2025年上教版高三化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年上教版高三化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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、下列物質互為同分異構體的是（）A.淀粉和纖維素B.甲烷和乙烷C.正丁烷和異丁烷D.葡萄糖和蔗糖2、X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，Y元素在地殼中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反應呈黃色，R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和。下列敘述不正確的是A.X與Y能形成兩種常見的氣態(tài)化合物B.原子半徑的大小順序：r（Z）>r（R）>r(X)>r(Y)C.X、Z分別與R形成的化合物中化學鍵類型不同D.含有Y、Z、R三種元素的化合物最多只有2種3、根據(jù)下列化學方程式：（1）2KI+Cl2=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3

（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl（4）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI

判斷下列微粒氧化性強弱順序正確的是（）A.Cl2＞Fe3+＞SO2＞I2B.Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2C.Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2D.Fe3+＞I2＞Cl2＞SO24、下列關于金屬鋁及其化合物的敘述，正確的是（）A.在常溫下鋁不能與氧氣反應B.在常溫下鋁不能與濃硝酸反應C.氫氧化鋁既能氫氧化鈉反應又能氨水反應D.氧化鋁既能與酸反應又能與堿反應5、2011年12月5日日本福島核電站又有受輻射水泄漏到海洋中，對海洋造成污染．廣闊的海洋蘊藏著豐富的化學資源，含有幾十種元素，下列屬于海水中微量元素的是（）A.氯B.鈉C.碘D.氫6、下列說法中，正確的是（）A.除去碘水中少量的氯水，可向其中加少量KIB.氯水和氯氣均能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，都是HClO作用的結果C.能與硝酸銀反應生成白色沉淀的溶液中一定含有Cl-D.某溶液能使淀粉碘化鉀試紙變藍，則溶液中一定含有Cl27、對四支分別盛有無色溶液的試管，進行如下操作，結論正確的是操作現(xiàn)象結論A.滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫色原溶液中有I-B.滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中一定有SO42-C.用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色原溶液中有Na+、無K+D.滴加稀NaOH溶液，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中一定無NH4+8、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.物質的量濃度均為rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}兩種溶液中，rm{c(NH_{4}^{+})}相同B.rm{25隆忙}時，在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液中加入rm{CH_{3}COONa}固體，溶液的rm{pH}一定小于rm{7}C.rm{25隆忙}時，將rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液與rm{pH=1}的稀硫酸等體積混合，混合后的溶液rm{pH=7}D.將同濃度的rm{NaAlO_{2}}溶液與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液混合后，可以生成白色沉淀，并產生氣泡評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)9、常溫下，rm{K_{a}(HCOOH)=1.77隆脕10^{-4}}rm{K_{a}}rm{(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}rm{K_}rm{(NH_{3}?H_{2}O)=1.76隆脕10^{-5}}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.濃度均為rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{HCOONa}和rm{NH_{4}Cl}溶液中陽離子的物質的量濃度之和：前者大于后者B.用相同濃度的rm{NaOH}溶液分別滴定等體積rm{pH}均為rm{3}的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}溶液至終點，消耗rm{NaOH}溶液的體積相等C.rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{HCOOH}與rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{NaOH}等體積混合后的溶液中：rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(HCOOH)+c(H^{+})}D.rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{CH_{3}COONa}與rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}鹽酸等體積混合后的溶液中rm{(pH<7)}rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}10、下列有關說法正確的是rm{(}rm{)}A.加入硫酸銅可使鋅與稀硫酸的反應速率加快，說明rm{Cu^{2+}}具有催化作用B.向某溶液中滴加硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液產生白色沉淀，則該溶液中含有rm{SO_{4}^{2-}}C.在電解精煉銅過程中，陽極質量的減少多于陰極質量的增加D.rm{298}rm{K}時，rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)=3S(s)+2H_{2}O(l)}能自發(fā)進行，則其rm{triangleH<0}11、某體積可變的密閉容器，盛有適量的rm{A}rm{B}混合氣體，在一定條件下發(fā)生反應rm{A(g)+3B(g)?2C(g).}若維持溫度和壓強不變，當反應達到限度時容器的體積為rm{VL}其中rm{C}氣體的體積分數(shù)占rm{10%.}下列推斷正確的是rm{(}rm{)}A.原混合氣體的體積為rm{1.1VL}B.原混合氣體的體積為rm{1.2VL}C.反應達到限度時，氣體rm{A}消耗掉rm{0.05}rm{VL}D.反應達到限度時，氣體rm{B}消耗掉rm{0.05}rm{VL}12、用銅片、銀片設計成如圖所示的原電池rm{.}以下有關該原電池的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.電子通過鹽橋從乙池流向甲池B.銅導線替換鹽橋，原電池將不能繼續(xù)工作C.開始時，銀片上發(fā)生的反應是：rm{Ag-e^{-}=Ag^{+}}D.將銅片浸入rm{AgNO_{3}}溶液中發(fā)生的化學反應與該原電池總反應相同13、下列實驗操作；現(xiàn)象與所得結論不一致的是（）

。選項實驗操作現(xiàn)象結論A向沸水中滴入幾滴FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸，并用激光筆照射溶液變紅褐色；出現(xiàn)。

丁達爾效應產生了Fe（OH）3膠體B向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液溶液變藍氧化性：Fe3+＞I2C將溴乙烷和NaOH的乙醇溶液混合加熱，產生氣體通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色產生了乙烯D向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液溶液紅色逐漸褪去BaCl2溶液呈酸性A.AB.BC.CD.D14、下列說法正確的是（）A.含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2充分反應，轉移2NA個電子B.500℃、30MPa下，將0.2molN2和0.6molH2置于密閉的容器中反應生成NH3（g），反應達到平衡時放出的熱量為7.72kJ，其熱化學方程式為：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-38.6kJ?mol-1C.對于可逆反應N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0，升高溫度，可使反應速率增大，反應逆向移動D.元素原子的最外層電子數(shù)的多少與其非金屬性的強弱無必然聯(lián)系15、下列關于儀器使用的說法正確的是rm{(}rm{)}A.滴定管裝滴定液時應先用滴定液潤洗B.錐形瓶用作反應容器時一定不能加熱C.蒸餾時溫度計水銀球可以高于蒸餾瓶支管口D.振蕩分液漏斗時應關閉其玻璃塞和活塞評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、化合物A是尿路結石的主要成分，屬于結晶水合物，可用X?nH2O表示．在一定條件下有如圖1所示的轉化關系：

已知：

①經分析；圖1中的各字母代表的物質均由常見元素（原子序數(shù)≤20）組成，其中X由三種元素組成，三種元素的原子個數(shù)之比為1：2：4；A；D晶體中陰、陽離子個數(shù)比都是1：1；D中的陽離子與C分子有相同的電子數(shù)，A中的陽離子與D中的陰離子的電子層結構相同．

②G；H是常見的氣體單質；E、K、L是常見的氣體化合物；E被人體吸入會與血紅蛋白結合而使人中毒，K的大量排放是造成地球溫室效應的一個主要原因．

③反應②；③是重要的化工反應；I是一種重要的化工原料．

④圖2中的部分變化經定量測定；得到如圖2所示的固體產物的質量m隨溫度[t（℃）]的變化曲線．回答下列問題：

（1）寫出A的化學式：____，D中陰離子的結構示意圖為____；

（2）反應①的化學方程式為：____．

（3）K與G在一定條件下可生成多種物質；既可獲得經濟效益，也減少對環(huán)境的污染．

①若O是一種易揮發(fā)的液態(tài)燃料，有毒，誤飲5-10mL會導致雙目失明．則O的分子式為：____．

②若O是K與G按1：3的比例反應而得，則O可能是____．（填編號）

A．烷烴B．烯烴C．炔烴D．芳香烴．17、從某些植物樹葉提取的揮發(fā)油中含有下列主要成分：

（1）寫出A的分子式____

（2）1molB與溴水充分反應，需消耗____mol單質溴．

（3）C與氫氣完全加成后的產物的結構簡式____．

（4）已知：RCH=CHRRCOOH+RCOOH．寫出C在強氧化劑條件下生成的有機化合物結構簡式為____和____．18、用乙烯、甲苯、E三種原料合成高分子藥物M和有機中間體L的路線如下：

已知：

Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．L是六元環(huán)酯，M分子式是（C15H16O6）n

回答下列問題：

（1）B中官能團的名稱是____，D的結構簡式是____．

（2）E→F的反應條件是____，H→J的反應類型是____．

（3）F→G的化學反應方程式是____．

（4）K→M屬于加聚反應，M的結構簡式是____．

（5）堿性條件下，K水解的化學反應方程式是____．

（6）符合下列條件的C的同分異構體的結構簡式是____．

①屬于芳香族化合物；

②能發(fā)生銀鏡反應；

③核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為1：1：2：2．19、在濃CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得納米級碳酸鈣（粒子直徑在1~10nm之間）．下圖所示A~E為實驗室常見的儀器裝置（部分固定夾持裝置略去），請根據(jù)要求回答問題．（1）實驗室制備NH3的反應方程式：_______________________________；（2）實驗室制取、收集干燥的NH3，需選用上述儀器裝置的接口連接順序是（選填字母）：a接，____接____，____接h；（3）向濃CaCl2溶液中通入NH3和CO2氣體制納米級碳酸鈣時，應先通入的氣體是____，試寫出制納米級碳酸鈣的離子方程式____；（4）在濃CaCl2溶液和NH3用量正確的情況下，CO2不足或過量都會導致納米級碳酸鈣產量下降，若CO2過量溶液中大量存在的離子有（不考慮弱電解質的電離和鹽類水解產生的少量離子）________________,（5）取反應后去除了CaCO3的溶液分別做以下實驗，下列實驗判斷合理的是：_________．A．滴加少量Na2CO3溶液，若有沉淀說明CO2一定不足B．滴加少量鹽酸，若有氣泡，CO2一定過量C．測量溶液pH，若大于7，CO2一定不足量D．滴加少量BaCl2溶液，若無沉淀，CO2一定沒有過量（6）試設計簡單的實驗方案，判斷所得碳酸鈣樣品顆粒是否為納米級____20、（2015秋?河南校級月考）金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應用廣泛．根據(jù)要求回答下列問題．

（1）基態(tài)Ni的價電子構型（電子排布式）為____．

（2）Ni（CO）4常溫為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機溶劑，則Ni（CO）4屬于____晶體．

（3）Ni2+可與丁二酮肟（）作用生成腥紅色配合物沉淀A．

①丁二酮肟分子中各原子電負性大小關系為____，其中碳原子的雜化軌道類型有____，1mol該分子中含有的碳碳σ鍵和碳氮σ鍵的總數(shù)為____．

②腥紅色配合物沉淀A中（結構如下）除含有一般共價鍵外，還含有配位鍵和氫鍵，請在圖1中標出配位鍵和氫鍵．（提示：Ni2+的配位數(shù)為4；配位鍵用“→”表示，氫鍵用“”表示）

（4）NiO、FeO的晶體結構類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點FeO____NiO（填“＜”或“＞”）；NiO晶胞中Ni的配位數(shù)為____．

（5）據(jù)報道，某種含有鎂、鎳和碳三種元素的晶體具有超導性，該新型超導晶體的一個晶胞的結構如圖2所示，則該晶體的化學式為____．21、葡萄糖是人類的營養(yǎng)素；在體內富氧條件下被氧化生成二氧化碳和水，在缺氧條件下則生成一種有機酸A．

①已知

②將A進行如圖所示的反應；其中C和C′是同系物，C′是甲酸（HCOOH）．

回答下列問題：

（1）C和D′屬于____（填序號；下同）．

①同系物②同分異構體③同類物質④同素異形體。

（2）D′和E分別屬于哪一類化合物：D′____，E____．

①多元醇②醛③不飽和羧酸④多元羧酸⑤酯。

（3）寫出結構簡式：A____，F(xiàn)____，H____．

（4）寫出反應類型：（Ⅰ）____，（Ⅱ）____．

（5）寫出下列轉化的化學方程式：A-→B____；A-→E____．22、某有機物J（C19H20O4）不溶于水；毒性低，與氯乙烯，聚丙稀等樹脂具有良好相溶性，是塑料工業(yè)主要增塑劑，可用以下方法合成：

已知：

合成路線：

其中F與濃溴水混合時；不產生白色沉淀．

（1）指出反應類型：反應②____，反應③____．

（2）寫出結構簡式：J____，F(xiàn)____．

（3）寫出B+E→J的化學方程式____．23、用地殼中某主要元素生產的多種產品在現(xiàn)代高科技中占有重要位置；足見化學對現(xiàn)代物質文明的重要作用．例如：

（1）計算機芯片的主要成分是____；

（2）光導纖維的主要成分是____：

（3）目前應用最多的太陽能電池的光電轉化材料是____；

（4）用作吸附劑、干燥劑、催化劑或催化劑載體的人造分子篩大多是一類稱為____的化合物．24、鹵代烴的取代反應，實質是帶負電荷的原子團取代了鹵代烴中的鹵原子，如CH3Br＋OH－(或NaOH)―→CH3OH＋Br－(或NaBr)。據(jù)此完成下列反應的化學方程式。（1）CH3CH2Br+NaHS―→______________________________________________________。（2）CH3I+CH3ONa―→________________________________________________________。（3）CH3CH2Cl+CH3ONa―→_____________________________________________________。（4）CH3CH2Cl+CH3CH2ONa―→__________________________________________________。評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)25、可逆反應達到平衡，反應就不再進行．____（判斷對錯）26、以下有些結構簡式；書寫得不規(guī)范；不正確．請在它們后面打一個×號，并把你認為正確的寫法寫在后面．（注意：如果原式是允許的、正確的，請在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）對甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．27、紅外光譜儀、核磁共振儀、質譜儀都可用于有機化合物結構的分析____．評卷人得分五、推斷題(共1題，共6分)28、（2009秋?成都期末）已知：甲；乙是單質；甲為黃綠色氣體，乙蒸汽制得的電光源已大量應用于道路和廣場的照明和航標燈；B、C、D、E、F五種化合物的焰色反應均為黃色；當D轉化為C或E時，都生成能支持燃燒的無色氣體單質；F是生活中常見的調味品．上述物質在一定條件下存在如圖轉化關系．（部分反應物或生成物已略去）

請回答下列問題：

（1）B物質的俗名是____；C物質的化學式為____；

（2）寫出D生成E的離子反應方程式：____；

（3）寫出B與E在溶液中反應的離子方程式：____；

（4）向C溶液中通入甲，可制得某種生產和生活中常用的漂白、消毒的物質，同時有B生成．該反應的化學方程式是：____．

（5）A與C溶液反應可生成B，其反應類型為____．評卷人得分六、簡答題(共3題，共12分)29、某?；瘜W興趣小組為研究Cl2的性質，設計如圖所示裝置進行實驗．裝置Ⅲ中夾持裝置已略去，其中a為干燥的品紅試紙，b為濕潤的品紅試紙．

（1）實驗室以二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣的化學方程式是______．

（2）裝置Ⅱ的作用是______．

（3）實驗過程中，裝置Ⅳ中的實驗現(xiàn)象為______；發(fā)生反應的化學方程式為______．

（4）實驗結束后，該組同學在裝置Ⅲ中觀察到b的紅色褪去，但是并未觀察到“a無明顯變化”這一預期現(xiàn)象．為了達到這一實驗目的，你認為還需在上圖裝置中某處，添加下圖中的某種裝置，該裝置的作用是______．

（5）裝置Ⅴ的目的是防止尾氣污染空氣，寫出裝置Ⅴ中發(fā)生反應的離子方程式______．30、NF與溶液中Li形成LF淀，此反應對驟所起的作用是______．

鈷（Co）及其化合物在工業(yè)廣泛用．為從工廢料中收；生設流程如下（廢料中含有l(wèi)；Li、CoO和Fe23等物質）．

已知質溶解性LiF溶于水；Li2CO3微溶水；

。e3+o2+C3+A3+pH（開始沉）1.9.15-.233.4pH完全沉淀）3.29.51.94.7請答：

在空氣加熱C2O4固，測定，210～290℃的過程中只產生CO2和種化合物該化合物中鈷的量分數(shù)為73.44．過程發(fā)反化方程式是______．

部分金屬離形成氧化物沉淀的H見：

某鋰離電池的總反應CLiCo2ixC+i1-xCoO2LC中i的化合價為______價，離子電池充時陽的電極反應式為______．31、rm{M}是石油裂解氣的重要成分，由rm{M}制備環(huán)酯rm{P}的合成路線rm{(}部分反應條件略去rm{)}如圖所示：

已知：在特殊催化劑的作用下能夠發(fā)生碳碳雙鍵兩邊基團互換位置的反應rm{.}如：

rm{2CH_{2}=CHRoverset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{2}=CH_{2}+RCH=CHR}

回答下列問題：

rm{2CH_{2}=CHRoverset{{麓脽祿爐錄脕}}{

}CH_{2}=CH_{2}+RCH=CHR}的名稱是______，rm{(1)M}含有的官能團名稱是______．

rm{A}的反應類型是______，rm{(2)壟脵}的反應類型是______．

rm{壟脼}的結構簡式為______rm{(3)C}由rm{.}的過程中步驟rm{C隆煤G}rm{壟脺}的目的是______．

rm{壟脼}中最多有______個原子共平面；其順式結構式為______．

rm{(4)G}符合下列條件rm{(5)}的同分異構體有______種rm{D}

rm{.}氯原子連在碳鏈的一端rm{壟脵}羥基連在不同的碳原子上，其中核磁共振氫譜為rm{壟脷}組峰且峰面積比為rm{4}rm{4}rm{2}rm{2}的為______rm{1}寫結構簡式rm{(}．

rm{)}由rm{(6)}和rm{I}在一定條件下制取環(huán)酯rm{G}的化學方程式為______．rm{P}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】根據(jù)同分異構體是指分子式相同，但結構不同的化合物，以此來解答．【解析】【解答】解：A．淀粉與纖維素都屬于高分子化合物；聚合度n值不同，不是同分異構體，故A錯誤；

B．甲烷和乙烷結構相似，在分子組成上相差一個CH2原子團；為同系物，故B錯誤；

C．正丁烷的結構簡式為CH3CH2CH2CH3，異丁烷的結構簡式為CH3CH（CH3）CH3；碳鏈不同，是同分異構體，故C正確；

D．葡萄糖和蔗糖的分子式分別為：C6H12O6，C12H22O11；分子式不同，不是同分異構體，故D錯誤；

故選C．2、D【分析】試題分析：X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，則X的次外層只能是2個電子，所以X是C元素；Y元素在地殼中的含量最多，則Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反應呈黃色，則Z是Na元素；R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和，則R的電子數(shù)是17，所以R是Cl元素。A、C與O可形成CO和二氧化碳兩種化合物，正確；B、根據(jù)原子半徑的判斷，電子層數(shù)越多，半徑越大，核電荷數(shù)越多，半徑越小，所以原子半徑最大的是Z，其次是R，最小的是Y，正確；C.Na與Cl形成的化合物分別是四氯化碳和氯化鈉，前者屬于共價化合物，含有共價鍵，后者是離子化合物，含有離子鍵，正確；D、含有O、Na、Cl三種元素的化合物可以是次氯酸鈉、氯酸鈉、高氯酸鈉等，不只2種，錯誤，答案選D?？键c：考查元素的推斷，元素化合物的性質判斷【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】依據(jù)氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物分析判斷，（1）2KI+Cl2=2KCl+I2中，Cl2是氧化劑，氧化產物為I2，（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3反應中Cl2是氧化劑，氧化產物FeCl3，（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，F(xiàn)eCl3是氧化劑，氧化產物為I2；（4）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中，I2是氧化劑，氧化產物為H2SO4．【解析】【解答】解：（1）2KI+Cl2=2KCl+I2中，Cl2是氧化劑，氧化KI為I2，氧化性Cl2＞I2；

（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3反應中Cl2是氧化劑，氧化FeCl2得到氧化產物FeCl3，氧化性Cl2＞FeCl3；

（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，F(xiàn)eCl3是氧化劑，氧化HI為I2，氧化性FeCl3＞I2；

（4）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中，I2是氧化劑，氧化SO2為H2SO4，氧化性I2＞SO2；

綜上所述氧化性由大到小的順序為Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2；

故選B．4、D【分析】【分析】A；鋁在常溫下可以和氧氣反應生成氧化鋁；

B；鋁與濃硝酸發(fā)生鈍化反應；

C；氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物；可以和強酸反應又能和強堿反應；

D、氧化鋁屬于兩性氧化物，可以和強酸反應又能和強堿反應．【解析】【解答】解：A；鋁的化學性質活潑；在常溫下可以和氧氣反應生成氧化鋁，形成致密氧化膜，故A錯誤；

B；常溫下；鋁與濃硝酸發(fā)生鈍化作用，發(fā)生反應在表面生成一層致密的氧化物膜，可阻礙反應的繼續(xù)進行，故B錯誤；

C；氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物；可以和強酸反應又能和強堿反應，不和弱堿氨水反應，故C錯誤；

D；氧化鋁屬于兩性氧化物；可以和強酸反應，還能和強堿反應，故D正確．

故選D．5、C【分析】【分析】海水中含有多種元素，其中Cl、Na、H的含量較高屬于常量元素，碘的含量很小，屬于微量元素．【解析】【解答】解：廣闊的海洋蘊藏著豐富的化學資源；含有幾十種元素，其中Cl；Na、H的含量較高屬于常量元素，碘的含量很小，屬于微量元素，屬于屬于海水中微量元素的是碘；

故C正確；

故選C．6、B【分析】【分析】A；根據(jù)氯水及碘化鉀的性質分析；

B；次氯酸具有漂白性；能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色；

C；根據(jù)能與銀離子反應生成白色沉淀的離子分析；

D、根據(jù)具有氧化性的離子分析．【解析】【解答】解：A；除去碘水中的少量氯水；加入少量碘化鉀后，氯氣和碘化鉀反應生成氯化鉀和碘，又產生新的雜質氯化鉀，故A錯誤；

B；次氯酸具有漂白性；能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色；氯水中有次氯酸，氯氣能和水反應生成次氯酸，所以氯水和氯氣均能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，都是HClO作用的結果，故B正確；

C；能與銀離子反應生成白色沉淀的離子有碳酸根離子、氯離子等；故C錯誤；

D；能和碘離子反應生成碘單質的有氯氣、高錳酸鉀、雙氧水等；故D錯誤；

故選B．7、A【分析】試題分析：A、氯水氧化碘離子生成碘單質，加四氯化碳萃取后在下層，則下層溶液顯紫色，故A正確；B、檢驗溶液中有SO42-，應先加入鹽酸，如無現(xiàn)象，再加入氯化鋇，如生成沉淀，說明含有SO42-，以排除Cl-的干擾，故B錯誤；C、黃色火焰可以覆蓋K+的淺紫色火焰，故檢驗K+需通過藍色鈷玻璃觀察火焰，正確操作為：用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，透過藍色鈷玻璃觀察，火焰呈黃色，原溶液中有鈉離子、無鉀離子，故C錯誤；D、氨氣極易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+時，滴加稀NaOH溶液不會放出NH3，故D錯誤?？键c：化學實驗方案的評價；常見陰離子的檢驗；常見陽離子的檢驗【解析】【答案】A8、C【分析】解：rm{A.}物質的量濃度均為rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}兩種溶液中，rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}中亞鐵離子水解呈酸性抑制了銨根離子的水解，導致其溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}較大；故A錯誤；

B.rm{25隆忙}時，在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液中加入rm{CH_{3}COONa}固體，當醋酸鈉濃度較大時，醋酸根離子的水解程度大于醋酸的電離程度，則溶液呈堿性，溶液的rm{pH}大于rm{7}故B錯誤；

C.rm{25隆忙}時，將rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液與rm{pH=1}的稀硫酸等體積混合，氫氧化鈉和硫酸都是強電解質，兩溶液恰好反應生成硫酸鈉，溶液呈中性，則混合后的溶液rm{pH=7}故C正確；

D.將同濃度的rm{NaAlO_{2}}溶液與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液混合后；兩溶液都是強堿弱酸鹽，不發(fā)生反應，則不會生成氫氧化鋁沉淀，故D錯誤；

故選C．

A.硫酸亞鐵銨溶液中；亞鐵離子水解抑制了銨根離子的水解，則其溶液中銨根離子濃度較大；

B.當溶液中醋酸的電離程度小于醋酸根離子的水解程度時；溶液呈堿性；

C.氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度與硫酸中氫離子濃度相等；兩溶液恰好反應生成硫酸鈉，溶液呈中性；

D.偏鋁酸鈉和醋酸鈉都是強堿弱酸鹽；兩溶液不發(fā)生反應．

本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，涉及鹽的水解、離子濃度大小比較、酸堿混合的定性判斷等知識，明確鹽的水解原理為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關系，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力．【解析】rm{C}二、雙選題(共7題，共14分)9、rAD【分析】解：rm{A.}電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：rm{CH_{3}COO^{-}>NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}任何電解質溶液中都存在電荷守恒，所以得出rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})=0.1mol/L+c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})=0.1mol/L+c(OH^{-})}水解程度rm{NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}所以前者rm{c(H^{+})}大于后者rm{c(OH^{-})}所以濃度均為rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{HCOONa}和rm{NH_{4}Cl}溶液中陽離子的物質的量濃度之和：前者大于后者；故A正確；

B.rm{pH}相同的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}濃度：rm{c(HCOOH)<c(CH_{3}COOH)}用相同濃度的rm{NaOH}溶液分別滴定等體積rm{pH}均為rm{3}的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，rm{pH}體積相同的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}物質的量前者小于后者，所以后者消耗的rm{NaOH}體積多；故B錯誤；

C.任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}混合溶液中溶質為等物質的量濃度的rm{HCOOH}和rm{HCOONa}甲酸電離程度大于水解程度，所以rm{c(HCOOH)<c(Na^{+})}所以得rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})>c(HCOOH)+c(H^{+})}故C錯誤；

D.二者混合后溶液中的溶質為等物質的量濃度的rm{CH_{3}COONa}rm{CH_{3}COOH}和rm{NaCl}混合溶液的rm{pH<7}說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，甲酸是弱酸，其電離程度較小，所以粒子濃度大小順序是rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}故D正確；

故選AD．

A.電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：rm{CH_{3}COO^{-}>NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}任何電解質溶液中都存在電荷守恒，所以得出rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})=0.1mol/L+c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})=0.1mol/L+c(OH^{-})}水解程度rm{NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}所以前者rm{c(H^{+})}大于后者rm{c(OH^{-})}

B.rm{pH}相同的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}濃度：rm{c(HCOOH)<c(CH_{3}COOH)}用相同濃度的rm{NaOH}溶液分別滴定等體積rm{pH}均為rm{3}的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}溶液至終點時；酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；

C.任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}混合溶液中溶質為等物質的量濃度的rm{HCOOH}和rm{HCOONa}

D.二者混合后溶液中的溶質為等物質的量濃度的rm{CH_{3}COONa}rm{CH_{3}COOH}和rm{NaCl}混合溶液的rm{pH<7}說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度．

本題考查弱電解質的電離，為高頻考點，側重考查學生分析判斷能力，明確電離平衡常數(shù)與水解程度關系、溶液中存在的守恒是解本題關鍵，注意rm{C}中等量代換，題目難度不大．【解析】rm{AD}10、rCD【分析】解：rm{A.}加入硫酸銅可使鋅與稀硫酸的反應速率加快；是因為構成原電池加快反應速率，故A錯誤；

B.可能生成rm{AgCl}沉淀；應先加入鹽酸，再加入氯化鋇檢驗，故B錯誤；

C.電解過程中，陽極上不僅有銅還有其它金屬失電子，如rm{Zn}等；則陽極質量的減少多于陰極質量的增加，故C正確；

D.因rm{triangleS<0}如能自發(fā)進行，應滿足rm{triangleH-T?triangleS<0}則rm{triangleH-T?triangle

S<0}故D正確．

故選CD．

A.加入硫酸銅可使鋅與稀硫酸的反應速率加快；是因為構成原電池加快反應速率；

B.可能生成rm{triangleH<0}沉淀；

C.電解過程中；陽極上不僅有銅還有其它金屬失電子；

D.如能自發(fā)進行，應滿足rm{triangleH-T?triangleS<0}．

本題考查較為綜合，涉及化學反應與能量變化、化學反應無論以及電解等知識，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意相關基礎知識的積累，難度不大．rm{AgCl}【解析】rm{CD}11、rAC【分析】解：平衡時生成rm{C}的體積為rm{0.1VL}則：

rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}體積減小rm{triangleV}

rm{1}rm{3}rm{2}rm{2}

rm{0.05VL}rm{0.15VL}rm{0.1VL}rm{0.1VL}

則原混合氣體總體積為rm{VL+0.1VL=1.1VL}

反應達平衡時氣體rm{A}消耗掉rm{0.05VL}氣體rm{B}消耗掉rm{0.15VL}

故選AC．

溫度和壓強不變；物質的量與體積成正比，該反應為氣體體積減小的反應，結合體積差計算．

本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握差量法計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意體積與化學計量數(shù)的關系，題目難度不大．【解析】rm{AC}12、rBD【分析】解：rm{A.}原電池負極銅失電子；正極銀得電子，電子從負極沿導線流向正極，電解質溶液通過離子的定向移動形成電流，所以電子不經過電解質溶液，故A錯誤；

B.銅線代替鹽橋；乙池是原電池，甲池是電解池發(fā)生電鍍，所以不是原來的裝置反應原理，故B正確；

C.銀片是原電池的正極，溶液中的銀離子得到電子發(fā)生還原反應，電極反應是rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}故C錯誤；

D.銅片浸入rm{AgNO_{3}}溶液中發(fā)生的化學反應與該原電池總反應都是發(fā)生了rm{Cu+2Ag^{+}=2Ag+Cu^{2+}}故D正確；

故選BD．

A.電子不能通過電解質溶液；

B.換做銅線；乙池是原電池，甲池是電解電鍍；

C.該原電池中；銀作正極，正極上得電子發(fā)生還原反應；

D.銅和硝酸銀反應生成銀和硝酸銅．

本題考查了原電池原理，明確原電池中正負極上發(fā)生的反應是解本題關鍵，注意電子不經過電解質溶液，為易錯點．【解析】rm{BD}13、CD【分析】解：A．水解生成膠體；丁達爾現(xiàn)象為膠體特有的性質，則溶液變紅褐色，出現(xiàn)丁達爾效應，故A正確；

B．FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，發(fā)生氧化還原反應生成碘，氧化性：Fe3+＞I2；則溶液變藍，故B正確；

C．乙醇易揮發(fā)；乙醇能被高錳酸鉀氧化，不能驗證乙烯的生成，故C錯誤；

D．氯化鋇與碳酸根離子反應；使碳酸根離子水解平衡逆向移動，堿性降低，結論不合理，氯化鋇為中性，故D錯誤；

故選：CD。

A．水解生成膠體；丁達爾現(xiàn)象為膠體特有的性質；

B．FeCl3溶液中滴加少量KI溶液；發(fā)生氧化還原反應生成碘；

C．乙醇易揮發(fā)；乙醇能被高錳酸鉀氧化；

D．氯化鋇與碳酸根離子反應；使碳酸根離子水解平衡逆向移動，堿性降低．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】CD14、C|D【分析】解：A．反應消耗4molHCl會生成1mol氯氣，由于稀鹽酸不與二氧化錳反應，則反應生成的氯氣小于1mol，轉移的電子小于2mol，轉移的電子數(shù)小于2NA；故A錯誤；

B．500℃、30MPa下，將0.2molN2和0.6molH2置于密閉的容器中反應生成NH3（g），由于該反應為可逆反應，則0.2mol氮氣完全反應放出的熱量大于7.72kJ，1moo氮氣完全反應放出的熱量會大于7.72kJ×=38.6kJ；故B錯誤；

C．反應N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0為放熱反應；升高溫度，可使反應速率增大，反應向著吸熱的逆反應方向移動，故C正確；

D．元素原子最外層電子數(shù)多；元素的非金屬性不一定強，如I原子最外層電子數(shù)為7，O原子最外層電子數(shù)為6，非金屬性O＞I，所以原子的最外層電子數(shù)的多少與其非金屬性的強弱無必然聯(lián)系，故D正確；

故選CD．

A．稀鹽酸不與二氧化錳反應；則反應生成的氯氣小于1mol，轉移的電子小于2mol；

B．合成氨的反應為可逆反應；則達到平衡時放出7.72kJ熱量消耗的氮氣小于0.2mol；

C．該反應為放熱反應；升高溫度平衡向著逆向移動，且溫度升高反應速率增大；

D．元素非金屬性越強；原子越容易獲得電子，元素原子最外層電子數(shù)多，元素的非金屬性不一定強．

本題考查熱化學方程式計算與書寫、氧化還原反應、影響化學平衡、化學反應速率的因素等知識，題目難度中等，明確可逆反應特點、化學反應速率和化學平衡的影響因素為解答關鍵，試題綜合性較強，充分考查了學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】【答案】CD15、AD【分析】解：rm{A.}滴定管中在裝入滴定液之前；需要用滴定液潤洗，目的是避免待裝液被蒸餾水稀釋，影響滴定結果，故A正確；

B.可以給錐形瓶中液體進行加熱；不過加熱時需要墊上石棉網，故B錯誤；

C.溫度計用于控制餾出物溫度；所以蒸餾時溫度計水銀球必須與蒸餾瓶支管口相平，故C錯誤；

D.振蕩分液漏斗時；為了避免液體流出，應關閉分液漏斗的玻璃塞和活塞，故D正確；

故選AD．

A.無論避免待裝液被稀釋；滴定管中裝入滴定液前需要用滴定液潤洗；

B.錐形瓶可以加熱；加熱時需要墊上石棉網；

C.蒸餾操作時；溫度計的水銀球應于蒸餾瓶支管口相平；

D.根據(jù)分液漏斗的正確使用方法進行判斷．

本題考查了常見儀器的構造及使用方法，題目難度不大，試題側重基礎知識的考查，注意掌握常見化學儀器的構造及正確的使用方法，試題培養(yǎng)了學生靈活應用所學知識的能力．【解析】rm{AD}三、填空題(共9題，共18分)16、CaC2O4?H2OCaC2O4CaCO3+CO↑CH4OB【分析】【分析】化合物A是尿路結石的主要成分，可用X?nH2O表示，在300℃下分解得到B與C，B繼續(xù)加熱分解得到的E被人體吸入，與血紅蛋白結合而使人中毒，則E為CO，K的大量排放是造成地球溫室效應的主要原因，則K為CO2，故C為H2O，D中的陽離子與C（水）分子有相同的電子數(shù)，D晶體中陰、陽離子個數(shù)比是1：1，電解D的溶液得到三種物質G、H、I，應是電解NaCl溶液，則D為NaCl，G與H在點燃條件下反應生成L，則G、H分別為氫氣、氯氣中的一種，L為HCl，I為NaOH；K與G反應得到O與C（水），故G為H2、H為Cl2，（4）中若O是一種易揮發(fā)的液態(tài)燃料，有毒，誤飲5～10mL會導致雙目失明，則O為CH3OH，若O是K與G按1：3的比例反應而得，則2CO2+6H2→C2H4+4H2O；所以可以得到有機物質是乙烯．

A中的陽離子與D中的陰離子的電子層結構相同，則A中陽離子為Ca2+，故X中含有Ca、C、O元素，結合X含有的三種元素的原子個數(shù)之比為1：2：4，故X為CaC2O4，圖上數(shù)據(jù)100到87.7為失去結晶水的過程，則=1-87.7%，解得n=1，可以確定A為CaC2O4?H2O，則B為CaC2O4，A的相對分子質量為146，F(xiàn)的相對分子質量為146×68.5%=100，故F為CaCO3，J的相對分子質量為146×38.4%=56，故J為CaO，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：化合物A是尿路結石的主要成分，可用X?nH2O表示，在300℃下分解得到B與C，B繼續(xù)加熱分解得到的E被人體吸入，與血紅蛋白結合而使人中毒，則E為CO，K的大量排放是造成地球溫室效應的主要原因，則K為CO2，故C為H2O，D中的陽離子與C（水）分子有相同的電子數(shù)，D晶體中陰、陽離子個數(shù)比是1：1，電解D的溶液得到三種物質G、H、I，應是電解NaCl溶液，則D為NaCl，G與H在點燃條件下反應生成L，則G、H分別為氫氣、氯氣中的一種，L為HCl，I為NaOH；K與G反應得到O與C（水），故G為H2、H為Cl2，（4）中若O是一種易揮發(fā)的液態(tài)燃料，有毒，誤飲5～10mL會導致雙目失明，則O為CH3OH，若O是K與G按1：3的比例反應而得，則2CO2+6H2→C2H4+4H2O；所以可以得到有機物質是乙烯．

A中的陽離子與D中的陰離子的電子層結構相同，則A中陽離子為Ca2+，故X中含有Ca、C、O元素，結合X含有的三種元素的原子個數(shù)之比為1：2：4，故X為CaC2O4，圖上數(shù)據(jù)100到87.7為失去結晶水的過程，則=1-87.7%，解得n=1，可以確定A為CaC2O4?H2O，則B為CaC2O4，A的相對分子質量為146，F(xiàn)的相對分子質量為146×68.5%=100，故F為CaCO3；J的相對分子質量為146×38.4%=56，故J為CaO，據(jù)此解答．

（1）由上述分析可知，A的化學式為CaC2O4?H2O，D為NaCl，其中陰離子為Cl-，Cl-離子結構示意圖為

故答案為：CaC2O4?H2O；

（3）反應①的化學方程式為：CaC2O4CaCO3+CO↑；

故答案為：CaC2O4CaCO3+CO↑；

（4）①若O是一種易揮發(fā)的液態(tài)燃料，有毒，誤飲5～10mL會導致雙目失明，則O為CH3OH；

故答案為：CH4O；

②若O是K與G按1：3的比例反應而得，則2CO2+6H2→C2H4+4H2O；所以可以得到有機物質是乙烯；

故選：B．17、C11H14O24HOOCCOOH【分析】【分析】（1）根據(jù)有機物的結構簡式判斷元素種類和個數(shù)；則可判斷分子式；

（2）B中含有的官能團有酚羥基和碳碳雙鍵；溴水可以和烯烴發(fā)生加成反應，和苯酚發(fā)生取代反應；

（3）C中能和氫氣發(fā)生加成反應的有苯環(huán)；碳碳雙鍵和醛基；據(jù)此判斷產物；

（4）根據(jù)給予的信息進行遷移，寫出C生成的有機化合物的結構簡式，注意醛基也能被氧化成羧基．【解析】【解答】解：（1）該有機物的分子式為C11H14O2，故答案為：C11H14O2；

（2）B中含有的官能團有酚羥基和碳碳雙鍵；溴水可以和烯烴中碳碳雙鍵發(fā)生加成反應，和苯酚中酚羥基的鄰；對位氫原子發(fā)生取代反應，所以1molB與溴水充分反應，需消耗4mol溴單質；

故答案為：4；

（3）C中能和氫氣發(fā)生加成反應的有苯環(huán)；碳碳雙鍵和醛基；所以反應方程式為：

+5H2則產物為

故答案為：

（4）給予的信息是碳碳雙鍵能被強氧化劑氧化成兩種羧酸，從碳碳雙鍵處斷裂形成羧基，醛基也能被氧化成羧基，所以C在強氧化劑條件下生成的有機化合物的結構簡式為．

故答案為：HOOCCOOH．18、羥基KMnO4/OH-消去反應【分析】【分析】由反應信息Ⅰ可知，乙烯在高錳酸鉀、堿性條件下被氧化生成B為HOCH2CH2OH．由反應信息Ⅱ可知，與乙酸酐反應生成D為．F發(fā)生催化氧化生成G，G與形成氫氧化銅反應生成H，則F為醇、G含有醛基、H含有羧基，L是六元環(huán)酯，由H、L的分子式可知，應是2分子H脫去2分子水發(fā)生酯化反應，故H中還含有-OH，且-OH、-COOH連接在同一碳原子上，該碳原子不含H原子，故H為逆推可得G為F為故E為（CH3）2C=CH2，在高錳酸鉀、堿性條件下氧化生成F．B、D、J反應生成K，K→M屬于加聚反應，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的鏈節(jié)組成可知，應是1分子B、1分子D、1分子J反應生成K，故H在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成J為CH2=C（CH3）COOH，K為M為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：由反應信息Ⅰ可知，乙烯在高錳酸鉀、堿性條件下被氧化生成B為HOCH2CH2OH．由反應信息Ⅱ可知，與乙酸酐反應生成D為．F發(fā)生催化氧化生成G，G與形成氫氧化銅反應生成H，則F為醇、G含有醛基、H含有羧基，G中-CHO氧化為羧基，L是六元環(huán)酯，由H、L的分子式可知，應是2分子H脫去2分子水發(fā)生酯化反應，故H中還含有-OH，且-OH、-COOH連接在同一碳原子上，該碳原子不含H原子，故H為逆推可得G為F為故E為（CH3）2C=CH2，在高錳酸鉀、堿性條件下氧化生成F．B、D、J反應生成K，K→M屬于加聚反應，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的鏈節(jié)組成可知，應是1分子B、1分子D、1分子J反應生成K，故H在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成J為CH2=C（CH3）COOH，K為M為

（1）由上述分析可知，B為HOCH2CH2OH，含有羥基，D為

故答案為：羥基；

（2）E→F的反應條件是KMnO4/OH-；H→J的反應類型是：消去反應；

故答案為：KMnO4/OH-；消去反應；

（3）F→G的化學反應方程式是

故答案為：

（4）K→M屬于加聚反應，由上述分析可知，M的結構簡式是

故答案為：

（5）堿性條件下，K水解的化學反應方程式是

故答案為：

（6）符合下列條件的C（）的同分異構體：

①屬于芳香族化合物，含有苯環(huán)；②能發(fā)生銀鏡反應，含有-CHO或-OOCH，若為-CHO，則還含有2個-OH，若為-OOCH，則還含有1個-OH．③核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為1：1：2：2，符合條件的同分異構體為：

故答案為：．19、略

【分析】試題分析：（1）實驗室制氨氣采用氯化銨和氫氧化鈣加熱制得，生成氯化鈣、氨氣和水，反應方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。（2）實驗室制備純凈干燥氣體的裝置依次為：發(fā)生裝置、凈化和干燥裝置、收集裝置和尾氣處理裝置。實驗室制取氨氣采用固體、固體加熱型裝置，應選A為發(fā)生裝置；生成物中含有水，氨氣溶于水顯堿性，應選擇堿石灰等固體干燥劑來吸收水蒸氣，固體干燥劑一般盛放在干燥管或U形管中，故選C；氨氣極易溶于水，且密度比空氣小，應采用向下排空氣法收集，故選E；氨氣有刺激性氣味，有毒，不能直接排放到空氣中；氨氣極易溶于水，所以尾氣處理應采用防止倒吸裝置，故選D；注意干燥管的使用原則是大口進小口出；所以儀器裝置的接口連接順序是d、e、g、f。（3）氨氣極易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以應先通入氨氣；氨氣溶于水生成氨水，溶液呈堿性，利于吸收更多的二氧化碳，提高納米級碳酸鈣的產量；二氧化碳能和氨水反應生成碳酸銨，碳酸銨和氯化鈣發(fā)生復分解反應生成碳酸鈣和氯化銨，離子方程式為：Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+。（4）若通入過量CO2發(fā)生的反應為：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，CO2+CaCO3+H2O=2Ca(HCO3)2，溶液中大量存在的離子有Ca2+、HCO3-、NH4+和Cl-。（5）CO2過量濾液中含有Ca2+、HCO3-、NH4+和Cl-，CO2不足，濾液中含有Ca2+、NH4+、Cl-和氨水。A、滴加少量Na2CO3溶液，有沉淀CO2可能不足也可能過量，錯誤；B、滴加少量鹽酸，若有氣泡，CO2一定過量，正確；C、CO2不足或過量，濾液都可能顯堿性，pH大于7，錯誤；D、CO2不足或過量，滴加少量BaCl2溶液，均無沉淀生成，錯誤；（6）碳酸鈣樣品顆粒如果為納米級，將顆粒分散到水中能形成膠體，運用膠體的丁達爾效應判斷，答案為：取少量樣品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出現(xiàn)一條光亮的通路，則是納米級，否則不是?？键c：考查氨氣的實驗室制法、侯德榜制堿法原理、離子檢驗和膠體的性質【解析】【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（2）d,e,g,f（3）NH3Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+（4）Ca2+HCO3-NH4+Cl-（5）B（6）取少量樣品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出現(xiàn)一條光亮的通路，則是納米級，否則不是。20、3d84s2分子O＞N＞C＞Hsp3和sp25NA＜6MgNi3C【分析】【分析】（1）Ni是28號元素，根據(jù)能量最低原則、泡利不相容原理和洪特規(guī)則，寫出其核外電子排布式為：1s22s22p43s23p43d84s2；據(jù)此判斷其價電子排布式；

（2）根據(jù)分子晶體的熔沸點較低分析；

（3）①同一周期中；元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而增大，根據(jù)價層電子對互斥理論確定中心原子雜化方式；C-C為碳碳σ鍵，C=N含有一個碳氮σ鍵；

②Ni2+含有空軌道，N原子含有孤對電子對，N原子與Ni2+形成配位鍵；氧原子與氫原子之間形成氫鍵；

（4）離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關；由于離子電荷相同，離子半徑越大，晶格能越小，熔點越低；同種晶體結構類型的配位數(shù)相同；

（5）利用均攤法確定晶胞的化學式．【解析】【解答】解：（1）Ni是28號元素，其核外電子排布式為：1s22s22p43s23p43d84s2，價電子數(shù)為10，價電子排布式為3d84s2；

故答案為：3d84s2；

（2）Ni（CO）4常溫為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機溶劑，則Ni（CO）4屬于分子晶體；

故答案為：分子；

（3）①同一周期中，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而增大，氫的電負性最小，所以C、N、O、H四種元素的電負性大小順序為：O＞N＞C＞H；甲基上碳原子價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，為sp3雜化，連接甲基的碳原子含有3個價層電子對且不含孤電子對，為sp2雜化；C-C為碳碳σ鍵，C=N含有一個碳氮σ鍵，則1mol該分子中含有的碳碳σ鍵和碳氮σ鍵的總數(shù)為5NA；

故答案為：O＞N＞C＞H；sp3和sp2；5NA；

②Ni2+含有空軌道，N原子含有孤對電子對，N原子與Ni2+形成配位鍵，不同分子中氧原子與氫原子之間形成氫鍵，如圖所示：

故答案為：

（4）NiO、FeO的晶體結構類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，晶格能越大，熔點越高，由于Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑；屬于熔點是：FeO＜NiO；因為Ni0；Fe0的晶體結構類型均與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽離子的配位數(shù)均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)也均為6．

故答案為：＜；6；

（5）碳原子位于該晶胞的體心上，所以該晶胞中含有一個碳原子；鎂原子個數(shù)=×8，所以該晶胞含有1個鎂原子；鎳原子個數(shù)=×6，該晶胞中含有3個鎳原子，所以該晶胞的化學式為MgNi3C；

故答案為：MgNi3C．21、③④③CH3CH（OH）COOH消去反應加聚反應2CH3CH（OH）COOH+O22+2H2OCH3CH（OH）COOHCH2=CHCOOH+H2O【分析】【分析】根據(jù)兩分子A發(fā)生酯化反應生成可知，A為CH3CH（OH）COOH，一分子A可生成E，E再生成高分子化合物F，可推知E為CH2=CHCOOH，F(xiàn)為反應Ⅰ為消去反應，反應Ⅱ為加聚反應，A氧化得B為根據(jù)信息①，B在一定條件下氧化得C′和D′，C′是甲酸（HCOOH），則D′為HOOCCOOH，C和C′是同系物，所以C為CH3COOH，D為H2CO3，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：根據(jù)兩分子A發(fā)生酯化反應生成可知，A為CH3CH（OH）COOH，一分子A可生成E，E再生成高分子化合物F，可推知E為CH2=CHCOOH，F(xiàn)為反應Ⅰ為消去反應，反應Ⅱ為加聚反應，A氧化得B為根據(jù)信息①，B在一定條件下氧化得C′和D′，C′是甲酸（HCOOH），則D′為HOOCCOOH，C和C′是同系物，所以C為CH3COOH，D為H2CO3．

（1）C為CH3COOH；D′為HOOCCOOH，含有羧基數(shù)目不同，C和D′屬于同類物質，故答案為：③；

（2）D′為HOOCCOOH，屬于多元羧酸，E為CH2=CHCOOH；有碳碳雙鍵和羧基，屬于不飽和羧酸；

故答案為：④；③；

（3）由上述分析可知，A為CH3CH（OH）COOH，F(xiàn)為H為

故答案為：CH3CH（OH）COOH；

（4）反應Ⅰ為消去反應；反應Ⅱ為加聚反應；

故答案為：消去反應；加聚反應；

（5）A→B的反應方程式為：2CH3CH（OH）COOH+O22+2H2O；

A→E的反應方程式為：CH3CH（OH）COOHCH2=CHCOOH+H2O；

故答案為：2CH3CH（OH）COOH+O22+2H2O；CH3CH（OH）COOHCH2=CHCOOH+H2O．22、取代反應酯化（取代）反應【分析】【分析】由合成圖及信息可知，反應①為取代反應，生成A，A為A與NaOH溶液發(fā)生中和反應生成B，B為D為甲苯，反應②為取代反應生成E（一氯甲苯），E水解生成F，F(xiàn)為反應③為A與F發(fā)生的酯化（取代）反應生成J，J為由B、J的結構可知，B→J的反應為取代反應，以此來解答．【解析】【解答】解：由合成圖及信息可知，反應①為取代反應，生成A，A為A與NaOH溶液發(fā)生中和反應生成B，B為D為甲苯，反應②為取代反應生成E（一氯甲苯），E水解生成F，F(xiàn)為反應③為A與F發(fā)生的酯化（取代）反應生成J，J為由B；J的結構可知，B→J的反應為取代反應；

（1）反應②為甲苯的取代反應；反應③為A與F發(fā)生的酯化（取代）反應，故答案為：取代反應；酯化（取代）反應；

（2）由分析可知，J為F為故答案為：

（3）B+E→J的化學方程式為

故答案為：．23、硅二氧化硅硅硅膠【分析】【分析】（1）計算機芯片的主要成分為硅；

（2）二氧化硅是光導纖維的成分；

（3）硅太陽能電池的主要成分為硅；

（4）硅膠有很大的表面積，可用作干燥劑、吸附劑、催化劑載體．【解析】【解答】解：（1）硅是計算機芯片的原料；故答案為：硅；

（2）光導纖維的主要成分是二氧化硅；故答案為：二氧化硅；

（3）太陽能電池的主要成分為硅單質；故答案為：硅；

（4）硅膠有很大的表面積，可用作干燥劑、吸附劑、催化劑載體的人造分子篩，故答案為：硅膠．24、略

【分析】試題分析：在題目的已知條件中可知，反應實質是帶負電荷的原子團取代了鹵代烴中的鹵原子?？键c：鹵代烴結構和性質。【解析】【答案】（1）CH3CH2SH＋NaBr（2）CH3OCH3＋NaI（3）CH3CH2OCH3＋NaCl（4）CH3CH2OCH2CH3＋NaCl四、判斷題(共3題，共9分)25、×【分析】【分析】據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變．【解析】【解答】解：化學平衡是動態(tài)平衡；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，但不為0；

故答案為：×．26、√【分析】【分析】（1）羥基正在有機物分子最前面時應該表示為HO-；據(jù)此進行判斷；

（2）醛基寫在有機物分子前邊時應該表示為：OHC-；

（3）酚羥基的表示方式錯誤；應該表示為：HO-；

（4）左邊的硝基中含有原子組成錯誤，應該為O2N-；

（5）結構簡式中酯基表示方式錯誤；

（6）苯乙醛中醛基的結構簡式表示錯誤，應該為-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的結構簡式正確，故答案為：√；

（2）羥基的表示方法錯誤，丙二醛的結構簡式應該是：OHCCH2CHO，故答案為：OHCCH2CHO；

（3）酚羥基的表示方法錯誤，對甲基苯酚的結構簡式應該是：故答案為：

（4）左邊硝基的組成錯誤，正確應該為：O2N-，三硝基甲苯的結構簡式為故答案為：

（5）酯基的表示方法錯誤，甲酸苯酚的結構簡式是故答案為：

（6）醛基的書寫錯誤，苯乙醛的結構簡式是：

故答案為：．27、√【分析】【分析】紅外光譜儀用于測定有機物的官能團；核磁共振儀用于測定有機物分子中氫原子的種類和數(shù)目；質譜法用于測定有機物的相對分子質量．【解析】【解答】解：紅外光譜儀用于測定有機物的官能團；核磁共振儀用于測定有機物分子中氫原子的種類和數(shù)目；質譜法用于測定有機物的相對分子質量；所以紅外光譜儀；核磁共振儀、質譜儀都可用于有機化合物結構的分析；故說法正確；

故答案為：√．五、推斷題(共1題，共6分)28、小蘇打Na2CO32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑HCO3-+OH-=CO32-+H2O2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3復分解反應【分析】【分析】甲、乙是單質，甲為黃綠色氣體，應為Cl2，乙蒸汽制得的電光源已大量應用于道路和廣場的照明和航標燈，應為Na，B、C、D、E、F五種化合物的焰色反應均為黃色，說明都含有Na元素；當D轉化為C或E時，都生成能支持燃燒的無色氣體單質，則該氣體為O2，可知D應為Na2O2，C、E為NaOH或Na2CO3，由B加熱生成C可知C應為Na2CO3，E為NaOH，B為NaHCO3，F(xiàn)是生活中常見的調味品，應為NaCl，A可生成NaHCO3或NaCl，且能生成Cl2，則A應為HCl，結合對應物質的性質以及題目要求解答該題．【解析】【解答】解：甲、乙是單質，甲為黃綠色氣體，應為Cl2，乙蒸汽制得的電光源已大量應用于道路和廣場的照明和航標燈，應為Na，B、C、D、E、F五種化合物的焰色反應均為黃色，說明都含有Na元素；當D轉化為C或E時，都生成能支持燃燒的無色氣體單質，則該氣體為O2，可知D應為Na2O2，C、E為NaOH或Na2CO3，由B加熱生成C可知C應為Na2CO3，E為NaOH，B為NaHCO3，F(xiàn)是生活中常見的調味品，應為NaCl，A可生成NaHCO3或NaCl，且能生成Cl2；則A應為HCl；

（1）由以上分析可知B為NaHCO3，俗稱小蘇打，C為Na2CO3，故答案為：小蘇打；Na2CO3；

（2）Na2O2生成NaOH的離子反應方程式2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；

（3）NaHCO3與NaOH在溶液中反應的離子方程式為HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故答案為：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

（4）向Na2CO3溶液中通入Cl2，可制得某種生產和生活中常用的漂白、消毒的物質，應為NaClO，同時有NaHCO3生成．

該反應的化學方程式是2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3；

故答案為：2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3；

（5）HCl與Na2CO3溶液反應可生成NaHCO3，反應的方程式為Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；其反應類型為復分解反應；

故答案為：復分解反應．六、簡答題(共3題，共12分)29、略

【分析】解：（1）實驗室利用濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下制備氯氣，反應生成氯化錳、氯氣與水，反應化學方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）裝置I為氯氣發(fā)生裝置；制備的氯氣中含有HCl，飽和食鹽水除去氯氣中HCl，Ⅲ裝置驗證氯氣無漂白性，是氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白性，Ⅳ中檢驗氯氣檢驗氧化性，V中NaOH溶液吸收氯氣，防止污染空氣，裝置Ⅱ的作用是：除去氯氣中的氯化氫氣體，降低氯氣在水中的溶解度；

故答案為：除去氯氣中的氯化氫氣體；降低氯氣在水中的溶解度；

（3）裝置Ⅳ中發(fā)生反應的化學方程式為Cl2+2KI=I2+2KCl；碘與淀粉變藍色，實驗現(xiàn)象為：無色溶液變藍色；

故答案為：Cl2+2KI=I2+2KCl；無色溶液變藍色；

（4）進入裝置Ⅲ的氯氣中含有水蒸汽；應在Ⅱ；Ⅲ之間添加氯氣干燥裝置，可以用濃硫酸干燥，選擇裝置④；

故答案為：干燥Cl2；

（5）氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉與水，反應離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O．

（1）實驗室利用濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下制備氯氣；反應生成氯化錳；氯氣與水；

（2）裝置I為氯氣發(fā)生裝置；制備的氯氣中含有HCl，飽和食鹽水除去氯氣中HCl，Ⅲ裝置驗證氯氣無漂白性，是氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白性，Ⅳ中檢驗氯氣檢驗氧化性，V中NaOH溶液吸收氯氣，防止污染空氣；

（3）氯氣將碘離子氧化為碘單質；碘與淀粉變藍色；

（4）進入裝置Ⅲ的氯氣中含有水蒸汽；應在Ⅱ；Ⅲ之間添加氯氣干燥裝置，可以用濃硫酸干燥；

（5）氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉；次氯酸鈉與水．

本題考查氯氣實驗室制備與性質實驗，側重考查對實驗原理與裝置的分析評價，有利于培養(yǎng)學生分析能力、實驗能力與知識遷移應用能力，難度中等．【解析】MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；除去氯氣中的氯化氫氣體，降低氯氣在水中的溶解度；無色溶液變藍色；Cl2+2KI=I2+2KCl；干燥Cl2；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O30、略

【分析】解：驟中鋁與氫氧化反生成偏鋁酸鈉和氫氣；反應的離子方式A+2OH-2H2=AO2-+3H2↑；

方程計量系數(shù)之比等于轉量之比，所該應方程式為：CoC2+2O2Co3O46CO；

210℃～290℃過程是CC24發(fā)生反應，產生的只有CO2，依據(jù)元守恒得到生成C2物質的為06mo，質量=0.6ol×44/mo=2.64氣體質量共計減小=4.41g-2.41g=2明說明有體參加應應氧氣，則應的氧氣質量=.6g-2g=0.，O質的量==02mol；則：

依據(jù)表中數(shù)據(jù)分斷加入碳鈉調節(jié)溶液PH沉離離子；但不能沉鈷離子步驟中Na2CO3溶液的作用調節(jié)溶液的pH，應使溶液的H不超過.15，廢主要成分LiF和FeOH）；

故答案為：降低溶液Li濃；避免步驟中產生i2O3淀；

LiC2中元素化價為+1價；據(jù)為原電池反，鋰素化合價升高發(fā)生氧化反應分析判，LxC中鋰素化合價為0價，是鋰質鑲嵌在碳中做原電池負極由鋰離子電池的總方程式可知C+LCoOixCLi1-xCo為充電程為電解池則池給鋰離子電池充電，LiCoO為陽極失電子發(fā)生氧化反應：iCoO-xe-=Li1COxLi+，C為陰極得電子發(fā)生還應C+x-+x+=LixC；

n（CoC2O4）O）：n（CO）=0.03：0.0：0.0=：2：；

故答案為：3C2O42O2CO4+6CO2；

故案為：Co23+6++2Cl=2C2++Cl2+H2O；

故答為：2Al+2OH-+H2O=AO2+