)CaF_{2}}rm{(7)}過濾、洗滌27、(1)負電解陰極：2H2H＋＋－2e↑陽極：=H2－－2Cl－2e↑=Cl2

(2)0.025mol/L(3)13【分析】【分析】本題考查了電解池的工作原理，培養(yǎng)學生的知識遷移能力與邏輯推理能力，難度一般。【解答】rm{(1)}電極rm{5}的質(zhì)量增加了rm{2.16g}說明電極rm{5}是陰極，則電極rm{6}是陽極，所以rm是電源的負極，rm{a}是電源的負極；rm{A}rm{B}rm{C}為三個串聯(lián)電路的電解池，故C池為電解池；rm{A}中陽極是氯離子放電，產(chǎn)生氯氣。陰極是氫離子放電，產(chǎn)生氫氣，陰極電極反應為：rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}+}rm{2e}rm{2e}rm{{,!}^{-}}陽極：rm{=H_{2}}rm{=H_{2}}rm{隆眉}rm{2Cl}rm{2Cl}rm{{,!}^{-}-}

故答案為：負；電解；陰極：rm{2e}rm{2e}rm{{,!}^{-}}rm{=