2025年浙科版高二化學上冊月考試卷

…………○…………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年浙科版高二化學上冊月考試卷109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、已知下列熱化學方程式:（l）C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=△H1（2）＝2H2O（g）△H＝△H2由此可知C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)ΔH3。則ΔH3等于()A.△H1－△H2B.△H1－△H2C.2△H1－△H2D.△H2－△H12、造成西安霧霾的重要原因之一是汽車尾氣，已知汽車尾氣無害化處理的反應之一為2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H＜0，下列說法正確的是（）A.升高溫度可以提高NO和CO的轉化率B.使用高效催化劑可以提高NO和CO的轉化率C.反應達到平衡后，NO的生成速率和消耗速率相等D.若該反應已達到平衡狀態(tài)，增大壓強（通過減小體積實現(xiàn)）對平衡無影響3、為了除去括號中的雜質，采用的試劑和方法均為正確的是rm{(}rm{)}

。選項物質加入試劑方法rm{A}甲苯rm{(}苯酚rm{)}濃溴水過濾rm{B}rm{NaOH(s)(}少量rm{NaCl)}水重結晶rm{C}乙酸乙酯rm{(}乙酸rm{)}乙醇、rm{H_{2}SO_{4}(}濃rm{)}酯化rm{D}rm{CO_{2}(CO)}--點燃A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、已知某可逆反應mA（g）+nB（g）?pC（g）；在密閉容器中進行，如圖表示在不同反應時間t；溫度T和壓強P與反應物B在混合氣體中的百分含量B%的關系曲線，由曲線分析，下列判斷正確的是（）

A.T1＜T2、P1＞P2、m+n＞p，△H＜0B.T1＞T2、P1＜P2、m+n＞p，△H＞0C.T1＞T2、P1＜P2、m+n＜p，△H＞0D.T1＜T2、P1＞P2、m+n＜p，△H＜05、有機物有多種同分異構體，其中屬于酯且含有苯環(huán)結構的共有（）A.3種B.4種C.5種D.6種6、下列條件下，兩瓶氣體所含分子數(shù)一定相等的是()A.同質量、不同密度的rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}B.同溫度、同體積、同壓強的rm{H_{2}}和rm{N_{2}}C.同體積、同密度的rm{C_{2}H_{4}}和rm{C_{3}H_{6}}D.同壓強、同體積的rm{N_{2}O}和rm{CO_{2}}7、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.可用于電動汽車的鋁rm{-}空氣燃料電池，通常用rm{NaOH}溶液做電解液，其正極反應為：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T4OH^{-}}B.常溫下，rm{pH}均為rm{5}的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10^{-9}mol?L^{-1}}C.溴化鈉溶液中加入少量新制氯水充分反應后，再加入少量苯振蕩靜置后上層顏色變淺，下層顏色變?yōu)槌燃t色D.導電、緩慢氧化、品紅褪色和久置濃硝酸變黃都一定屬于化學變化評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃燒的反應為rm{2H_{2}+O_{2;;;}簍T簍T簍T2H_{2}O}反應前后不發(fā)生變化的是rm{(}rm{)}A.元素的種類B.物質的總質量C.分子的數(shù)目D.原子的數(shù)目9、氨基酸的結構通式如圖所示，有關氨基酸的說法正確的是：

A.氨基酸能與鹽酸溶液反應B.氨基酸屬兩性化合物C.氨基酸能與rm{NaOH}溶液反應D.氨基酸屬無機化合物10、實驗室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆隴L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆隴L^{-1}}溶液，下列玻璃儀器中，一定要用到的有A.漏斗B.玻璃棒C.燒杯D.容量瓶rm{CuSO_{4}}11、氫氣還原氧化銅：rm{CuO+H_{2}=H_{2}O+Cu}在該反應A.rm{Cu}做還原劑B.rm{CuO}做氧化劑C.銅元素的化合價降低D.銅元素化合劑升高12、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13、將下列物質加入水中，會顯著放熱的有rm{(}rm{)}A.燒堿B.濃硫酸C.食鹽D.生石灰14、制造下列文化用品的原料屬于有機材料的是A.紙B.鉛筆芯C.橡皮擦D.塑料文具盒15、

下列離子檢驗的方法和結論不正確的是rm{(}rm{)}A.某溶液中滴加硝酸銀溶液生成白色沉淀，說明原溶液中有rm{Cl^{-}}B.某溶液中滴加氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明原溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}C.某溶液中滴加氫氧化鈉溶液生成藍色沉淀，說明原溶液中有rm{Cu^{2+}}D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成無色氣體，說明原溶液中有rm{CO_{3}^{2-}}16、下列關于淀粉和纖維素的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.它們都是混合物B.它們都是天然高分子化合物C.它們互為同分異構體D.它們水解的最終產物都是葡萄糖評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、（10分）從樟科植物枝葉提取的精油中含有下列甲、乙兩種成分：。分子式C9H8O部分性質能使Br2/CCl4褪色甲乙（1）甲中所含官能團的名稱為、。（2）由甲轉化為乙需經(jīng)下列過程(已略去各步反應的無關產物，下同)：其中反應Ⅰ的反應類型為_________，Y的結構簡式為_________________。（3）下列物質能與乙反應的是（選填序號）。a．金屬鈉b．溴水c．碳酸鈉溶液d．乙酸（4）乙有多種同分異構體，寫出同時滿足下列條件的同分異構體結構簡式。a．苯環(huán)上的一氯代物有兩種b．發(fā)生銀鏡反應18、（13分）某強酸性溶液X可能含有Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-、NO3-中的一種或幾種，取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如下：根據(jù)以上信息，回答下列問題：（1）氣體F為____________。（2）上述離子中，溶液X中除H+外還肯定含有的離子是_______，不能確定是否含有的離子是____。（3）寫出生成A的離子方程式：_________________。（4）通常可以利用KClO在堿性條件下氧化G來制備一種新型、高效、多功能水處理劑K2FeO4．請寫出制備過程中的離子方程式__________________。19、某無色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2-、MnO4-、CO32-、SO42-中的若干種離子組成；取溶液進行如圖實驗：

（1）白色沉淀甲是______．

（2）X溶液中一定存在的離子是______．

（3）白色沉淀乙中一定有：______，可能有______．

（4）若將過量的氣體A與適量的氣體B通入水中，寫出反應的化學方程式______．20、碳元素在生產生活中具有非常重要的作用；在新物質的制備中也發(fā)揮了舉足輕重的作用．

（1）與碳同周期，且基態(tài)原子的核外未成對電子數(shù)相等的元素是______（寫出元素符號）．

（2）石墨烯是目前人們制造的新物質，該物質是由單層碳原子六邊形平鋪而成的，像一張紙一樣（如圖甲），石墨烯中碳原子的雜化方式為______；常溫條件下丙烯是氣態(tài)，而相對分子質量比丙烯小的甲醇，常溫條件下卻呈液態(tài)，出現(xiàn)這種現(xiàn)象的原因是______．

（3）二氧化硅結構跟金剛石結構相似，即二氧化硅的結構相當于在硅晶體結構中每個硅與硅的化學鍵之間插入一個O原子．觀察圖乙中金剛石的結構，分析二氧化硅的空間網(wǎng)狀結構中，Si、O形成的最小環(huán)上O原子數(shù)目是______．

（4）圖丙是C60的晶胞模型（一個小黑點代表一個C60分子），圖中顯示出的C60分子數(shù)為14個．實際上一個C60晶胞中含有______個C60分子．21、在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{CO(g)+H_{2}O(g)}其化學平衡常數(shù)rm{K}和溫度rm{t}的關系如下表：。rm{t隆忙}rm{700}rm{800}rm{830}rm{1000}rm{1200}rm{K}rm{0.6}rm{0.9}rm{1.0}rm{1.7}rm{2.6}回答下列問題：rm{(1)}該反應的化學平衡常數(shù)表達式為rm{K=}____________________________________；rm{(2)}該反應為____________反應rm{(}選填吸熱、放熱rm{)}rm{(3)}某溫度下，平衡濃度符合下式：rm{3c(CO_{2})隆隴c(H_{2})=5c(CO)隆隴c(H_{2}O)}試判斷此時的溫度為______rm{隆忙}rm{(4)}若rm{830隆忙}時，向容器中充入rm{1molCO}rm{5molH_{2}O}反應達到平衡后，其化學平衡常數(shù)rm{K}____rm{1.0(}選填“大于”、“小于”、“等于rm{(5)830隆忙}時，容器中的反應已達到平衡。在其他條件不變的情況下，擴大容器的體積。平衡____移動rm{(}選填“向正反應方向”、“向逆反應方向”、“不”rm{)}rm{(6)}若rm{1200隆忙}時，在某時刻平衡體系中rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{CO}rm{H_{2}O}的濃度分別為rm{2mol隆隴L^{-1}}rm{2mol隆隴L^{-1}}rm{4mol隆隴L^{-1}}rm{4mol隆隴L^{-1}}則此時上述反應的平衡移動方向為____。rm{(}選填“正反應方向”、“逆反應方向”、“不移動”rm{)}評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共18分)22、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(shù)，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。23、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應管進行反應,繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發(fā)生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質量分數(shù)為____(結果保留一位小數(shù))。評卷人得分五、解答題(共3題，共12分)24、某芳香族化合物與苯酚無論以何種比例混合；只要總物質的量一定，完全燃燒時所消耗的氧氣和生成水的質量始終一定．試回答：

（1）這類物質的相對分子質量與苯酚的相對分子質量之差為______的倍數(shù)（填數(shù)字）．

（2）現(xiàn)有這類物質中相對分子質量最小的物質A，已知A溶液能與NaHCO3反應放出氣體．現(xiàn)取2.32g苯酚與A的混合物與50.0mL1.000mol/L的NaOH溶液充分反應后；加水至100mL．取出其中的10.0mL用0.100mol/L的HCl溶液滴定過量的NaOH，消耗20.0mL時至滴定終點．求該混合物中苯酚的質量分數(shù)（結果保留三位有效數(shù)字）．

25、某烴經(jīng)李比希元素分析實驗測得碳的質量分數(shù)為85.71%；該烴的質譜圖顯示：分子離子峰的質荷比為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、結構簡式．（寫出計算過程）

26、由一溴乙烷制備可制備各種物質；請寫出各步反應的化學方程式。

（1）______評卷人得分六、綜合題(共2題，共14分)27、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、C【分析】解：A．該反應為放熱反應；升高溫度，平衡逆向移動，則轉化率減小，故A錯誤；

B．催化劑對平衡移動無影響；則使用高效催化劑，NO和CO的轉化率不變，故B錯誤；

C．平衡時同種物質的正逆反應速率相等；則反應達到平衡后，NO的生成速率和消耗速率相等，故C正確；

D．該反應為氣體體積減小的反應；則增大壓強，平衡正向移動，故D錯誤；

故選C．

A．該反應為放熱反應；升高溫度，平衡逆向移動；

B．催化劑對平衡移動無影響；

C．平衡時同種物質的正逆反應速率相等；

D．該反應為氣體體積減小的反應．

本題考查化學平衡移動，為高頻考點，把握溫度、壓強對平衡移動的影響為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意反應的特點，題目難度不大．【解析】【答案】C3、B【分析】解：rm{A.}溴與苯酚反應生成的三溴苯酚溶于苯中；不能用溴水除雜，可用氫氧化鈉溶液，故A錯誤；

B.rm{NaOH}和rm{NaCl}溶解度隨溫度的變化不同；可用重結晶的方法分離，故B正確；

C.乙酸和乙醇的反應為可逆反應；不能完全除去，可用飽和碳酸鈉溶液分離，故C錯誤；

D.二氧化碳中混有少量一氧化碳；不易點燃，可通過灼熱的氧化銅除去，故D錯誤．

故選B．

A.溴與苯酚反應生成的三溴苯酚溶于苯中；

B.rm{NaOH}和rm{NaCl}溶解度隨溫度的變化不同；

C.乙酸和乙醇的反應為可逆反應；不能完全除去；

D.二氧化碳中混有少量一氧化碳；不易點燃．

本題考查物質的分離、提純，題目難度不大，注意把握物質的性質的異同，為解答該題的關鍵，注意除雜時不能引入新的雜質，且不能影響被提純的物質．【解析】rm{B}4、C【分析】【解答】解：由圖象可知，溫度為T1時，根據(jù)P2時到達平衡的時間短，可知P2＞P1；且壓強越大，B的含量高，說明壓強增大平衡向逆反應方向移動，故正反應為氣體體積增大的反應，即m+n＜p；

壓強為P2時，根據(jù)T1時到達平衡的時間短，可知T1＞T2；且溫度越高，B的含量低，說明溫度升高平衡向正反應方向移動，則正反應為吸熱反應，即△H＞0；

故選：C．

【分析】溫度相同時；根據(jù)到達平衡的時間判斷壓強大小，再根據(jù)壓強對B的含量的影響，判斷壓強對平衡的影響，確定反應氣體氣體體積變化情況；

壓強相同時，根據(jù)到達平衡的時間判斷溫度大小，再根據(jù)溫度對B的含量的影響，判斷溫度對平衡的影響，確定反應的熱效應．5、D【分析】解：由題目要求可知該有機物的同分異構體中應具有CH3-C6H4-OOCH（-C6H4-為苯環(huán)）的結構，應有鄰、間、對三種同分異構體或C6H5-OOCCH3或C6H5-CH2OOCH或C6H5-COOCH3；共6種；

故選D．

根據(jù)有機物屬于酯，則應含有-COO-官能團，則取代基分別為-CH3和-OOCH或-OOCCH3或-CH2OOCH或-COOCH3；有2個取代基時；有鄰、間、對三不同結構．

本題考查同分異構體的書寫，掌握有機物的官能團和結構為解答該題的關鍵，難度中等．【解析】【答案】D6、B【分析】略【解析】rm{B}7、A【分析】解：rm{A}鋁rm{-}空氣燃料電池中，電解質是rm{NaOH}溶液，在負極上發(fā)生氧化反應，在正極上發(fā)生還原反應，通入氧氣的一極為原電池的正極，由于溶液呈堿性，發(fā)生反應為：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T4OH^{-}}故A正確；

B、rm{pH}為rm{5}的醋酸溶液中，水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10^{-9}mol?L^{-1}}抑制水的電離，rm{pH}為rm{5}的硫酸鋁溶液中，鋁離子水解促進水的電離，由水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}故B錯誤；

C；溴化鈉溶液中加入少量新制氯水充分反應生成單質溴；易溶于苯，在苯中的顏色為橙紅色，但苯的密度比水小，上層顏色為橙紅色，故C錯誤；

D；金屬的導電為物理變化；溶液的導電為化學變化，緩慢氧化、品紅褪色和久置濃硝酸變黃都一定屬于化學變化，故D錯誤．

故選A．

A、鋁rm{-}空氣燃料電池中，電解質是rm{NaOH}溶液；在負極上發(fā)生氧化反應，在正極上發(fā)生還原反應；

B、rm{pH}為rm{5}的醋酸溶液中，水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10^{-9}mol?L^{-1}}rm{pH}為rm{5}的硫酸鋁溶液中，由水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}

C；溴化鈉溶液中加入少量新制氯水充分反應生成單質溴；易溶于苯，在苯中的顏色為橙紅色，但苯的密度比水?。?/p>

D；金屬的導電為物理變化．

本題考查較為綜合，涉及原電池、弱電解質的電離和鹽的水解、萃取、導電等知識，本題難度不大，注意金屬導電和溶液導電的區(qū)別．【解析】rm{A}二、多選題(共9題，共18分)8、ABD【分析】【分析】本題考查了化學反應的實質分析，主要是質量守恒、原子守恒、元素守恒，較簡單，依據(jù)化學反應的實質是原子的重新組合分析判斷；質量守恒定律的內容是化學反應前后元素的種類、原子的種類和數(shù)目、物質的質量和不變，然后逐個分析即。

【解答】A.根據(jù)質量守恒定律可知，反應前后元素的種類不變，故A正確；B.根據(jù)質量守恒定律可知；化學反應前后物質的質量和不變，故B正確；

C.化學反應的實質是原子的重新組合；分子數(shù)不一定變化，故C錯誤；

D.根據(jù)質量守恒定律可知；反應前后原子的種類和數(shù)目不變，故D正確。

故選ABD?！窘馕觥縭m{ABD}9、ABC【分析】【分析】本題考查氨基酸的性質，難度中等?！窘獯稹緼.氨基酸分子中含有氨基，顯堿性，則氨基酸能與鹽酸溶液反應，故A正確；B.氨基酸分子中含有氨基，顯堿性，氨基酸分子中含有羧基，顯酸性，所以氨基酸屬兩性化合物，故B正確；C.氨基酸分子中含有羧基，顯酸性，則氨基酸能與rm{NaOH}溶液反應，故C正確；D.氨基酸屬有機化合物，故D錯誤。故選ABC?！窘馕觥縭m{ABC}10、BCD【分析】本題考查了配制一定物質的量濃度溶液的儀器。配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟：計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶，用到的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶、膠頭滴管，用不到的是漏斗，個BCD正確。容量瓶、膠頭滴管，用不到的是漏斗，個BCD正確。

rm{100mL}故選BCD。【解析】rm{BCD}11、BC【分析】【分析】本題考查了氧化還原反應，題目難度不大，明確氧化還原反應的實質及特征為解答關鍵，注意掌握氧化劑、還原劑的概念及判斷方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。【解答】A.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價被還原，rm{CuO}作氧化劑，rm{Cu}為還原產物；故A錯誤；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價，銅元素化合價降低，rm{CuO}作氧化劑；故B正確；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；化合價降低，故C正確；

D.rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；銅元素化合價降低，故D錯誤。

故選BC。

【解析】rm{BC}12、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(shù)為B.Ⅱrm{A}族元素的原子最外層電子數(shù)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(shù)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(shù)為rm{4}故D錯誤。【解析】rm{ABC}13、ABD【分析】解：rm{A.}燒堿溶于水會放熱；故A正確；

B.濃硫酸溶于水會放出大量的熱；故B正確；

C.rm{NaCl}溶于水熱效應不明顯；故C錯誤；

D.生石灰溶于水會放出大量的熱；故D正確．

故選ABD．

解此題的關鍵是看清放熱兩字，注意此題所研究的不一定是放熱的化學反應，放熱過程也可rm{.}如rm{NaOH}rm{CaO}濃rm{H_{2}SO_{4}}溶于水都是典型的放熱過程；rm{NH_{4}NO_{3}}溶于水是吸熱的；rm{C_{2}H_{5}OH}rm{NaCl}等溶于水熱效應不明顯．

本題考查物質溶解于水中的熱效應，難度不大，旨在考查學生對基礎知識的識記，注意基礎知識的積累掌握．【解析】rm{ABD}14、ACD【分析】【分析】有機材料指的是成分為有機化合物的材料，最基本的組成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有機化合物，簡稱有機物。碳的氧化物、碳酸鹽、碳酸雖含碳，但其性質與無機物類似，因此把它們看作無機物?！窘獯稹緼.紙的主要成分是纖維素，纖維素屬于有機物，故A正確；B.鉛筆芯的主要成分是碳單質，屬于無機物，故B錯誤；C.橡皮擦的成分是橡膠，屬于有機物，故C正確；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料屬于有機物，故D正確。故選ACD?！窘馕觥縭m{ACD}15、ABD【分析】解：rm{A}能使硝酸銀產生白色沉淀的離子有氯離子、硫酸根離子等，所以某溶液加入硝酸銀溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有rm{Cl^{-}}故A錯誤．

B；能使氯化鋇產生白色沉淀的離子有碳酸根離子、硫酸根離子、亞硫酸根離子等；所以某溶液中加入氯化鋇溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根離子，故B錯誤．

C、能使氫氧化鈉產生藍色沉淀的陽離子只有銅離子，所以某溶液中加入氫氧化鈉溶液有藍色沉淀，說明原溶液中有rm{Cu^{2+}}故C正確．

D；能和稀硫酸反應生成無色氣體的離子有碳酸根離子、亞硫酸根離子等；所以某溶液加入稀硫酸生成無色氣體，原溶液中不一定含有碳酸根離子，故D錯誤．

故選ABD．

A；能使硝酸銀產生白色沉淀的離子有氯離子、硫酸根離子等．

B；能使氯化鋇產生白色沉淀的離子有碳酸根離子、硫酸根離子、亞硫酸根離子等．

C；能使氫氧化鈉產生藍色沉淀的陽離子只有銅離子．

D；能和稀硫酸反應生成無色氣體的離子有碳酸根離子、亞硫酸根離子等．

本題考查了常見陰陽離子的檢驗，難度不大，注意離子的檢驗方法和反應現(xiàn)象判斷，關鍵是注意干擾離子的作用和檢驗時的現(xiàn)象排除，題目難度中等．【解析】rm{ABD}16、ABD【分析】解：rm{A.}淀粉和纖維素表示式都為rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}淀粉、纖維素的聚合度rm{n}不確定；分別是由長短不一的聚合物混合在一起，所以它們都是混合物，故A正確；

B.淀粉和纖維素的相對分子質量在rm{10000}萬以上；則它們都是高分子化合物，且是天然高分子化合物，故B正確；

C.它們的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；因此分子式不同，不互為同分異構體，故C錯誤；

D.淀粉和纖維素是多糖；在一定條件下都能水解生成單糖葡萄糖，故D正確；

故選ABD．

A.淀粉和纖維素表示式都為rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不確定；它們都是混合物；

B.高分子化合物是指相對分子質量很大的化合物；

C.它們的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；

D.淀粉和纖維素是多糖；能發(fā)生水解．

本題主要考查淀粉和纖維素的有關知識，掌握淀粉和纖維素的結構和性質是解答的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{ABD}三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)甲的結構簡式可知，甲中含有的官能團是羥基和碳碳雙鍵；（2）經(jīng)過反應Ⅰ發(fā)現(xiàn)碳碳雙鍵成為了單鍵，并且引入了Cl原子，所以反應為甲和氯化氫之間發(fā)生了加成反應，含有醇羥基的物質，如果臨位碳上有氫原子，則被氧化為醛基，則Y的結構簡式為（3）氯代烴中如果含有臨位氫原子則會發(fā)生消去反應，由于乙能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應而使其特色，所以乙的結構簡式為乙中含有碳碳雙鍵和醛基，則鈉、碳酸鈉溶液和乙酸均與乙不反應，而能與溴水發(fā)生反應，答案選b；（4）苯環(huán)上的一氯代物有兩種，說明結構對稱；發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，則符合條件的有機物結構簡式為考點：考查有機物推斷、官能團、同分異構體、反應類型等有關判斷【解析】【答案】（1）碳碳雙鍵（1分）羥基（1分）（2）加成反應（2分）（2分）（3）b（2分）（4）（2分）18、略

【分析】試題分析：強酸性溶液中一定不會存在CO32-和SO32-離子，加入過量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀為BaSO4沉淀，說明溶液中含有SO42-離子，生成氣體A，A連續(xù)氧化生成D和E，則A為NO，D為NO2，E為HNO3，說明溶液中含有還原性離子，一定為Fe2+離子，溶液B中加入過量NaOH溶液，生成氣體F，則F為NH3，說明溶液中含有NH4+離子，溶液H中溶于CO2氣體，生成沉淀I，則I為Al（OH）3，H為NaAlO2，說明溶液中含有Al3+離子，溶液中含有Fe2+離子，就一定不含NO3-離子，含有SO42-離子就一定不含Ba2+離子，不能確定是否含有的離子Fe3+和Cl-，則（1）由上述分析可知，氣體F為NH3；（2）由上述分析可知，一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-，可能含F(xiàn)e3+、Cl-；（3）A為NO，生成A的離子方程式為3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O；（4）Fe2+離子被氧化為Fe3+離子，加入NaOH溶液后生成G：Fe（OH）3，和次氯酸反應獲得高鐵酸鉀的方程式為3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═3Cl-+2FeO42-+5H2O。考點：考查離子的檢驗及推斷【解析】【答案】（1）NH3（2）Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-；Fe3+、Cl-（3）3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O（4）3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═3Cl-+2FeO42-+5H2O19、略

【分析】解：溶液呈無色，則一定不含MnO4-；

1、取適量溶液，加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到無色溶液，說明溶液中含有CO32-，則一定不含Ag+、Ba2+、Al3+；

2、在（Ⅰ）所得溶液中加入過量NH4HCO3溶液，有氣體生成，同時析出白色沉淀甲，說明（Ⅰ）中含有Al3+，則原溶液中含有AlO2-；

3、在（Ⅱ）所得溶液中加入過量Ba（OH）2溶液也有氣體生成，同時析出白色沉淀乙，該氣體為氨氣，沉淀為BaCO3或BaSO4，不能確定原溶液中是否含有SO42-；

根據(jù)溶液電中性原則可知含有Na+，所以溶液中一定含有Na+、CO32-、AlO2-；

所以：

（1）白色沉淀甲是氣體A的成分是：寫出步驟②形成白色沉淀甲，是鋁離子和碳酸氫根離子發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁，反應的離子的方程式為Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案為：Al（OH）3；

（2）X溶液中一定存在的離子是：Na+、CO32-、AlO2-，故答案為：Na+、CO32-、AlO2-；

（3）溶液中含有碳酸根離子可能含有硫酸根離子所以加過量的氫氧化鋇生成白色沉淀一定含有碳酸鋇；可能有硫酸鋇，故答案為：碳酸鋇；硫酸鋇；

（4）氣體A的成分是：二氧化碳，氣體B的成分是氨氣，CO2+NH3+H2O=NH4HCO3，故答案為：CO2+NH3+H2O=NH4HCO3．

溶液呈無色，則一定不含MnO4-；

1、取適量溶液，加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到無色溶液，說明溶液中含有CO32-；

2、在（Ⅰ）所得溶液中加入過量NH4HCO3溶液，有氣體生成，同時析出白色沉淀甲，說明（Ⅰ）中含有Al3+；

3、在（Ⅱ）所得溶液中加入過量Ba（OH）2溶液也有氣體生成，同時析出白色沉淀乙，該氣體為氨氣，沉淀為BaCO3或BaSO4．結合離子共存問題解答該題．

本題考查離子的推斷和離子共存問題，題目難度中等，本題注意根據(jù)物質反應的現(xiàn)象進行推斷，易錯點為SO42-的確定．【解析】Al（OH）3；Na+、CO32-、AlO2-；碳酸鋇；硫酸鋇；CO2+NH3+H2O=NH4HCO320、略

【分析】解：（1）C原子核外未成對電子數(shù)是2；與碳同周期，說明處于第二周期，且基態(tài)原子的核外未成對電子數(shù)是2的元素是O元素；

故答案為：O；

（2）石墨烯中每個C原子價層電子對個數(shù)是3，根據(jù)價層電子對互斥理論知C原子雜化類型為sp2；相同溫度下；含有分子間氫鍵的物質熔沸點較高，甲醇分子間形成氫鍵；丙烯分子間只存在范德華力，所以常溫下甲醇是液態(tài)、丙烯是氣態(tài)；

故答案為：sp2；甲醇分子間存在氫鍵；而丙烯分子間只有范德華力；

（3）金剛石中最小環(huán)上含有6個C原子；Si和金剛石結構相似，所以每個最小環(huán)上含有6個Si原子，二氧化硅晶體相當于在硅晶體結構中每個硅與硅的化學鍵之間插入一個O原子，所以Si；O形成的最小環(huán)上O原子數(shù)目是6，故答案為：6；

（4）每個晶胞中C60分子個數(shù)=8×+6×=4；故答案為：4．

（1）C原子核外未成對電子數(shù)是2；與碳同周期，且基態(tài)原子的核外未成對電子數(shù)相等的元素是O元素；（2）石墨烯中每個C原子價層電子對個數(shù)是3，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化類型；相同溫度下，含有分子間氫鍵的物質熔沸點較高；

（3）金剛石中最小環(huán)上含有6個C原子；Si和金剛石結構相似，所以每個最小環(huán)上含有6個Si原子，二氧化硅晶體相當于在硅晶體結構中每個硅與硅的化學鍵之間插入一個O原子，據(jù)此判斷Si；O形成的最小環(huán)上O原子數(shù)目；

（4）每個晶胞中C60分子個數(shù)=8×+6×．

本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、原子雜化方式判斷、氫鍵、原子核外電子排布等知識點，利用均攤法、價層電子對互斥理論等知識點即可解答，易錯點是判斷二氧化硅中最小環(huán)上O原子個數(shù)，題目難度不大．【解析】O；sp2；甲醇分子間存在氫鍵，而丙烯分子間只有范德華力；6；421、（1）（2）吸熱（3）700（4）等于（5）不（6）逆反應方向【分析】【分析】本題考查平衡常數(shù)的判斷和應用以及外界條件對平衡的影響。該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題。試題綜合性強，難易適中，側重對學生基礎知識的檢驗和訓練，同時兼顧對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提高學生的應試能力。該題的難點在于平衡狀態(tài)的判斷?！窘獯稹縭m{(1)}化學平衡常數(shù)是在一定條件下，當可逆反應達到平衡狀態(tài)時，生成物濃度的冪之積和反應物濃度的冪之積的比值，所以根據(jù)方程式可知，該反應的平衡常數(shù)為rm{K=dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}}故答案為：rm{dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}}

rm{K=

dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}}隨著溫度的升高，rm{

dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}}值是增大，這說明升高溫度平衡向正反應方向移動，則正方應是吸熱反應；故答案為：吸熱；

rm{(3)K=dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}=dfrac{3}{5}=0.6}rm{(2)}rm{K}故答案為：rm{(3)K=

dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}=dfrac{3}{5}=0.6

}

此時的溫度為rm{700}化學平衡常數(shù)rm{700}只與溫度有關，若rm{隆忙}時，向容器中充入rm{700}rm{(4)}反應達到平衡后，其化學平衡常數(shù)rm{K}為rm{830隆忙}故答案為：rm{1molCO}rm{5molH_{2}O}這是一個反應前后氣體計量數(shù)不變的反應，所以rm{K}故答案為：不；rm{(6){Q}_{c}=dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}=dfrac{4隆脕4}{2隆脕2}=4>{K}_{sp}}故平衡向rm{1.0}rm{1.0}等于；【解析】rm{(1)}rm{K=dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}}rm{K=

dfrac{c(CO)隆隴c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})隆隴c({H}_{2})}}吸熱rm{(2)}rm{(3)}rm{700}等于rm{700}不rm{(4)}rm{(5)}rm{(6)}四、工業(yè)流程題(共2題，共18分)22、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數(shù)偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%23、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮氣，將產物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關系式計算。據(jù)此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮氣，將產物收集到蒸發(fā)皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產生誤差；③設25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質量，正確找出關系式是答題的關鍵；易錯點是實驗操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產生誤差96.1%五、解答題(共3題，共12分)24、略

【分析】

（1）根據(jù)總物質的量一定時有機物完全燃燒時，生成水的質量和消耗O2的質量不變，則化學式中的氫原子個數(shù)相同，所消耗的氧氣始終一定說明該有機物與苯酚相比分子組成相差n個CO2這樣多的碳就不消耗氧氣了所以該有機物的化學式為C6H6O?nCO2，所以兩者相對分子質量之差為44（CO2）的倍數(shù)．

故答案為：44．

（2）相對分子質量最小的物質A，A溶液能與NaHCO3反應放出氣體，故A分子中含有-COOH，所以A分子中含一個羥基和一個羧基，A為HO-C6H4-COOH，故1molA消耗2molNaOH．由酚羥基、羧基、鹽酸與氫氧化鈉的反應可知n（C6H5OH）+2×n（A）+n（HCl）=n（NaOH），故n（C6H5OH）+2×n（A）=n（NaOH）-n（HCl）=0.05L×1.000mol/L-0.02L×0.100mol/L×=0.03mol，再根據(jù)二者的質量之和有94g/mol×n（C6H5OH）+138g/mol×n（A）=2.32g，聯(lián)立方程解得n（C6H5OH）=0.01mol，n苯酚的質量m（C6H5OH）=0.01mol×94g/mol=0.94g，故苯酚的質量分數(shù)w（C6H5OH）=×100%=40.5%．

答：該混合物中苯酚的質量分數(shù)40.5%．

【解析】【答案】（1）根據(jù)總物質的量一定時有機物完全燃燒時，生成水的質量和消耗O2的質量不變，則化學式中的氫原子個數(shù)相同，所消耗的氧氣始終一定，說明該有機物與苯酚相比分子組成相差n個CO2這樣多的碳就不消耗氧氣了，所以該有機物的化學式為C6H6O?nCO2，所以兩者相對分子質量之差為44（CO2）的倍數(shù)．

（2）相對分子質量最小的物質A，A溶液能與NaHCO3反應放出氣體，故A分子中含有-COOH，故A分子中含一個羥基和一個羧基，A為HO-C6H4-COOH，故1molA消耗2molNaOH．由酚羥基、羧基、鹽酸與氫氧化鈉的反應可知n（C6H5OH）+2×n（A）+n（HCl）=n（NaOH），再根據(jù)二者的質量