2025年岳麓版高三化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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年岳麓版高三化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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5題，共10分)1、實(shí)驗室用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列操作會使所測NaOH濃度偏低的是（）A.滴定前，未用NaOH溶液對錐形瓶進(jìn)行潤洗B.滴定過程中，有少量鹽酸滴在錐形瓶外C.盛裝鹽酸前，未對酸式滴定管進(jìn)行潤洗D.滴定終點(diǎn)時，對酸式滴定管俯視讀數(shù)2、ClO2是一種殺菌消毒效率高、二次污染小的水處理劑，實(shí)驗室中可通過以下反應(yīng)制得2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列說法不正確的是（）A.KClO3發(fā)生還原反應(yīng)B.H2C2O4在反應(yīng)中被氧化C.H2C2O4的氧化性強(qiáng)于ClO2的氧化性D.每生成1molClO2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為6.02×10233、下列選用的相關(guān)儀器符合實(shí)驗要求的是()。ABCD存放濃硝酸分離水和乙酸乙酯準(zhǔn)確量取9.50mL水實(shí)驗室制取乙烯A.AB.BC.CD.D4、同位素的發(fā)現(xiàn)能揭示物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)與性質(zhì)之間的關(guān)系．下列說法正確的是（）A.O2和O3互為同位素B.1個15O2中含有18個中子C.18O2與16O2的性質(zhì)完全相同D.16O和18O的核外電子數(shù)相同5、用酒精燈給下列儀器加熱時，不需墊石棉網(wǎng)的是（）A.試管B.錐形瓶C.燒杯D.燒瓶評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、海水中蘊(yùn)藏著豐富的資源．海水綜合利用的示意圖如下：

下列說法正確的是（）A.通過氯堿工業(yè)可生產(chǎn)的產(chǎn)品有NaOH、NaClO、鹽酸、Na2CO3等B.除去粗鹽中的SO42-、Ca2+、Mg2+等雜質(zhì)，加入試劑及相關(guān)操作順序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→過濾→鹽酸C.可將MgCl2?6H2O晶體在空氣中直接加熱脫水得到較純凈的無水MgCl2D.電解MgCl2溶液可制取金屬鎂7、工業(yè)上有一種用CO2生產(chǎn)甲醇的方法：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）+49kJ，現(xiàn)將6molCO2和8molH2充入20L的密閉容器中，測得H2的物質(zhì)的量隨時間變化如圖所示，a、b、c、d括號內(nèi)數(shù)據(jù)表示坐標(biāo)．下列說法正確的是（）A.升高溫度，平衡常數(shù)將變大B.0～1min，v（CO2）=0.1mol/（L?min）C.達(dá)到平衡時，氫氣的轉(zhuǎn)化率為75%D.到達(dá)平衡時，甲醇的體積分?jǐn)?shù)為20%8、某高分子化合物的部分結(jié)構(gòu)如下：下列說法正確的是（雙選）（）A.聚合物的分子式是C3H3Cl3B.聚合物的鏈節(jié)是C.合成該聚合物的單體是CHCl═CHClD.若n表示聚合度，則其相對分子質(zhì)量為97n9、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.一定溫度下，pH=6的純水中含有OH-的數(shù)目為10-6NAB.120gNaHSO4固體中含有的離子總數(shù)為2NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙烷中所含分子的數(shù)目為NAD.100mL0.5mol/L-1的（NH4）2SO4溶液中，NH4+的數(shù)目為0.1NA10、某無色氣體X，可能含有CO2、SO2、HCl、HBr中的一種或幾鐘．將X通過適量的氯水時，X完全被吸收．將所得的無色溶液分裝于兩支試管后，分別加入酸化AgNO3與BaCl2溶液，結(jié)果均產(chǎn)生白色沉淀．下列推論正確的是（）A.X中可能有HBrB.X中一定有SO2C.X中可能有CO2D.X中一定有HCl評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)11、閱讀下面短文．

光的散射與丁達(dá)爾效應(yīng)。

光通過光學(xué)性質(zhì)不均勻的介質(zhì)時出現(xiàn)偏離原來傳播方向；而沿側(cè)向傳播的現(xiàn)象，稱為光的散射．在暗室里，將一束經(jīng)聚集后的光線投射到膠體系統(tǒng)上，在與入射光垂直的方向上，可觀察到一條明亮的光路，這就是丁達(dá)爾效應(yīng)．產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)的實(shí)質(zhì)是光的散射．

表1分散系對可見光的不同作用。

。溶液膠體濁液光路示意圖對光的主要作用透射散射反射或折射當(dāng)入射光的波長略大于分散相粒子的直徑時就發(fā)生光的散射．可見光的波長在400～760nm的范圍；略大于一般膠體粒子的直徑（1～100nm），因此當(dāng)可見光束投射于膠體時，就發(fā)生光的散射，產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)．

對于溶液；分散質(zhì)分子或離子更小，對可見光的散射作用很微弱；而當(dāng)可見光束通過濁液時，由于分散質(zhì)的粒子直徑大于入射光的波長，主要發(fā)生反射或折射現(xiàn)象．

回答下列問題：

（1）產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)的實(shí)質(zhì)是____．

（2）制備Fe（OH）3膠體，在小燒杯中加入20mL蒸餾水，加熱至沸騰后，向沸水中滴入5～6滴飽和的____溶液；繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色即可．

（3）膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是____（填序號）．

a．膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)b．膠體粒子可以透過濾紙。

c．膠體的膠粒帶有電荷d．膠體粒子的直徑在1～100nm之間。

（4）CuSO4溶液無明顯丁達(dá)爾效應(yīng)的原因是____．12、某興趣小組欲利用下列裝置1探究A反應(yīng)中Cl2的產(chǎn)生速率．

（1）完善A中反應(yīng)：____KMnO4+____HC1═____MnCl2+____Cl2↑+____KCl+____，A、B、C裝置的接口連接順序為：①→____→____→____→____〔填數(shù)肀序號）．

（2）當(dāng)黃綠色氣體緩緩慢進(jìn)人C時，一段時間后C中溶液才變藍(lán)，C中溶液變藍(lán)前發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____；少量淀粉KI溶液的作用是____

（3）若實(shí)驗測得速率值偏??；小組同學(xué)作如圖2實(shí)驗改進(jìn)和反思，請幫助完成；

I、用D裝置代替c裝置，目的是____

Ⅱ；導(dǎo)致測得值偏小的原因可能還有：

①Cl2擴(kuò)散需要一段時間。

②____（任答一點(diǎn)）

（4）進(jìn)一步探究：僅將A裝置做如圖2改變．則此改進(jìn)欲探究的是____．13、（1）0.5molCH4的質(zhì)量是____，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為____；含____個氫原子．

（2）將標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為____；

（3）配制300mL0.5mol?L-1氯化鈉溶液，需要1.5mol?L-1的氯化鈉溶液的體積是____mL．14、某溫度時，測得0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH=11，則在此溫度下pH=3的某溶液中=____．15、實(shí)驗基礎(chǔ)題

（1）現(xiàn)要配制150mL0.2mol?L-1NaCl溶液，請按使用的先后順序，寫出所用到的玻璃儀器：____．

（2）要除去NO中NO2雜質(zhì)，所用的除雜方法是____，所用的試劑是____；請畫出裝置圖____．

（3）請回憶下列氣體制取的發(fā)生裝置：

A．實(shí)驗室用MnO2和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣；B．大理石與稀鹽酸反應(yīng)制取CO2C．氯化銨與熟石灰反應(yīng)制取氨氣

某同學(xué)計劃在實(shí)驗室，用銅片與濃硫酸反應(yīng)制取SO2氣體，其發(fā)生裝置應(yīng)選用上述三種裝置中的____，請按從下往上的順序?qū)懗鏊貌Ａx器的名稱____．16、切開的金屬Na暴露在空氣中，其變化過程如下：（1）反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)過程與能量變化的關(guān)系如下：①反應(yīng)Ⅰ是反應(yīng)（填“放熱”或“吸熱”），判斷依據(jù)是。②1molNa(s)全部氧化成Na2O(s)的熱化學(xué)方程式是。（2）反應(yīng)Ⅱ是Na2O與水的反應(yīng)，其產(chǎn)物的電子式是。（3）白色粉末為Na2CO3。將其溶于水配制為0.1mol/LNa2CO3溶液，下列說法正確的是（填字母）。A．升高溫度，溶液的pH降低B．c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)C．加入少量NaOH固體，c(CO32―)與c(Na＋)均增大D．c(Na＋)>c(CO32―)>c(HCO3―)>c(OH―)>c(H＋)（4）鈉電池的研究開發(fā)在一定程度上可緩和因鋰資源短缺引發(fā)的電池發(fā)展受限問題。①鈉比鋰活潑，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因_______。②ZEBRA電池是一種鈉電池，總反應(yīng)為NiCl2+2NaNi+2NaCl。其正極反應(yīng)式是_____。17、A、B、C為短周期元素，在周期表中所處的位置如圖所示．A；C兩元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的質(zhì)子數(shù)．B原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等．

（1）寫出A、B、C三元素名稱____、____、____．

（2）C在元素周期表中的位置是____．

（3）B的原子結(jié)構(gòu)示意圖為____，C的氫化物與B的氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)弱順序為____（填化學(xué)式）．

（4）比較A、C的原子半徑：A____C，寫出A的氣態(tài)氫化物與A的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（5）寫出A的氣態(tài)氫化物的電子式____．18、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中；逐滴加入NaOH溶液直至過量．經(jīng)測定，加入的NaOH的物質(zhì)的量(mol)和所得沉淀的物質(zhì)的量(mol)的關(guān)系如圖所示．則：

(1)寫出代表各線段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：

OD段____________；

DC段____________．

(2)原溶液中Mg2+、Al3+物質(zhì)的量濃度之比為____________．

(3)圖中C點(diǎn)表示當(dāng)加入____________molNaOH時，Al3+已經(jīng)轉(zhuǎn)化為____________Mg2+已經(jīng)轉(zhuǎn)化為____________．

(4)圖中線段OA：AB=____________．評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)19、將10克氯化鈉溶于4℃、90毫升的水中，所得溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為90%．____（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共3題，共9分)20、氯化兩面針堿rm{(H)}具有抑制腫瘤細(xì)胞增殖和誘殺作用，被認(rèn)定為潛在的抗腫瘤藥物。其合成路線如下：具有抑制腫瘤細(xì)胞增殖和誘殺作用，被認(rèn)定為潛在的抗腫瘤藥物。其合成路線如下：rm{(H)}化合物rm{(1)}化合物rm{B}中含氧官能團(tuán)的名稱為________和________。中含氧官能團(tuán)的名稱為________和________。rm{(1)}化合物rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為________________；由rm{(2)}化合物rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式為________________；由rm{E隆煤F}的反應(yīng)類型為________________。的反應(yīng)類型為________________。rm{(2)}寫出同時滿足下列條件的rm{C}的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________________。rm{E隆煤F}能與rm{(3)}寫出同時滿足下列條件的rm{A}的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________________。rm{(3)}rm{A}既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)；rm{壟脵}能與rm{FeCl}分子中只含rm{壟脵}種不同化學(xué)環(huán)境的氫。rm{FeCl}請以rm{{,!}_{3}}溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，rm{壟脷}既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)；rm{壟脹}分子中只含rm{4}種不同化學(xué)環(huán)境的氫。無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干rm{壟脷}rm{壟脹}21、向亞硫酸鈉中滴加酚酞，溶液變?yōu)榧t色，若在該溶液中再滴入過量的rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，溶液紅色褪去，請結(jié)合離子方程式，運(yùn)用平衡移動原理進(jìn)行解釋：____。22、已知酮（R-C-R’）不發(fā)生銀鏡反應(yīng)；酮在一定條件下能催化加氫還原成相應(yīng)的醇；現(xiàn)有如圖的反應(yīng)關(guān)系，方框內(nèi)均表示有機(jī)物．

（1）寫出反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式______

（2）寫出D、F、H的結(jié)構(gòu)簡式D______F______H______

（3）寫出反應(yīng)Ⅱ和反應(yīng)Ⅳ的反應(yīng)類型：______，______．評卷人得分六、探究題(共4題，共28分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實(shí)驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．24、實(shí)驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實(shí)驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．26、實(shí)驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．【解析】【解答】解：A．滴定前；未用NaOH溶液對錐形瓶進(jìn)行潤洗，標(biāo)準(zhǔn)液的體積不變，結(jié)果不變，故A錯誤；

B．滴定過程中，有少量鹽酸滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；可知c（待測）偏大，故B錯誤；

C．盛裝鹽酸前，未對酸式滴定管進(jìn)行潤洗，標(biāo)準(zhǔn)液濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；可知c（待測）偏大，故C錯誤；

D．滴定終點(diǎn)時，對酸式滴定管俯視讀數(shù)，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；可知c（待測）偏小，故D正確；

故選D．2、C【分析】【解答】解：A．KClO3中Cl元素的化合價由+5價降低為+4價，得到電子被還原發(fā)生還原反應(yīng)，則KClO3發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；B．H2C2O4中C元素的化合價由+3加升高為+4價，則H2C2O4在反應(yīng)中被氧化；故B正確；

C．由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，KClO3的氧化性強(qiáng)于CO2的氧化性，不能比較H2C2O4、ClO2的氧化性；故C錯誤；

D．每生成1molClO2，轉(zhuǎn)移的電子為1×（5﹣4）×6.02×1023=6.02×1023；故D正確；

故選C．

【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合價由+5價降低為+4價，C元素的化合價由+3加升高為+4價，以此來解答．3、B【分析】解：A．濃硝酸有強(qiáng)氧化性；能將橡膠塞氧化，不能用橡膠塞，故A錯誤；

B．分液漏斗分離互不相溶的液體；水和乙酸乙酯不互溶，能分層，能用分液漏斗分離，故B正確；

C．量筒精確到0.1ml；無法量取9.50mL水，故C錯誤；

D．實(shí)驗室制取乙烯需在170℃；溫度計的最大量程是100℃，不符合要求，故D錯誤．

故選B．【解析】【答案】B4、D【分析】【分析】A．同位素是指：質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同種元素的不同核素；

B．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；

C．同位素原子物理性質(zhì)不同；化學(xué)性質(zhì)相同；

D．根據(jù)原子符號的含義，左上角數(shù)字為質(zhì)量數(shù)，左下角數(shù)字為質(zhì)子數(shù)，質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)來解答．【解析】【解答】解：A．O2和O3是由同種元素組成的性質(zhì)不同的單質(zhì)；互為同素異形體，故A錯誤；

B．15O，中質(zhì)量數(shù)為15，質(zhì)子數(shù)8，所以中子數(shù)=15-8=7，所以1個15O2中含有2×7=14個中子；故B錯誤；

C．18O2與16O2的是由氧的不同核素組成的同種物質(zhì)；物理性質(zhì)有所不同，化學(xué)性質(zhì)相同，故C錯誤；

D．16O和18O的質(zhì)子數(shù)都為8，所以核外電子數(shù)都為8，兩者相等，故選D．5、A【分析】【分析】實(shí)驗室中；能夠直接加熱的儀器有：試管；燃燒匙、蒸發(fā)皿和坩堝等；

需要墊石棉網(wǎng)的是：燒杯；燒瓶、錐形瓶等；

不能加熱的儀器有：漏斗、量筒、集氣瓶等，據(jù)此完成本題．【解析】【解答】解；A；試管是化學(xué)實(shí)驗中最常用的儀器；可以在酒精燈上直接加熱，故A正確；

B；給錐形瓶中的液體加熱時；為了受熱均勻，需要墊上石棉網(wǎng)進(jìn)行加熱，故B錯誤；

C；燒杯進(jìn)行加熱時；不能直接加熱，需要墊上石棉網(wǎng)加熱，故C錯誤；

D；給燒瓶加熱時；不能直接加熱，應(yīng)該墊上石棉網(wǎng)，使其受熱均勻，故D錯誤；

故選A．二、多選題(共5題，共10分)6、AB【分析】【分析】A．氯堿工業(yè)主要產(chǎn)品是氫氧化鈉和氯氣；根據(jù)物質(zhì)間的反應(yīng)確定產(chǎn)品；

B．除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙；可以加過量的氯化鋇除去硫酸根離子，然后用碳酸鈉去除鈣離子和過量的鋇離子．鹽酸要放在最后，來除去過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，加氫氧化鈉和氯化鋇無先后順序要求；

C．若在空氣中加熱MgCl2?6H2O；生成的是Mg（OH）Cl；

D．活潑金屬采用電解其熔融鹽或氧化物的方法冶煉．【解析】【解答】解：A．氯堿工業(yè)主要產(chǎn)品是氫氧化鈉和氯氣，延伸產(chǎn)品可以有NaClO、鹽酸、Na2CO3等；故A正確；

B．鎂離子用氫氧根離子沉淀，加入過量的氫氧化鈉可以將鎂離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，加入過量的氯化鋇可以將硫酸根離子沉淀，至于先除鎂離子，還是先除硫酸根離子都行，鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為沉淀，但是加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應(yīng)剩余的氯化鋇，離子都沉淀了，再進(jìn)行過濾，最后再加入鹽酸除去反應(yīng)剩余的氫氧根離子和碳酸根離子，所以正確的順序為：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→過濾→鹽酸；故B正確；

C．若在空氣中加熱MgCl2?6H2O，生成的是Mg（OH）Cl，在干燥的HCl氣流中加熱MgCl2?6H2O來得到無水MgCl2；故C錯誤；

D．鎂是活潑金屬；如果電解氯化鎂溶液，陰極上氫離子放電而不是鎂離子放電，所以得不到鎂單質(zhì)，工業(yè)上用電解熔融氯化鎂的方法冶煉鎂，故D錯誤；

故選AB．7、CD【分析】【分析】A．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；升高溫度后平衡向著逆向移動，則平衡常數(shù)減??；

B.0～1min，氫氣的物質(zhì)的量從8mol變?yōu)?mol，根據(jù)v=計算出氫氣的反應(yīng)速率；然后根據(jù)反應(yīng)速率與計量數(shù)成正比計算出二氧化碳的平均反應(yīng)速率；

C．轉(zhuǎn)化率=×100%；據(jù)此計算出氫氣的轉(zhuǎn)化率；

D．平衡時消耗了6mol氫氣，據(jù)此可計算出平衡時甲醇的物質(zhì)的量，然后利用差量法計算出平衡時氣體減小的總物質(zhì)的量，最后計算出甲醇的體積分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：A．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；升高溫度后平衡向著逆向移動，則反應(yīng)物濃度增大，生成物濃度減小，所以平衡常數(shù)會減小，故A錯誤；

B.0～1min，氫氣的物質(zhì)的量從8mol變?yōu)?mol，氫氣消耗了2mol，則v（H2）===0.1mol/（L?min），則v（CO2）=v（H2）=mol/（L?min）；故B錯誤；

C．平衡時氫氣的物質(zhì)的量為2mol，則平衡時消耗氫氣的物質(zhì)的量為：8mol-2mol=6mol，則氫氣的轉(zhuǎn)化率為：×100%=75%；故C正確；

D．CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△n（減?。?/p>

312

6moln△n

則平衡時混合氣體減小的物質(zhì)的量為：△n==4mol；則平衡時氣體的總物質(zhì)的量為：6mol+8mol-4mol=10mol；

平衡時生成甲醇的物質(zhì)的量為n==2mol，所以甲醇的體積分?jǐn)?shù)為：×100%=20%；故D正確；

故選CD．8、CD【分析】【分析】在高分子鏈中；單體轉(zhuǎn)變?yōu)樵诨瘜W(xué)組成上能夠重復(fù)的最小單位，即鏈節(jié)；

根據(jù)鏈節(jié)尋找單體：凡鏈節(jié)的主碳鏈為兩個碳原子其單體必為一種；將鏈節(jié)的兩個半鍵閉全即為單體；

凡鏈節(jié)中主碳鏈為4個碳原子個碳原子個碳原子個碳原子；無碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)，其單體必為兩種從主鏈中間斷開后再分別將兩個半鍵閉合即得單體；

根據(jù)以上知識進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：A．該聚合物的分子式為：（C2H2Cl2）n；故A錯誤；

B．因為高分子主鏈上均為C原子，又由于鏈節(jié)是重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元，且碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以該高分子化合物的鏈節(jié)是：故B錯誤；

C．該高分子化合物的鏈節(jié)是：將兩個半鍵閉合可得其單體：CHCl═CHCl，故C正確；

D．根據(jù)分子式可知：（C2H2Cl2）n；其相對分子質(zhì)量為97n（n為聚合度），故D正確．

故選CD．9、BC【分析】【分析】A．一定溫度離子積常為10-12，計算氫氧根離子濃度為10-6mol/L；溶液體積不知不能計算微粒數(shù)；

B．硫酸氫鈉是鈉離子和硫酸氫根離子構(gòu)成；

C．標(biāo)況下22.4L乙烷的物質(zhì)的量為1mol；

D．氨根離子為弱堿陽離子，部分發(fā)生水解．【解析】【解答】解：A．一定溫度下，pH=6的純水中，離子積常為10-12，氫氧根離子濃度為10-6mol/L；溶液體積不知不能計算氫氧根微粒數(shù)，故A錯誤；

B.120gNaHSO4固體的物質(zhì)的量為=1mol，含有的離子總數(shù)為2NA；故B正確；

C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙烷的物質(zhì)的量為1mol，乙烷含有的分子數(shù)為NA；故C正確；

D．氨根離子為弱堿陽離子，部分發(fā)生水解，所以100mL0.5mol/L-1的（NH4）2SO4溶液中，NH4+的數(shù)目小于0.1NA；故D錯誤；

故選：BC．10、BC【分析】【分析】能與氯氣反應(yīng)的有SO2、HBr，加入酸化的BaCl2溶液，結(jié)果產(chǎn)生白色沉淀，說明一定有SO2，沉淀為硫酸鋇；加入酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀為氯化銀，但氯水中含有氯元素，不能確定原氣體含氯化氫．【解析】【解答】解：將X通過適量的氯水時，X恰好完全反應(yīng)，沒有任何氣體剩余，能與氯氣反應(yīng)的有SO2、HBr，所得溶液是無色溶液，判斷氣體中一定無HBr；加入酸化的BaCl2溶液，結(jié)果產(chǎn)生白色沉淀，說明一定有SO2，沉淀為硫酸鋇；加入酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀為氯化銀，但氯水中含有氯元素，不能確定原氣體含氯化氫．二氧化碳依據(jù)混合氣體中含量多少，可能被完全吸收，也可能不能被完全吸收，所以二氧化碳不一定含有，故一定無HBr，一定含SO2，無法確定的是CO2和HCl；

故選BC．三、填空題(共8題，共16分)11、光的散射FeCl3d分散質(zhì)的離子很小，對可見光的散射作用很微弱【分析】【分析】（1）產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)的實(shí)質(zhì)是光的散射；

（2）向沸水中滴入5～6滴飽和的FeCl3溶液；繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色可制得氫氧化鐵膠體；

（3）膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑的大小不同；

（4）溶液分散質(zhì)分子或離子更小，對可見光的散射作用很微弱．【解析】【解答】解：（1）在暗室里；將一束經(jīng)聚集后的光線投射到膠體系統(tǒng)上，在與入射光垂直的方向上，可觀察到一條明亮的光路，這就是丁達(dá)爾效應(yīng)．產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)的實(shí)質(zhì)是光的散射，故答案為：光的散射；

（2）向沸水中滴入幾滴FeCl3飽和溶液，繼續(xù)煮沸至溶液變成紅褐色，即可制得氫氧化鐵膠體，故答案為：FeCl3；

（3）膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑的大小不同；膠體的分散質(zhì)微粒直徑介于1-100nm之間，故答案為：d；

（4）溶液分散質(zhì)分子或離子更小，對可見光的散射作用很微弱，故答案為：分散質(zhì)的離子很小，對可見光的散射作用很微弱．12、2162528H2O②③⑤④Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+指示劑利用多孔球泡將氣體分散為小氣泡，增大氣體與溶液的接觸面積，加快吸收速率，減少Cl2逸出C中亞硫酸鈉溶液濃度偏小，氣體吸收速率小于氣體生成速率濃度對反應(yīng)速率的影響【分析】【分析】（1）依據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒以及元素守恒配平即可；BC裝置分別為洗氣和驗證；故應(yīng)“長進(jìn)短出”，據(jù)此解答即可；

（2）亞硫酸鈉具有還原性；氯氣具有氧化性，能氧化亞硫酸根生成硫酸根，碘遇淀粉變藍(lán)；據(jù)此解答即可；

（3）I；D裝置與C裝置的不同點(diǎn)在于D中加了一個多孔球泡；據(jù)此多孔氣泡用途回答；

II；若氣體吸收速率過慢；可以導(dǎo)致氯氣的損失，亞硫酸鈉的濃度太小，也可以導(dǎo)致氣體吸收不完全，據(jù)此解答即可；

（4）將A裝置做如圖2改變，從圖中得出改變的是HCl的濃度，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：（1）KMnO4中Mn由+5價降低到MnCl2中的+2價，故發(fā)生還原反應(yīng)，化合價變化為5，HCl中Cl從-1價升高到0價，故化合價變化為1，故氯氣前系數(shù)為5，氯化錳為2，據(jù)此依據(jù)質(zhì)量守恒定律得出：2KMnO4+16HC1═2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，B為除去氯氣中HCl雜質(zhì)氣體，故應(yīng)從②進(jìn)入，C為驗證氣體裝置，故應(yīng)從⑤進(jìn)入，故答案為：2、16、2、5、2、8H2O；②③⑤④；

（2）亞硫酸鈉具有還原性，氯氣具有氧化性，能氧化亞硫酸根生成硫酸根，在溶液中本身被還原生成氯離子，離子反應(yīng)方程式為：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+，若溶液中存有亞硫酸根，就不會有碘單質(zhì)生成，即此時淀粉KI試紙不變藍(lán)，只有亞硫酸根完全反應(yīng)，通入的氯氣置換出KI中的碘生成碘碘單質(zhì)，此時溶液變藍(lán)，故淀粉KI為指示劑，故答案為：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+；指示劑；

（3）I、D裝置與C裝置的不同點(diǎn)在于D中加了一個多孔球泡，利用多孔球泡可以將氣體分散為小氣泡，增大氣體與溶液的接觸面積，加快吸收速率，減少Cl2逸出，故答案為：利用多孔球泡將氣體分散為小氣泡，增大氣體與溶液的接觸面積，加快吸收速率，減少Cl2逸出；

II；若氣體吸收速率過慢；可以導(dǎo)致氯氣的損失，亞硫酸鈉的濃度太小，也可以導(dǎo)致氣體吸收不完全，故答案為：C中亞硫酸鈉溶液濃度偏小，氣體吸收速率小于A中氣體生成速率；

（4）觀察圖可知：圖2中把A中2.0mol/L的HCl換成了1.0mol/L的HCl，故此改進(jìn)要探究的是難度對反應(yīng)速率的影響，答案為：濃度對反應(yīng)速率的影響．13、8g11.2L2NA5mol/L100【分析】【分析】（1）根據(jù)m=nM計算甲烷的質(zhì)量，根據(jù)V=nVm計算甲烷體積；結(jié)合分子含有H原子數(shù)目計算0.5mol甲烷含有氫原子；

（2）根據(jù)n=計算HCl的物質(zhì)的量，再根據(jù)c=計算溶液物質(zhì)的量濃度；

（3）根據(jù)稀釋定律計算．【解析】【解答】解：（1）0.5mol甲烷的質(zhì)量=0.5mol×16g/mol=8g，標(biāo)況下甲烷體積=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，每個分子含有4個H原子，故0.5mol甲烷含有氫原子數(shù)目=0.5mol×4×NAmol-1=2NA；

故答案為：8g；11.2L；2NA；

（2）HCl的物質(zhì)的量==1mol，溶于水配成200mL溶液，所得溶液物質(zhì)的量濃度==5mol/L；

故答案為：5mol/L；

（3）令需要1.5mol?L-1的氯化鈉溶液的體積是xL，根據(jù)稀釋定律：0.3L×0.5mol?L-1=xL×1.5mol?L-1，解得x=0.1L，即需要100mL1.5mol?L-1的氯化鈉溶液；

故答案為：100．14、107【分析】【分析】根據(jù)0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH=11，求出此溫度下的Kw值，然后利用Kw進(jìn)行求解．【解析】【解答】解：pH=11的溶液C（H+）=10-11mol?L-1，C（OH-）=0.01mol?L-1該溫度下Kw=10-13．pH=3溶液中C（H+）=10-3mol?L-1，C（OH-）==10-10mol?L-1；

所以=107；

故答案為：107．15、燒杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管洗氣水A酒精燈、圓底燒瓶、分液漏斗、導(dǎo)氣管【分析】【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應(yīng)所需儀器；

（2）二氧化氮能和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮；從而除去二氧化氮；應(yīng)采用洗氣裝置；

（3）根據(jù)反應(yīng)物的狀態(tài)和反應(yīng)條件選取反應(yīng)裝置，根據(jù)各儀器的作用確定所用玻璃儀器．【解析】【解答】解：（1）配制步驟有量取；稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用天平稱量固體的質(zhì)量，在燒杯中溶解，冷卻至室溫轉(zhuǎn)移到150mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，轉(zhuǎn)移完畢，用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒2～3次并將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再加適量蒸餾水，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，使溶液的凹液面的最低點(diǎn)與刻線相平，塞好瓶塞，反復(fù)上下顛倒搖勻．

故答案為：燒杯；玻璃棒；150mL容量瓶；膠頭滴管．

（2）二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮從而達(dá)到去除二氧化氮的目的；所以所用試劑為水，采用洗氣的方法，氣體長進(jìn)短出，用排水法收集一氧化氮．

故答案為：洗氣；水；

（3）A、MnO2和濃鹽酸的狀態(tài)是固體和液體；反應(yīng)條件是加熱，所以應(yīng)選取固液混合加熱型裝置；

B；大理石與稀鹽酸的狀態(tài)是固體和液體；且反應(yīng)不需加熱，所以應(yīng)選取固液混合不加熱型裝置；

C；氯化銨與熟石灰的狀態(tài)是固體和固體；反應(yīng)條件是加熱，所以應(yīng)選取固固混合加熱型裝置．

銅片與濃硫酸反應(yīng)制取SO2氣體；銅片和濃硫酸狀態(tài)是固體和液體，反應(yīng)條件是加熱，所以應(yīng)選取固液混合加熱型裝置，故選B；

加熱需要酒精燈；盛放固體需要圓底燒瓶，盛放液體需要分液漏斗，導(dǎo)出氣體需要導(dǎo)氣管．

故答案為：A；酒精燈、圓底燒瓶、分液漏斗、導(dǎo)氣管．16、略

【分析】試題分析：（1）①由于反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量高，所以發(fā)生的反應(yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)。②由題目提供的能量關(guān)系可得該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：Na(s)＋1/4O2(g)＝1/2Na2O(s)△H＝－207kJ/mol。（2）反應(yīng)Ⅱ是Na2O與水的反應(yīng)，Na2O與水反應(yīng)產(chǎn)生NaOH，反應(yīng)的方程式為Na2O＋H2O=2NaOH。NaOH的電子式為：（3）A.Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH。鹽的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以升高溫度，促進(jìn)鹽的水解，溶液的堿性增強(qiáng)，溶液的pH增大。錯誤。B．根據(jù)電荷守恒可得c(H＋)+c(Na＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32―)；根據(jù)物料守恒可得c(Na＋)=2c(H2CO3)+2c(HCO3－)+2c(CO32―)，兩式相減，整理可得c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)。正確。C．加入少量NaOH固體，由于Na+物質(zhì)的量增多。c(Na＋)增大，c(OH－)增大，使平衡Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH逆向移動，所以c(CO32―)也增大。正確。D．Na2CO3=2Na＋+CO32―；c(Na＋)>c(CO32―)；H2O+CO32-OH-+HCO3-，所以c(OH―)>c(H＋)。由于在溶液中還存在H2OH＋+OH―。所以cc(OH―)>(HCO3―)。因此在溶液微粒的濃度關(guān)系為c(Na＋)>c(CO32―)>c(OH―)>c(HCO3―)>c(H＋)。錯誤。（4）①Na、Li都是第一主族的元素，由于原子半徑Na>Li。原子半徑越大，原子失去電子的能力就越強(qiáng)，因此鈉比鋰活潑。②由總方程式可知該電池的正極電極式為NiCl2+2Na＋+2e－＝Ni+2NaCl；負(fù)極的電極式為2Na－2e-=2Na+.考點(diǎn)：考查物質(zhì)的能量與反應(yīng)熱的關(guān)系、熱化學(xué)方程式和物質(zhì)的電子式的書寫、鹽的水解、離子濃度的大小比較、原電池反應(yīng)原理的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①放熱反應(yīng)物總能量高于生成物總能量②Na(s)＋1/4O2(g)＝1/2Na2O(s)△H＝－207kJ/mol（2）（3）BC（4）①最外層電子數(shù)相同，隨著核電荷數(shù)增加，原子半徑逐漸增大，金屬性增強(qiáng)。②NiCl2+2Na＋+2e－＝Ni+2NaCl17、氮硫氟第二周期ⅦA族HF＞H2S＞NH3+HNO3=NH4NO3【分析】【分析】A、B、C為短周期元素，由它們在周期表中的位置，可知A、C處于第二周期，B處于第三周期，令A(yù)原子核外電子為x，則B質(zhì)子數(shù)為x+9，C核外電子數(shù)為x+2，則：x+x+2=x+9，解得x=7，故A為N元素、B為S元素、C為F元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A；B、C為短周期元素；由它們在周期表中的位置，可知A、C處于第二周期，B處于第三周期，令A(yù)原子核外電子為x，則B質(zhì)子數(shù)為x+9，C核外電子數(shù)為x+2，則：x+x+2=x+9，解得x=7，故A為N元素、B為S元素、C為F元素．

（1）由上述分析可知；A為氮元素；B為硫元素、C為氟元素，故答案為：氮；硫；氟；

（2）C為氟元素；處于周期表中第二周期ⅦA族，故答案為：第二周期ⅦA族；

（3）B為S元素，原子結(jié)構(gòu)示意圖為非金屬性F＞S，故氫化物穩(wěn)定性：HF＞H2S；

故答案為：HF＞H2S；

（4）同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑A＞C，A的氣態(tài)氫化物、最高價氧化物對應(yīng)水化物分別為氨氣、硝酸，氨氣與硝酸反應(yīng)生成硝酸銨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NH3+HNO3=NH4NO3；

故答案為：＞；NH3+HNO3=NH4NO3；

（5）A的氣態(tài)氫化物為NH3，電子式為：故答案為：．18、略

【分析】解：(1)OD段鎂離子和鋁離子全部轉(zhuǎn)化為沉淀，其離子方程式為Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓；DC段NaOH過量時氫氧化鋁溶解，其離子方程式為：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

故答案為：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

(2)由圖象可知，0～A發(fā)生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，A～B發(fā)生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

C點(diǎn)對應(yīng)的沉淀為Mg(OH)2，D點(diǎn)對應(yīng)的沉淀為Mg(OH)2和Al(OH)3；

則Mg(OH)2的物質(zhì)的量為0.2mol，Al(OH)3的物質(zhì)的量為0.3mol-0.2mol=0.1mol；

由Mg(OH)2～Mg2+、Al(OH)3～Al3+；溶液的體積相同，濃度之比等于物質(zhì)的量之比；

所以原溶液中Mg2+、Al3+物質(zhì)的量濃度之比為0.2mol：0.1mol=2：1；故答案為：2：1；

(3)由Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓

0.2mol0.4mol

Al3++3OH-═Al(OH)3↓

0.1mol0.3mol

Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O

0.1mol0.1mol

則C點(diǎn)NaOH的物質(zhì)的量為0.4mol+0.3mol+0.1mol=0.8mol，此時鋁離子完全轉(zhuǎn)化為AlO2-；鎂離子完全轉(zhuǎn)化為沉淀；

故答案為：0.8；AlO2-；Mg(OH)2；

(4)0～A發(fā)生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓；

A～B發(fā)生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

則線段OA對應(yīng)的NaOH的物質(zhì)的量為0.4mol+0.3mol=0.7mol；

線段AB對應(yīng)的NaOH的物質(zhì)的量為0.1mol；

所以線段OA：AB=0.7mol：0.1mol=7：1；

故答案為：7：1．【解析】Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓;Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O;2：1;0.8;AlO2-;Mg(OH)2;7：1四、判斷題(共1題，共3分)19、×【分析】【分析】4℃時水的1g/mL，根據(jù)m=ρV計算水的質(zhì)量，溶液質(zhì)量=NaCl的質(zhì)量+水的質(zhì)量，溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%．【解析】【解答】解：4℃時90毫升水的質(zhì)量為90mL×1g/mL=90g，故溶液質(zhì)量=10g+90g=100g，則溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=10%，故錯誤，故答案為：×．五、簡答題(共3題，共9分)20、（1）羰基醚鍵

（2）取代

（3）

（4）【分析】【分析】本題考查有機(jī)推斷與合成，涉及多官能團(tuán)有機(jī)物性質(zhì)及同分異構(gòu)體的書寫，難點(diǎn)是設(shè)計合成路線以原料合成目標(biāo)產(chǎn)物，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生基礎(chǔ)性知識要求較高，中等難度。比較rm{A}rm{B}結(jié)構(gòu)簡式知，rm{A}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{B}比較rm{B}和rm{D}的結(jié)構(gòu)簡式可知，結(jié)合rm{C}的分子式可知，rm{B}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{C}rm{C}為rm{D}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{E}rm{E}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{F}rm{F}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{G}rm{G}發(fā)生一系列反應(yīng)生成rm{H}據(jù)此分析。

【解答】比較rm{A}rm{B}結(jié)構(gòu)簡式知，rm{A}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{B}比較rm{B}和rm{D}的結(jié)構(gòu)簡式可知，結(jié)合rm{C}的分子式可知，rm{B}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{C}rm{C}為rm{D}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{E}rm{E}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{F}rm{F}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{G}rm{G}發(fā)生一系列反應(yīng)生成rm{H}rm{(1)}由rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式可知分子結(jié)構(gòu)中含有的含氧官能團(tuán)為羰基和醚鍵；

故答案為：羰基和醚鍵；

rm{(2)}由分析可知rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式為由rm{E}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{F}

故答案為：取代；

rm{(3)壟脵}能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有苯環(huán)和酚羥基；rm{壟脷}既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有醛基和酯基，可能是甲酸酯；rm{壟脹}分子中只含rm{4}種不同化學(xué)環(huán)境的氫，說明結(jié)構(gòu)對稱性比較強(qiáng)，符合上述條件的rm{A}的同分異構(gòu)體可能是

故答案為：

rm{(4)}以為原料制備的合成流程為：

故答案為：【解析】rm{(1)}羰基醚鍵rm{(2)}取代rm{(3)}rm{(4)}21、cd

【分析】

【分析】本題考查了離子濃度大小比較、鹽類水解的原理應(yīng)用，鹽類水解平衡的影響因素判斷、平衡常數(shù)的理解、化學(xué)方程式的有關(guān)計算、化學(xué)平衡移動原理，明確注意電荷守恒、物料守恒在比較離子濃度大小時的應(yīng)用?！窘獯稹縭m{1)a.}根據(jù)電荷守恒得rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HCO}rm{)=c(HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)+c(OH}rm{)+c(OH}，故rm{{,!}^{-}}錯誤；

rm{)+2c(CO}根據(jù)物料守恒得rm{)+2c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{a}rm{b.}根據(jù)物料守恒得rm{c(H_{2}CO_{3})+}rm{b.}故rm{c(H_{2}CO_{3})+}錯誤；rm{c(HCO}rm{c(HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)+c(CO}的水解程度大于其電離程度，則rm{)+c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)=0.1mol隆隴L}rm{)=0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}rmrm{c.}故rm{NaHCO}正確；rm{NaHCO}根據(jù)物料守恒得rm{3}rm{3}溶液顯堿性，rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度大于其電離程度，則rm{HCO_{3}^{-}}rm{c(CO}rm{c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)<c(H}rm{)<c(H}rm{{,!}_{2}}rm{CO}，故rm{CO}正確；故答案為：rm{{,!}_{3}}rm{)}故rm{c}正確；因稀釋rm{)}時，碳酸根離子、碳酸氫根、氫氧根離子的濃度變小，因rm{c}不變，則氫離子的濃度增大，故rm{d.}根據(jù)物料守恒得錯誤；

rm{d.}通入水中，生成rm{c(Na}溶液rm{c(Na}減小，故rm{{,!}^{+}}正確；

rm{)=c(H}加入rm{)=c(H}固體，rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{)+c(HCO}rm{)+c(HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)+c(CO}rm{)+c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}向左移動，rm{dfrac{c(HCO_{3}^{?})}{c(CO_{3}^{2?})}}減小，故rm{)}正確；

rm{)}溫度不變，平衡常數(shù)不變，稀釋溶液，rm1zbm10s，故rm{cd}錯誤；故答案為：rm{2)a.}rm{Na_{2}CO_{3}}根據(jù)題意要求，rm{Kw}被完全吸收，rm{a}也完全反應(yīng)，則反應(yīng)的產(chǎn)物可能是rm{b.CO_{2}}此時rm{H_{2}CO_{3}}的濃度最大rm{pH}或rm此時rm{c.}的濃度最小rm{NaOH}或水解平衡rm{CO}和rm{CO}的混合物，用極值思想分析兩個特殊情況：rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{n(NaOH)=n(CO_{2})=2.40mol}則rm{c(NaOH)=dfrac{2.4mol}{2L}=1.20mol/L}rm{+H}rm{n(NaOH)=2n(CO_{2})=4.80mol}則rm{c(NaOH)=dfrac{4.8mol}{2L}=2.40mol/L}綜合可知，rm{+H}溶液的濃度應(yīng)該為rm{1.20mol/Lleqslantc(NaOH)leqslant2.40mol/L}故答案為：rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4mol/L}

rm{{,!}_{2}}根據(jù)電荷守恒，如溶液呈中性，rm{O}則有rm{O}此時氨水應(yīng)過量少許，故rm{?}正確；

rm{HCO}根據(jù)電荷守恒，rm{HCO}則不可能有rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+OH}rm{+OH}rm{{,!}^{-}}rm{

dfrac{c(HCO_{3}^{?})}{c(CO_{3}^{2?})}}rm{c}rm{d.}平衡常數(shù)不變rmjodcuzerm{bc}rm{3)}rm{2.40molCO_{2}}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}(}rm{NaOH}rm{)}故rm{NaHCO_{3}(}錯誤；

rm{NaOH}體系為rm{)}溶液和rm{Na_{2}CO_{3}}氨水過量較多時，溶液呈堿性：rm{NaHCO_{3}}故rm{CO_{2}+NaOH=NaHCO_{3}}正確；rm{n(NaOH)=n(CO_{2})=2.40

mol}鹽酸是rm{c(NaOH)=dfrac{2.4mol}{2L}=1.20

mol/L}rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}的電離氫離子，氫離子被氨水中和一部分，所以rm{n(NaOH)=2n(CO_{2})=4.80

mol}不可能大于rm{c(NaOH)=dfrac{4.8mol}{2L}=2.40

mol/L}故rm{NaOH}錯誤；故答案為：rm{1.20mol/Lleqslantc(NaOH)leqslant

2.40mol/L}rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4

mol/L}rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4

mol/L}是強(qiáng)堿弱酸鹽碳酸鈉，在純堿溶液中rm{4)a.}易水解生成氫氧根離子：rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度而使溶液呈堿性，滴入酚酞，溶液變紅；向溶液中加入氯化鋇后，鋇離子和rm{c(Cl^{-})=c(NH_{4}^{+})}離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，rm{a}白色rm{b.}由于rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})}濃度減小，水解平衡左移，rm{c}濃度減?。蝗芤和噬?；

故答案為：rm{c}rm{(Cl}加入氯化鋇后，rm{(Cl}降低了rm{{,!}^{-}}的濃度，使得水解平衡往左移動，導(dǎo)致溶液中rm{)>}濃度降低，因此溶液紅色褪去。

rm{)>}【解析】?！拘☆}rm{1}】rm{cd}

【小題rm{2}】rm{bc}

【小題rm{3}】rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4mol/L}

【小題rm{4}】rm{ac}

【小題rm{5}】亞硫酸鈉溶液水解成堿性，滴入酚酞成紅色，rm{SO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}加入氯化鋇后，rm{Ba^{2+}+SO_{3}^{2-}簍TBaSO_{3}隆媒}降低了rm{SO_{3}^{2-}}的濃度，使得水解平衡往左移動，導(dǎo)致溶液中rm{OH^{-}}濃度降低；因此溶液紅色褪去。

22、略

【分析】解：已知酮（R-C-R’）不發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則反應(yīng)Ⅰ是醛基被氧化為羧基的過程，與銀氨溶液反應(yīng)生成的A為A酸化-COONH4轉(zhuǎn)化為-COOH，酮在一定條件下能催化加氫還原成相應(yīng)的醇，所以B與氫氣加成生成的C為C中含有羥基和羧基，在濃硫酸作用下即可以發(fā)生酯化反應(yīng)也可以發(fā)生消去反應(yīng)，還有可能發(fā)生縮聚反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ生成的E能夠發(fā)生加聚反應(yīng)生成F，說明反應(yīng)Ⅲ為消去反應(yīng)生成的E為E發(fā)生加聚反應(yīng)生成的F為反應(yīng)Ⅱ為酯化反應(yīng)，生成的D為反應(yīng)Ⅴ為縮聚反應(yīng)生成的H為

（1）反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式為+2Ag（NH3）2OH→+2Ag↓+3NH3+H2O；

反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式為+H2O；

故答案為：+2Ag（NH3）2OH→+2Ag↓+3NH3+H2O；

+H2O；

（2）據(jù)分析DFH的結(jié)構(gòu)簡式分別為

故答案為：

（3）據(jù)上述分析；反應(yīng)Ⅱ為酯化反應(yīng)，反應(yīng)Ⅳ為加聚反應(yīng)，故答案為：酯化反應(yīng)；加聚反應(yīng)．

已知酮（R-C-R’）不發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則反應(yīng)Ⅰ是醛基被氧化為羧基的過程，與銀氨溶液反應(yīng)生成的A為A酸化-COONH4轉(zhuǎn)化為-COOH，酮在一定條件下能催化加氫還原成相應(yīng)的醇，所以B與氫氣加成生成的C為C中含有羥基和羧基，在濃硫酸作用下即可以發(fā)生酯化反應(yīng)也可以發(fā)生消去反應(yīng)，還有可能發(fā)生縮聚反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ生成的E能夠發(fā)生加聚反應(yīng)生成F，說明反應(yīng)Ⅲ為消去反應(yīng)生成的E為E發(fā)生加聚反應(yīng)生成的F為反應(yīng)Ⅱ為酯化反應(yīng)，生成的D為反應(yīng)Ⅴ為縮聚反應(yīng)生成的H為據(jù)此分析．

本題考查了有機(jī)物的推斷和有機(jī)反應(yīng)類型，注意根據(jù)有機(jī)物的官能團(tuán)以及反應(yīng)條件反應(yīng)產(chǎn)物的性質(zhì)推斷，題目難度中等．【解析】+2Ag（NH3）2OH→+2Ag↓+3NH3+H2O；+H2O；酯化反應(yīng)；加聚反應(yīng)六、探究題(共4題，共28分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．24、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液