2025年滬科新版高二化學(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年滬科新版高二化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列各組物質(zhì)的性質(zhì)比較；正確的是（）

A.氫化物穩(wěn)定性：HF＞H2O＞NH3

B.堿性：LiOH＞NaOH＞KOH

C.酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4

D.原子核外電子數(shù)：H＞O＞Al

2、下列所述情況可能引起污染的是()

①城市生活污水的任意排放。

②農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中農(nóng)藥；化肥使用不當(dāng)。

③海上油輪石油泄漏。

④工業(yè)生產(chǎn)中廢液、廢渣、廢氣的排放A.①②B.①④C.②④D.①②③④3、下列各種情況下一定能大量共存的離子組為（）A.pH=7的溶液中：Fe3+、Cl-、Na+、NO3-B.由水電離出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中：Na+、CO32-、Cl-、K+C.pH=1的溶液中：NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-D.無色溶液中：Al3+、HCO3-、I-、K+4、下列物質(zhì)中屬于有機物的是rm{(}rm{)}A.B.rm{NH_{4}SCN}C.D.5、下列化合物中，在水溶液里和熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電的是rm{(}rm{)}A.氯化鈉B.酒精C.硫酸D.氫氧化鈉6、下列說法不正確的是（）A.質(zhì)譜法是快速、微量、精確測定相對分子質(zhì)量的方法B.紅外光譜儀不可用于測定化合物的官能團C.用核磁共振氫譜鑒別1-溴丙烷和2-溴丙烷D.氯溴碘代甲烷存在同分異構(gòu)體7、下列反應(yīng)的離子方程式不正確的是rm{(}rm{)}A.鋅與硫酸銅溶液反應(yīng)：rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}B.氫氧化鈉與鹽酸反應(yīng)：rm{OH^{-}+H^{+}=H_{2}O}C.鐵與稀鹽酸反應(yīng)：rm{2Fe+6H^{+}=2Fe^{3+}+3H_{2}隆眉}D.氯化鋇與硫酸反應(yīng)：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、以黃鐵礦(FeS2)、氯酸鈉和硫酸溶液混合反應(yīng)制備二氧化氯氣體，再用水吸收獲得二氧化氯溶液。在此過程中需要控制適宜的溫度，若溫度不當(dāng)，副反應(yīng)增加，影響生成ClO2氣體的純度，且會影響ClO2氣體的吸收率。具體情況如圖所示。請回答下列問題（1）據(jù)圖可知，反應(yīng)時需要控制的適宜溫度是℃，達(dá)到此要求采取的適宜措施是。（2）已知：黃鐵礦中的硫元素在酸性條件下被ClO3－氧化成SO42－，寫出制備二氧化氯的離子方程式：。（3）某?；瘜W(xué)學(xué)習(xí)小組擬以“m(ClO2)/m(NaClO3)”作為衡量ClO2產(chǎn)率的指標(biāo)。若取NaClO3樣品質(zhì)量6．0g，通過反應(yīng)和吸收可得400mLClO2溶液，取出20mL，加入37．00mL0．500mol·(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反應(yīng)，過量Fe2+再用0．0500mol·K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗20．00mL。反應(yīng)原理如下：4H++ClO2+5Fe2+=+5Fe3++2H2O14H+++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O試計算ClO2的“產(chǎn)率”。（寫出計算過程）9、NaClO和KAl（SO4）2都是重要的化工產(chǎn)品；均可應(yīng)用于造紙業(yè)．

（1）NaClO溶液pH＞7，原因是（用離子方程式表示）______．

（2）根據(jù)NaClO的性質(zhì)推測，在紙漿中加入NaClO溶液的目的是______．

（3）某小組同學(xué)探究飽和NaClO和KAl（SO4）2溶液混合反應(yīng)的實驗．打開活塞向燒瓶中的NaClO加入飽和KAl（SO4）2溶液，產(chǎn)生大量的白色膠狀沉淀．出現(xiàn)上述現(xiàn)象的原因是______（請用反應(yīng)的離子方程式表示）．

（4）25℃時，0.1mol/L的HA溶液中=1010．請回答下列問題。

（a）在加水稀釋HA溶液的過程中，隨著水量的增加而增大的是______（填字母）．

A．B．C．c（H+）與c（OH-）的乘積D．c（OH-）

（b）NaA溶液顯______（填“酸性”、“中性”或“堿性”）．10、有三種金屬單質(zhì)A、B、C，其中A的焰色反應(yīng)為黃色，B、C是常見金屬。三種金屬單質(zhì)A、B、C能與氣體甲、乙、丙及物質(zhì)D、E、F、G、H之間發(fā)生如下轉(zhuǎn)化關(guān)系（圖中有些反應(yīng)的產(chǎn)物和反應(yīng)的條件沒有全部標(biāo)出）。請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A______________；乙；H_____________。（2）寫出下列反應(yīng)的離子方程式：反應(yīng)①______________________（3）寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式：___________________________11、苯氧乙酸rm{(}rm{)}有多種酯類的同分異構(gòu)體，其中能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，且苯環(huán)上有rm{2}種一硝基取代物的同分異構(gòu)體是______rm{(}寫出任意rm{2}種的結(jié)構(gòu)簡式rm{)}12、已知苯的同系物在被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化時側(cè)鏈被氧化，如

今從石油中得到烴rm{C_{9}H_{12}}它不能使溴水褪色，但能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色。

rm{壟脜}若該烴與酸性rm{KMnO_{4}}溶液反應(yīng)后生成物的分子式為rm{C_{9}H_{6}O_{6}}且該烴進行硝化反應(yīng)時，苯環(huán)上的一硝基代物只有一種，則該烴的結(jié)構(gòu)簡式為___________________。

rm{壟脝}若該烴與酸性rm{KMnO_{4}}溶液反應(yīng)后生成物的分子式為rm{C_{7}H_{6}O_{2}}則該烴的結(jié)構(gòu)簡式可能為____________或_____________，其中側(cè)鏈含有支鏈的該烴與液溴在鐵做催化劑條件下反應(yīng)所生成的一溴代物應(yīng)有______種；在光照條件下反應(yīng)所生成的一溴代物應(yīng)有_______種。評卷人得分三、實驗題(共7題，共14分)13、（10分）用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分解為如下幾步：（A）移取15.00mL待測的鹽酸溶液注入潔凈的錐形瓶，并加入2－3滴酚酞（B）用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗堿式滴定管2－3次（C）把盛有標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管固定好，使滴定管尖嘴充滿溶液（D）取標(biāo)準(zhǔn)溶液注入滴定管至0刻度以上2－3cm（E）調(diào)節(jié)液面至0或0刻度以下，記下讀數(shù)（F）把錐形瓶放在滴定管下面，用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定至終點，記下滴定管液面的刻度完成以下各空：（1）正確操作的順序是B→_____→_____→_____→A→F；（2）三次滴定消耗NaOH溶液的體積如下:。實驗序號123消耗NaOH溶液的體積(mL)20.0520.0019.95則該鹽酸溶液的準(zhǔn)確濃度為_____________mol/L。(保留小數(shù)點后4位)（3）用標(biāo)準(zhǔn)的NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，下列情況可能造成測定結(jié)果偏高的是：。A．配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時稱量的氫氧化鈉固體中混有Na2CO3雜質(zhì)B．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度，其它操作均正確C．盛裝待測液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗D．滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液14、（14分）實驗室制乙烯時,常因溫度過高而發(fā)生副反應(yīng)。部分乙醇跟濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫．二氧化碳．水蒸氣和炭黑。請用下列編號為①～⑥的實驗裝置設(shè)計一個實驗,以____上述反應(yīng)后的混合氣中含有____。（1）用裝置的編號表示其連接順序（按氣體產(chǎn)物從左到右的流向）____（2）裝置⑤中的固體藥品為____現(xiàn)象是____（3）裝置①中的現(xiàn)象是，驗證;裝置②中溴水的作用是，此時盛有澄清石灰水的裝置④中出現(xiàn)，15、鋼鐵易生銹而被腐蝕，每年因腐蝕而損失的鋼材占世界鋼鐵年產(chǎn)量四分之一。I.如圖裝置中，rm{U}形管內(nèi)為紅墨水，rm{a}rm試管內(nèi)分別盛有氯化銨溶液和食鹽水，各加入生鐵塊，放置一段時間均被腐蝕，這兩種腐蝕都屬于電化學(xué)腐蝕。

rm{(1)}紅墨水柱兩邊的液面變?yōu)樽蟮陀腋?，則______rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}邊盛有食鹽水。rm{(2)b}試管中鐵發(fā)生的是_____腐蝕，生鐵中碳上發(fā)生的電極反應(yīng)式___________。rm{II.}下面兩個圖都是金屬防護的例子。

rm{(3)}為了降低某水庫的鐵閘門被腐蝕的速率，可以采用圖甲所示的方案，其中焊接在鐵閘門上的固體材料rm{R}可以采用____rm{(}填選項序號rm{)}此方法叫做______保護法。A.銅rm{B.}鈉rm{C.}鋅rm{D.}石墨rm{(4)}圖乙也可以降低鐵閘門腐蝕的速率，其中鐵閘門應(yīng)該連接在直流電源的______極。rm{(5)}采取以上兩種方法，_____rm{(}填“甲”或“乙”rm{)}種能使鐵閘門保護得更好。16、為減小和消除過量rm{CO_{2}}對環(huán)境的影響，一方面世界各國都在限制其排放量，另一方面科學(xué)家加強了對rm{CO_{2}}創(chuàng)新利用的研究。rm{(1)}最近有科學(xué)家提出“綠色自由”構(gòu)想：先把空氣吹入飽和碳酸鉀溶液，然后再把rm{CO_{2}}從溶液中提取出來，并使之變?yōu)榭稍偕剂霞状肌！熬G色自由”構(gòu)想技術(shù)流程如下：在合成塔中，當(dāng)有rm{4.4kgCO_{2}}與足量rm{H_{2}}完全反應(yīng)可放出熱量rm{4947kJ}寫出合成塔中反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____。rm{(2)}以rm{CO_{2}}為碳源還可以制備乙醇，反應(yīng)如下：rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)}rm{2CO_{2}(g)+

6H_{2}(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)}寫出由rm{triangleH=-173.6kJ/mol}合成rm{CH_{3}OH(g)}的反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____。rm{CH_{3}CH_{2}OH(g)}某實驗小組依據(jù)甲醇燃燒的反應(yīng)原理，設(shè)計如圖所示的電池裝置。rm{(3)}該電池正極的電極反應(yīng)為____。rm{壟脵}工作一段時間后，測得溶液的rm{壟脷}減小，當(dāng)電子轉(zhuǎn)移____rm{pH}時，參加反應(yīng)的氧氣的體積是rm{mol}標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{6.72L(}rm{)}以甲醇為燃料還可制作新型燃料電池，電池的正極通入rm{(4)}負(fù)極通入甲醇，用熔融金屬氧化物rm{O_{2}}作電解質(zhì)rm{MO}可傳導(dǎo)rm{(}該電池負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)是____。rm{O^{2-})}17、鎂是一種銀白色的堿土金屬；鎂元素在地殼中的含量約為2.00%，位居第八位，鎂及其化合物在研究和生產(chǎn)中具有廣泛用途。請回答下列問題：

(1)在室溫下，純凈的氮化鎂(Mg3N2)為黃綠色的粉末；能與水反應(yīng)，常用作觸媒，實驗室用如圖1所示裝置和藥品制備少量氮化鎂。

①A中盛裝的是____；B中可盛裝堿石灰，二者混合可制取氨氣。

②按照氣流的方向從左至右連接裝置：a接____、____接____、___接____。

③氣體通過CuO這一裝置的目的是什么？用化學(xué)方程式回答：______。

④無水氯化鈣裝置可防止外界空氣中的水進入，以防_____________(化學(xué)方程式表示)的發(fā)生。

(2)碳酸鎂可用作耐火材料；鍋爐和管道的保溫材料；以及食品、藥品、化妝品、橡膠、墨水等的添加劑。

Ⅰ.合成碳酸鎂晶體的步驟如下：

步驟1：配制0.5mol·L－1MgSO4溶液和0.5mol·L－1NH4HCO3溶液。

步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口燒瓶中；開啟攪拌器，溫度控制在50℃。

步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中；1min內(nèi)滴加完畢，然后用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5。

步驟4：放置1h后；過濾，洗滌。

步驟5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得到產(chǎn)品碳酸鎂晶體(MgCO3·nH2O；n＝1～5)。

①配制0.5mol·L－1MgSO4溶液500mL，需要的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、____。

②步驟3中加氨水后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________

Ⅱ.測定合成的MgCO3·nH2O中的n值。

稱量1.000g碳酸鎂晶體，放入圖2所示的廣口瓶中，加入適量水，滴入稀硫酸與晶體反應(yīng)，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應(yīng)4～5h，后期將溫度升到30℃，最后燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得生成CO2的總量；重復(fù)上述操作2次。

③上述反應(yīng)后期要升溫到30℃，主要目的是_____________________

④若實驗測得1.000g碳酸鎂晶體產(chǎn)生CO2的平均物質(zhì)的量為amol，則n為__________(用含a的表達(dá)式表示)。

⑤若稱取100g上述晶體進行熱重分析，得到的熱重曲線如圖3所示，則合成的晶體中n＝____(取整數(shù))。18、(9分)某學(xué)生用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知濃度的氫氧化鈉溶液時，選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，接下來應(yīng)該進行的操作是_________。（2）用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定時，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。（3）用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定待測的氫氧化鈉溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，右手輕輕搖動錐形瓶，眼睛注視_______________________________________________________。（4）直到因加入一滴鹽酸后，溶液顏色由________色變?yōu)開_______色，并在30s內(nèi)不變，即為終點。（5）下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液濃度偏大的是________。A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，直接裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸。B．酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失。C．滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后未干燥。D．讀取鹽酸體積開始時仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束后俯視讀數(shù)。19、某研究學(xué)習(xí)小組探究同溫同壓下，相同濃度、相同體積，酸性不同的一元酸與足量鎂帶反應(yīng)時，生成氫氣的體積相同而反應(yīng)速率不同。設(shè)計簡易實驗裝置如下圖，該實驗的主要操作步驟如下：Ⅰrm{.壟脵}配制濃度均為rm{0.5mol/L}稀鹽酸和醋酸溶液；rm{壟脷}用____量取rm{10.00mL0.5mol/L}稀鹽酸和醋酸溶液分別加入兩個錐形瓶中；rm{壟脹}分別將除去表面氧化膜的鎂條系于銅絲末端；rm{壟脺}在廣口瓶中裝滿水，按圖連接好裝置；rm{壟脻}將銅絲向下移動，使足量鎂帶浸入酸中rm{(}銅絲不與酸接觸rm{)}至反應(yīng)完全，記錄____；rm{壟脼}反應(yīng)結(jié)束后，讀取量筒中水的體積為rm{VmL}Ⅱrm{.}請將上述步驟補充完整并回答下列問題：rm{(1)}組裝好儀器后，應(yīng)先____；rm{(2)}乙中導(dǎo)管應(yīng)____rm{(}填“長進短出”或“短進長出”rm{)}rm{(3)}讀取量筒內(nèi)水的體積時，應(yīng)進行的的操作是____；請簡述這樣操作的原因____。評卷人得分四、推斷題(共3題，共21分)20、具有抗菌作用的白頭翁素衍生物rm{H}的合成路線如圖所示：

已知：rm{i.RCH_{2}Brxrightarrow[脪祿露簍脤玫錄鎂]{R{{'}}CHO}R-HC=CH-R{{'}}}

rm{i.RCH_{2}Br

xrightarrow[脪祿露簍脤玫錄鎂]{R{{'}}CHO}R-HC=CH-R{{'}}}．

rm{II}．rm{iii}以上rm{(}rm{R}rm{R?}代表氫、烷基或芳基等rm{R??}

rm{)}屬于芳香烴；結(jié)構(gòu)簡式是______

rm{(1)A}的名稱是______

rm{(2)B}由rm{(3)}生成rm{C}的化學(xué)方程式是______

rm{D}由rm{(4)}與rm{E}在一定條件下反應(yīng)生成rm{I_{2}}同時生成另外一個有機副產(chǎn)物且與rm{F}互為同分異構(gòu)體；此有機副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是______

rm{F}下列說法正確的是______rm{(5)}選填字母序號rm{(}

rm{)}由rm{a.}生成rm{G}的反應(yīng)是加成反應(yīng)。

rm{H}存在順反異構(gòu)體。

rm{b.G}rm{c.}最多可以與rm{1molG}發(fā)生加成反應(yīng)。

rm{3molH_{2}}rm{d.}或rm{1molF}與足量rm{1molH}溶液反應(yīng)，均消耗rm{NaOH}rm{2molNaOH}的同分異構(gòu)體中：rm{(6)E}能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)rm{壟脵}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)rm{壟脷}能使溴水因加成反應(yīng)而褪色rm{壟脹}滿足以上條件的有______種，寫出核磁共振氫譜中苯環(huán)上有兩個吸收峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______以乙烯為起始原料，結(jié)合已知信息選用必要的無機試劑合成寫出合成路線rm{(7)}用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件rm{(}rm{)}21、已知在同溫同壓下氣態(tài)烴rm{A}的密度是氫氣的rm{14}倍，rm{D}是具有果香氣味的物質(zhì)rm{.A}rm{B}rm{C}rm{D}在一定條件下存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{(}部分反應(yīng)條件、產(chǎn)物被省略rm{)}．

rm{(1)A}物質(zhì)的空間構(gòu)型為____rm{.}

rm{(2)}寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。

rm{壟脵A隆煤B}____反應(yīng)類型：____

rm{壟脷B}在rm{Cu}作催化劑的情況下可發(fā)生反應(yīng)，其化學(xué)方程式為____反應(yīng)類型：____．22、原子序數(shù)小于rm{36}的rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四種元素，rm{X}基態(tài)原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍，rm{Y}基態(tài)原子的rm{2p}原子軌道上有rm{3}個未成對電子，rm{Z}是地殼中含量最多的元素，rm{W}的原子序數(shù)為rm{24}．

rm{(1)W}基態(tài)原子的核外電子排布式為______，元素rm{X}rm{Y}rm{Z}的第一電離能由大到小的順序為______；rm{(}用元素符號表達(dá)rm{)}

rm{(2)}與rm{XYZ^{-}}互為等電子體的化學(xué)式為______；

rm{(3)1mol}rm{H_{2}X_{2}Z_{4}}分子中含有rm{婁脪}鍵的數(shù)目為______；

rm{(4)YH_{3}}極易溶于水的主要原因是______．評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共20分)23、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(xué)小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。24、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(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)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(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，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：_____________。25、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(xué)小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。26、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_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】

A．非金屬性：F＞O＞N，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，則穩(wěn)定性：HF＞H2O＞NH3；故A正確；

B．金屬性：Li＜Na＜K；元素的金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物的水化物的堿性越強，則堿性：LiOH＜NaOH＜KOH，故B錯誤；

C．非金屬：Cl＞S＞P，元素的非金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物的水化物的酸性越強，則酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4；而HClO是弱酸，故C錯誤；

D．原子的原子序數(shù)：H＜O＜Al；所以原子核外電子數(shù)：H＜O＜Al，故D錯誤；

故選A．

【解析】【答案】A．根據(jù)元素周期律的遞變規(guī)律判斷對應(yīng)元素非金屬性的強弱；元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定；

B．根據(jù)元素周期律的遞變規(guī)律判斷對應(yīng)元素金屬性的強弱；元素的金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物的水化物的堿性越強；

C．根據(jù)元素周期律的遞變規(guī)律判斷對應(yīng)元素非金屬性的強弱；元素的非金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物的水化物的酸性越強；

D．核外電子數(shù)等于原子序數(shù)．

2、D【分析】【解答】生活污水；農(nóng)藥、化肥、海上石油泄漏、廢液、廢水、廢渣的排放,都可能造成水體的污染。

【分析】本題考查常見的生活環(huán)境的污染，熟練掌握造成污染的各種原因是解題的關(guān)鍵?。3、C【分析】解：A．pH=7的溶液為中性溶液，F(xiàn)e3+只能存在于酸性溶液；故A錯誤；

B．由水電離出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，CO32-與氫離子反應(yīng)；在酸性溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．該溶液中存在大量氫離子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故C正確；

D．Al3+、HCO3-之間發(fā)生雙水解反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故D錯誤；

故選C．

A．鐵離子只能存在于酸性溶液中；

B．由水電離出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在電離氫離子或氫氧根離子；碳酸根離子與氫離子反應(yīng)；

C．pH=1的溶液為酸性溶液；溶液中存在大量氫離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)；

D．鋁離子與碳酸氫根離子之間發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w．

本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，題目難度中等，注意明確離子不能大量共存的一般情況，如：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；是“可能”共存，還是“一定”共存等．【解析】【答案】C4、C【分析】解：rm{A}是碳酸，不屬于有機物rm{.}故A錯誤；

B、rm{NH_{4}SCN}屬于銨鹽；不屬于有機物，故B錯誤；

C、尿素rm{CO(NH_{2})_{2}}中含有氮元素；屬于氮肥，其中含有碳元素，屬于有機物，故C正確；

D、屬于銨鹽；不屬于有機物，故D錯誤．

故選C．

根據(jù)有機物一般是指含碳的化合物；無機物一般是指不含碳的化合物，但碳的氧化物；碳酸、碳酸鹽等性質(zhì)與無機物相似，常歸為無機物．

該題是基礎(chǔ)性試題的考查，難度不大rm{.}該題的關(guān)鍵是明確有機物和無機物的區(qū)別，然后靈活運用即可，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯思維能力和發(fā)散思維能力．【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A.}氯化鈉是電解質(zhì)；所以在水溶液里或熔融狀態(tài)均能導(dǎo)電，故A不選；

B.酒精是非電解質(zhì)；所以在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電，故B選；

C.硫酸是電解質(zhì)；所以在水溶液里能導(dǎo)電，故C不選；

D.氫氧化鈉是電解質(zhì)；所以在水溶液里或熔融狀態(tài)均能導(dǎo)電，故D不選；

故選B．

在水溶液里和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電；且是化合物，則說明該物質(zhì)是非電解質(zhì)，據(jù)此分析解答．

本題考查電解質(zhì)和非電解質(zhì)的判斷，難度不大，注意不是電解質(zhì)的物質(zhì)不一定是非電解質(zhì)，如氫氧化鈉溶液或金屬單質(zhì)．【解析】rm{B}6、B【分析】解：A．質(zhì)譜儀其實是把有機物打成很多小塊；會有很多不同的分子量出現(xiàn)，其中最大的那個就是該有機物的分子量，故A正確；

B．紅外光譜儀用于測定有機物的中的官能團；不同的共價鍵或官能團的光譜波長不同，故B錯誤；

C.1-溴丙烷和2-溴丙烷的氫原子種類不同；用核磁共振氫譜鑒別氫原子的峰面積和種類不同，可鑒別，故C正確；

D．氯溴碘代甲烷是手性分子；存在鏡像異構(gòu)，故D正確．

故選B．

A．質(zhì)譜法可獲取有機物的質(zhì)荷比；最大質(zhì)荷比等于相對分子質(zhì)量；

B．紅外光譜儀用于測定有機物的中的官能團；

C.1-溴丙烷和2-溴丙烷的氫原子種類不同；

D．氯溴碘代甲烷是手性分子．

本題綜合考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機物的結(jié)構(gòu)的測定方法，難度不大．【解析】【答案】B7、C【分析】解：rm{A}鋅能將硫酸銅溶液中的金屬銅置換出來，即：rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}故A正確；

B、氫氧化鈉與鹽酸之間發(fā)生中和反應(yīng)，實質(zhì)是：rm{OH^{-}+H^{+}=H_{2}O}故B正確；

C、鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，即rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}故C錯誤；

D、鋇離子和硫酸根離子之間反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，即rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒}故D正確．

故選C．

A；根據(jù)金屬的置換反應(yīng)和離子方程式的書寫知識來回答；

B；強酸和強堿之間發(fā)生中和反應(yīng)生成鹽和水；

C；鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣；

D；鋇離子和硫酸根離子之間不共存．

本題考查學(xué)生離子方程式書寫的正誤判斷方法，是現(xiàn)在高考的熱點考題，難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【解析】試題分析：（1）據(jù)圖可知，在20℃反應(yīng)時ClO2氣體制取純度高，但是氣體的吸收率較低，在30℃無論是反應(yīng)制取ClO2氣體純度高還是氣體的吸收率都較高。若溫度再升高，制取ClO2氣體純度高還是氣體的吸收率都降低。所以需要控制的適宜溫度是30℃。達(dá)到此要求采取的適宜措施是水浴加熱（或水浴控制恒溫）。（3）由方程式4H++ClO2+5Fe2+=+5Fe3++2H2O14H+++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O可結(jié)合電子得失守恒可得1×n(Fe2+)=5×n(ClO2)+2×3×n(Cr2O72-)．與K2Cr2O7反應(yīng)的n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×20×10-3L×0．0500mol/L=6×10-3mol；與ClO2反應(yīng)的n（Fe2+）=37×10-3L×0．0500mol/L-6×10-3mol=1．25×10-2mol。所以n(ClO2)=×1．25×10-2mol=2．5×10-3mol。ClO2的“產(chǎn)率”=考點：考查反應(yīng)條件的選擇及采取的方法、氧化還原反應(yīng)中的電子守恒、物質(zhì)的產(chǎn)率的計算的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）30℃，水浴加熱（或水浴控制恒溫）；（2）15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42-（3）與K2Cr2O7反應(yīng)的n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×20×10-3L×0．0500mol/L=6×10-3mol；與ClO2反應(yīng)的n（Fe2+）=37×10-3L×0．0500mol/L-6×10-3mol=1．25×10-2moln(ClO2)=×1．25×10-2mol=2．5×10-3molClO2的產(chǎn)率=9、略

【分析】解：（1）NaClO為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，離子方程式為ClO-+H2O?HClO+OH-，故答案為：ClO-+H2O?HClO+OH-；

（2）NaClO具有強氧化性；可用于漂白，故答案為：漂白紙漿；

（3）向燒瓶中加入飽和KAl（SO4）2溶液，產(chǎn)生大量的白色膠狀沉淀，Al3+與ClO-發(fā)生互促水解反應(yīng)，離子方程式為Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al（OH）3↓；

故答案為：Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al（OH）3↓．

（4）25℃時，0.1mol/L的HA溶液中=1010，則c（H+）=1.0×10-2mol/L，c（OH-）=1.0×10-12mol/L；說明HA是弱酸．

（a）加水稀釋HA溶液，促進HA電離平衡正向移動，n（H+）和n（A-）增大；n（HA）減小，水的離子積常數(shù)只受溫度影響；

A、n（H+）和n（A-）增大，n（HA）減小，所以增大；故A正確；

B、n（H+）和n（A-）增大，n（HA）減小，所以減小；故B錯誤；

C、水的離子積常數(shù)只受溫度影響，c（H+）與c（OH-）的乘積不變；故C錯誤；

D；弱酸HA加水稀釋；溶液酸性減弱，氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大，故D正確；

故答案為：AD．

（b）25℃時，0.1mol/L的HA溶液中=1010，則c（H+）=1.0×10-2mol/L，c（OH-）=1.0×10-12mol/L；說明HA是弱酸，則NaA是強堿弱酸鹽，溶液顯堿性。

；故答案為：堿性．

（1）NaClO為強堿弱酸鹽；水解呈堿性；

（2）NaClO具有強氧化性；可用于漂白；

（3）向燒瓶中加入飽和KAl（SO4）2溶液，產(chǎn)生大量的白色膠狀沉淀，Al3+與ClO-發(fā)生互促水解反應(yīng)；

（4）25℃時，0.1mol/L的HA溶液中=1010，則c（H+）=1.0×10-2mol/L，c（OH-）=1.0×10-12mol/L；說明HA是弱酸，NaA溶液顯堿性，加水稀釋HA溶液，促進HA電離平衡正向移動，水的離子積常數(shù)只受溫度影響，據(jù)此分析．

本題考查鹽類水解和弱電解質(zhì)的電離知識，為高頻考點，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．【解析】ClO-+H2O?HClO+OH-；漂白紙漿；Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al（OH）3↓；AD；堿性10、略

【分析】【解析】【答案】11、略

【分析】解：苯氧乙酸rm{(}rm{)}的同分異構(gòu)體符合：含有酯基；能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；且苯環(huán)上有rm{2}種一硝基取代物，苯環(huán)上有rm{2}個取代基且處于對位位置，所以其同分異構(gòu)體是：

故答案為：任意rm{2}種．

苯氧乙酸rm{(}rm{)}的同分異構(gòu)體符合：含有酯基；能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；且苯環(huán)上有rm{2}種一硝基取代物，苯環(huán)上有rm{2}個取代基且處于對位位置；據(jù)此書寫．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重分析能力、推斷能力的綜合考查，把握酚的性質(zhì)、酯化反應(yīng)等為解答的關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】任意rm{2}種12、（1）

（2）32?！痉治觥俊痉治觥吭擃}目是個信息題，理解苯的同系物在被酸性rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液氧化時側(cè)鏈被氧化是解答本題的關(guān)鍵，結(jié)合圖示解答本題。由信息可知，與苯環(huán)相連的rm{(1)}上有rm{C}可氧化為rm{H}烴與酸性rm{-COOH}溶液反應(yīng)后生成物的分子式為rm{KMnO_{4}}則苯環(huán)上有rm{C_{9}H_{6}O_{6}}個甲基，該烴進行硝化反應(yīng)時，苯環(huán)上的一硝基代物只有一種，苯環(huán)上只有一種rm{3}rm{H}若該烴與酸性rm{(2)}若該烴與酸性rm{KMnO}rm{(2)}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液反應(yīng)后生成物的分子式為rm{C}rm{C}rm{{,!}_{7}}rm{H}rm{H}種rm{{,!}_{6}}側(cè)鏈上rm{O}種rm{O}【解答】rm{{,!}_{2}}由信息可知，與苯環(huán)相連的，則為丙基苯或異丙基苯，側(cè)鏈含有支鏈的該烴為異丙基苯，苯環(huán)上rm{3}種rm{H}側(cè)鏈上rm{2}種rm{H}上有rm{3}可氧化為rm{H}烴與酸性rm{2}rm{H}rm{(1)}由信息可知，與苯環(huán)相連的rm{C}上有rm{H}可氧化為rm{-COOH}烴與酸性rm{KMnO}rm{(1)}rm{C}rm{H}rm{-COOH}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}個甲基，該烴進行硝化反應(yīng)時，苯環(huán)上的一硝基代物只有一種，苯環(huán)上只有一種溶液反應(yīng)后生成物的分子式為rm{C}則為間三甲苯，其結(jié)構(gòu)簡式為rm{C}rm{{,!}_{9}}rm{H}

rm{H}若該烴與酸性rm{{,!}_{6}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{6}}，則苯環(huán)上有rm{3}個甲基，該烴進行硝化反應(yīng)時，苯環(huán)上的一硝基代物只有一種，苯環(huán)上只有一種rm{H}則為間三甲苯，其結(jié)構(gòu)簡式為rm{3}rm{H}，故答案為：；rm{(2)}若該烴與酸性rm{KMnO}種rm{(2)}側(cè)鏈上rm{KMnO}種rm{{,!}_{4}}則與液溴在鐵做催化劑條件下反應(yīng)所生成的一溴代物應(yīng)有溶液反應(yīng)后生成物的分子式為rm{C}種；在光照條件下反應(yīng)所生成的一溴代物應(yīng)有rm{C}種，

rm{{,!}_{7}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{6}}rm{O}【解析】rm{(1)}rm{(2)}rm{3}rm{2}三、實驗題(共7題，共14分)13、略

【分析】試題分析：（1）中和滴定按照檢漏、洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等順序操作，答案為：BDCEAF；（2）三次滴定消耗NaOH溶液的體積的平均值為（20.05+20.00+19.95）÷3=20.00mL，則該鹽酸溶液的準(zhǔn)確濃度為（0.200×20）÷15=0.2667mol/L。（3）A.配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時稱量的氫氧化鈉固體中混有Na2CO3雜質(zhì)，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液濃度降低，消耗體積增大，測定結(jié)果偏高；B.滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度，其它操作均正確，導(dǎo)致終點讀數(shù)偏小，測定結(jié)果偏低，錯誤；C.盛裝待測液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗，無影響；錯誤D.滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液，標(biāo)準(zhǔn)液體積增大，測定結(jié)果偏高，正確；選AD?？键c：考查酸堿中和滴定?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）D；C；E（2）0.2667（3）AD14、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）⑥⑤①②③④____（2）無水硫酸銅無水硫酸銅變藍(lán)____（3）溶液褪色二氧化硫存在除去二氧化硫氣體渾濁15、Ⅰ．（1）b（2）吸氧O2+2H2O+4e-=4OH-2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2Ⅱ．（3）C犧牲陽極（4）負(fù)（5）乙【分析】【分析】本題考查了金屬的腐蝕與防護，明確原電池和電解池原理是解本題關(guān)鍵，知道作原電池負(fù)極和電解池陽極的金屬易被腐蝕，難度不大?！窘獯稹竣駌m{.(1)}紅墨水柱兩邊的液面變?yōu)樽蟮陀腋?，則rm{a}發(fā)生析氫腐蝕，rm發(fā)生吸氧腐蝕，所以rm邊盛有食鹽水。故答案為：rm

rm{(2)b}試管中鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，生鐵中碳上發(fā)生的電極反應(yīng)式rm{O_{2}+2H_{2}O-4e^{-}=4OH^{-}}負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}所以rm試管中鐵被腐蝕的總化學(xué)方程式為rm{2Fe+O_{2}+2H_{2}O=2Fe(OH)_{2}}故答案為：吸氧；rm{O_{2}+2H_{2}O-4e^{-}=4OH^{-}}rm{2Fe+O_{2}+2H_{2}O=2Fe(OH)_{2}}

Ⅱrm{.(3)}為了降低某水庫的鐵閘門被腐蝕的速率，可以讓金屬鐵做原電池的正極，其中焊接在鐵閘門上的固體材料rm{R}可以是比金屬鐵的活潑性強的金屬，鈉不能做電極材料，所以選鋅，此方法叫做犧牲陽極的陰極保護法。故答案為：rm{C}犧牲陽極；

rm{(4)}電解池的陰極上的金屬被保護，為降低鐵閘門的腐蝕速率，其中鐵閘門應(yīng)該連接在直流電源的負(fù)極。故答案為：負(fù)；

rm{(5)}因為電解池的保護比原電池保護更好；所以乙種能使鐵閘門保護得更好。

故答案為：乙。【解析】Ⅰrm{.(1)b}rm{(2)}吸氧rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-;;;;}2Fe+O_{2}+2H_{2}O=2Fe(OH)_{2}}Ⅱrm{.(3)C}犧牲陽極rm{(4)}負(fù)rm{(5)}乙16、（1）CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.47kJ/mol）1△CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)－H=49.47kJ/mol）（2）2CH3OH(g)===CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H=－74.66kJ/mol△2－2CH3OH(g)===CH3CH2OH(g)+H2O(g)H=）①74.66kJ/mol－（3）①O2+2H2O+4e－===4OH－－3O2+2H2O+4e===4OH）－②1.2mol－1.2mol－（4）CH3OH－6e－+3O2－===CO2+2H2O4【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對熱化學(xué)方程式的書寫、用蓋斯定律及有關(guān)計算、原電池的工作原理、電極反應(yīng)式的書寫等應(yīng)用?！窘獯稹縭m{(}rm{1}rm{1}rm{)}當(dāng)有rm{4.4kgCO}rm{4.4kgCO}rm{{,!}_{2}}與足量rm{H}rm{H}二氧化碳的物質(zhì)的量為：rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{4400g}{44g/mol}=100mol}故rm{{,!}_{2}}二氧化碳放出的熱量為完全反應(yīng)故反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：，可放出熱量rm{4947kJ}二氧化碳的物質(zhì)的量為：rm{n=dfrac{m}{M}=

dfrac{4400g}{44g/mol}=100mol}故rm{1mol}二氧化碳放出的熱量為rm{49.47KJ}故反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{4947kJ}rm{n=dfrac{m}{M}=

dfrac{4400g}{44g/mol}=100mol}rm{1mol}rm{49.47KJ}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{triangle}rm{H=}rm{H=}rm{-}rm{-}根據(jù)反應(yīng)rm{49.47kJ/mol}rm{49.47kJ/mol}；故答案為：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{triangle}rm{H=}rm{H=}rm{-}rm{-}rm{49.47kJ/mol}rm{49.47kJ/mol}；rm{(2)}根據(jù)反應(yīng)rm{(2)}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}由蓋斯定律rm{triangle}可得：rm{H=}rm{H=}rm{-}rm{-}rm{49.47kJ/mol}；故答案為：rm{49.47kJ/mol}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{2CO}rm{2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+6H}rm{(g)+6H}甲醇燃料電池，甲醇為負(fù)極，氧氣為正極，反應(yīng)方程式為：rm{{,!}_{2}}rm{(g)===CH}rm{(g)===CH}rm{{,!}_{3}}故答案為：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OH(g)+3H}rm{OH(g)+3H}根據(jù)電極反rm{{,!}_{2}}rm{O(g)}rm{triangleH=-173.6kJ/mol}rm{O(g)}rm{triangleH=-173.6kJ/mol}rm{壟脷}rm{壟脷-壟脵隆脕2}物質(zhì)的量為rm{2CH_{3}OH(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)}轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{2CH_{3}OH(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)}故答案為：rm{triangle}rm{triangle}rm{H=}甲醇為負(fù)極，電解質(zhì)為熔融rm{H=}陽離子傳導(dǎo)，故負(fù)極反應(yīng)為甲醇失電子與陽離子結(jié)合生成二氧化碳和水，反應(yīng)式為：rm{-}rm{-}rm{74.66kJ/mol}rm{74.66kJ/mol}rm{2CH_{3}OH(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{2CH_{3}OH(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{triangle}rm{H=}rm{H=}rm{-}rm{-}rm{74.66kJ/mol}rm{74.66kJ/mol}rm{(}rm{3}rm{3}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{H=}rm{-}rm{49.47kJ/mol}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)===CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{H=}rm{H=}rm{-}rm{49.47kJ/mol}rm{49.47kJ/mol}rm{(}rm{2}rm{)}rm{2CH_{3}OH(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{H=}rm{-}rm{74.66kJ/mol}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{2CH_{3}OH(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{2CH_{3}OH(g)===CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{H=}rm{H=}rm{-}rm{74.66kJ/mol}rm{74.66kJ/mol}rm{(}rm{3}rm{)壟脵}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e}rm{{,!}^{-}}rm{===4OH}rm{{,!}^{-}}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)壟脵}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e}rm{{,!}^{-}}rm{===4OH}rm{===4OH}rm{{,!}^{-}}17、略

【分析】【分析】

根據(jù)題意可知；本題考查了物質(zhì)含量的實驗探究過程分析；實驗裝置的連接，運用各物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和裝置連接步驟分析。

【詳解】

(1)①A；B二者混合可制取氨氣；而濃氨水和生石灰或氫氧化鈉固體混合放熱,可使一水合氨分解生成氨氣。因此A中盛裝的是濃氨水；

故答案為：濃氨水；

②根據(jù)實驗?zāi)康募邦}給裝置可知,按照氣流的方向從左向右連接裝置的順序為:a接d，e接c，b接f；

故答案為：d；e；c；b；f；

③氣體通過CuO這一裝置的目的是氨氣有還原性，能還原氧化銅，生成氮氣，則氣體通過CuO這一裝置的目的用化學(xué)方程式表示為:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；

故答案為：2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu；

④無水氯化鈣裝置可防止外界空氣中的水進入，以防氮化鎂和水發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鎂和氨氣,化學(xué)方程式為:Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑；

故答案為：Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑；

(2)①配制0.5mol·L-1MgSO4溶液500mL；除提供的儀器外，還需要的儀器為500mL容量瓶；

故答案為：500mL容量瓶；

②步驟3中加氨水后反應(yīng)生成碳酸鎂結(jié)晶水合物,反應(yīng)的離子方程式為Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；

故答案為：Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；

③題述反應(yīng)后期將溫度升到30℃；是為了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氫氧化鈉溶液完全吸收，從而減小測定產(chǎn)生的誤差；

故答案為：升高溫度，氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出；便于吸收完全；

④若實驗測得1.000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生的CO2的平均物質(zhì)的量為amol，依據(jù)碳元素守恒可知，晶須中碳酸鎂的物質(zhì)的量為amol，根據(jù)MgCO3·nH2O中碳酸鎂和結(jié)晶水的物質(zhì)的量之比為1∶n,得到得到

故答案為：

⑤由題圖3知400℃時剩余質(zhì)量為82.3g，這是該晶須失去結(jié)晶水后的質(zhì)量，則有解得n=1；

故答案為：1?！窘馕觥繚獍彼甦ecbf2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3CuMg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑500mL容量瓶Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+。升高溫度，氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全1-84a/18a118、略

【分析】試題分析：（1）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，為了洗去蒸餾水，應(yīng)用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤洗2-3次；（2）用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定時，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液注入酸式滴定管中；（3）滴定時，眼睛注視錐形瓶中溶液的顏色變化，當(dāng)溶液由黃色變?yōu)槌壬_(dá)到滴定終點；（4）甲基橙在堿性條件下呈黃色，在酸性條件下呈紅色，中性色為橙色，變色范圍pH為3．1-4．4；（5）A、酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，直接裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸，標(biāo)準(zhǔn)鹽酸被稀釋，所用體積偏大，所測氫氧化鈉濃度偏高；B、酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，所讀標(biāo)準(zhǔn)酸溶液的體積偏大，所測結(jié)果偏高；C、滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后未干燥，不影響滴定結(jié)果；D、讀取鹽酸體積開始時仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束后俯視讀數(shù)，所讀標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積偏小，測定結(jié)果偏低；答案選AB?？键c：酸堿中和滴定【解析】【答案】(9分)（1）用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤洗(2分)；（2）甲（1分）；（3）錐形瓶中溶液的顏色變化(2分)（4）由黃（1分）色變?yōu)槌壬?分）；（4）AB(2分)。19、Ⅰ.②酸式滴定管⑤反應(yīng)所需時間Ⅱ.（1）檢驗裝置氣密性（2）短進長出（3）移動丙（或量筒），使乙、丙（或廣口瓶、量筒）中液面相平調(diào)整液面使氣體壓強等于外界大氣壓【分析】【分析】本題為實驗探究題，注意實驗基本操作，注意基礎(chǔ)知識的掌握，難度中等。【解答】Ⅰrm{.壟脷}題中要求酸的體積rm{10.00mL}較精確，應(yīng)選酸式滴定管；故答案為：酸式滴定管；rm{壟脻}比較反應(yīng)快慢需記錄反應(yīng)所需時間；故答案為：反應(yīng)所需時間；Ⅱrm{.(1)}組裝好儀器后，應(yīng)先檢查裝置氣密性；

故答案為：檢查裝置氣密性；

rm{(2)}實驗?zāi)康氖怯门潘y定氣體體積，所以乙中導(dǎo)管應(yīng)短進長出；故答案為：短進長出；

rm{(3)}讀取量筒中水的體積時，為了使氣體壓強等于外界大氣壓，應(yīng)先移動丙rm{(}或量筒rm{)}使乙、丙rm{(}或廣口瓶、量筒rm{)}中液面相平，故答案為：移動丙rm{(}或量筒rm{)}使乙、丙rm{(}或廣口瓶、量筒rm{)}中液面相平；調(diào)整液面使氣體壓強等于外界大氣壓。【解析】Ⅰrm{.壟脷}酸式滴定管rm{壟脻}反應(yīng)所需時間Ⅱrm{.(1)}檢驗裝置氣密性rm{(2)}短進長出rm{(3)}移動丙rm{(}或量筒rm{)}使乙、丙rm{(}或廣口瓶、量筒rm{)}中液面相平調(diào)整液面使氣體壓強等于外界大氣壓四、推斷題(共3題，共21分)20、（1）

（2）鄰甲基苯甲酸

（3）

（4）

（5）ad

（6）16或

（7）【分析】【分析】根據(jù)rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式逆推出rm{B}rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式，由rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式結(jié)合反應(yīng)條件以及rm{D}的分子式等推出其它物質(zhì)，然后根據(jù)問題進行解答即可。【解答】由rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式可知rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{A}氧化生成rm{B}所以rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{D}比rm{C}多一個碳原子和兩個氫原子，所以試劑rm{a}是甲醇，與rm{C}發(fā)生酯化反應(yīng)生成rm{D}rm{D}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{D}與甲醛反應(yīng)的產(chǎn)物發(fā)生堿性水解，然后與酸反應(yīng)生成rm{E}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{F}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{G}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{(1)}由以上分析可知rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{(2)}由以上分析可知rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為名稱為鄰甲基苯甲酸；rm{(3)}與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成的方程式為rm{(4)E}與rm{I_{2}}在一定條件下生成方程式為生成的與rm{F}互為同分異構(gòu)體的有機副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為rm{(5)a.}由rm{G}生成rm{H}的反應(yīng)是碳碳雙鍵打開發(fā)生加成反應(yīng)，正確；rm{b.G}的結(jié)構(gòu)簡式為不存在順反異構(gòu)體，錯誤；rm{c.1molG}最多可以與rm{4molH}rm{2}發(fā)生加成反應(yīng)，錯誤；rm{2}水解生成羧基，rm{d.1molF}與羧基發(fā)生中和反應(yīng)、rm{1molNaOH}與rm{1molNaOH}原子發(fā)生取代反應(yīng)；rm{I}水解生成rm{1molH}羧基，消耗rm{2mol}所以rm{2molNaOH}或rm{1molF}均消耗rm{1molH}正確；rm{2molNaOH}rm{(6)}為為rm{E}為能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基，rm{E}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，同分異構(gòu)體中：rm{壟脵}能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基，rm{壟脷}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，rm{壟脹}能使溴水因加成反應(yīng)而褪色，說明含有雙鍵，若苯環(huán)連有rm{-OH}rm{-CHO}rm{-CH=CH_{2}}則有rm{10}種結(jié)構(gòu)，若連有能使溴水因加成反應(yīng)而褪色，說明含有雙鍵，若苯環(huán)連有rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}則有rm{-OH}種結(jié)構(gòu)，若連有rm{-CHO}rm{-CH=CH_{2}}或rm{10}各有鄰間對三種結(jié)構(gòu)，所以共有rm{-OH}種結(jié)構(gòu)，其中rm{-CH=CH-CHO}rm{-CH(CHO)=CH_{2}}由乙烯制取首先需要制取rm{10+3+3=16}丁烯，核磁共振氫譜中苯環(huán)上有兩個吸收峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為或丁烯可由乙醛和溴乙烷合成，乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛，乙烯與溴化氫反應(yīng)生成溴乙烷，所以合成路線為rm{(7)}【解析】rm{(1)}rm{(2)}鄰甲基苯甲酸rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)ad}rm{(6)16}或rm{(7)}21、（1）平面型（2）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反應(yīng)（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反應(yīng)【分析】【分析】本題考查有機物的推斷，為高頻考點，把握rm{A}為乙烯為推斷的突破口，側(cè)重常見有機物性質(zhì)及反應(yīng)的考查，注意反應(yīng)中官能團的變化，題目難度不大?！窘獯稹吭谕瑴赝瑝合職鈶B(tài)烴rm{A}的密度是氫氣的rm{14}倍，rm{D}是具有果香氣味的物質(zhì)，則可推得rm{A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}與水在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}乙醇在rm{Cu}或rm{Ag}作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{C}為rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}可進一步氧化生成rm{D}為rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}和rm{CH_{3}COOH}在濃硫酸作用下反應(yīng)生成rm{E}為乙酸乙酯，以此解答該題。rm{(1)}根據(jù)上面的分析可知，rm{A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{A}物質(zhì)的空間構(gòu)型為平面型，故答案為：平面型；rm{(2)壟脵}反應(yīng)rm{A隆煤B}的化學(xué)方程式為rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}OH}反應(yīng)類型加成反應(yīng)，故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}OH}加成反應(yīng)；rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}OH}在rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}OH}作催化劑的情況下可發(fā)生反應(yīng)，其化學(xué)方程式為rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}反應(yīng)類型是氧化反應(yīng)，故答案為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}氧化反應(yīng)。rm{壟脷B}【解析】rm{(1)}平面型平面型rm{(1)}rm{(2)CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O}加成反應(yīng)rm{(2)CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH}加成反應(yīng)氧化反應(yīng)rm{CH_{3}CH_{2}OH}22、略

【分析】解：元素rm{X}的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的rm{2}倍，原子只能有rm{2}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}故rm{X}為rm{C}元素；rm{Y}基態(tài)原子的rm{2p}軌道上有rm{3}個電子，rm{Y}的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}則rm{Y}為rm{N}元素；rm{Z}是地殼中含量最多的元素，則rm{Z}為rm{O}元素；rm{W}的原子序數(shù)為rm{22}則rm{W}為rm{Ti}．

rm{(1)W}核外電子數(shù)為rm{22}基態(tài)原子的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}

同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大強酸，氮元素原子rm{2p}能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：rm{N>O>C}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}rm{N>O>C}

rm{(2)}原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)相等微?；榈秒娮樱crm{CNO^{-}}互為等電子體的一種分子、一種離子分別為rm{CO_{2}}rm{SCN^{-}}等，故答案為：rm{CO_{2}}rm{SCN^{-}}

rm{(3)}二元弱酸rm{H_{2}C_{2}O_{4}}的結(jié)構(gòu)式為分子中rm{C}原子形成rm{3}個rm{婁脪}鍵，rm{1molH_{2}C_{2}O_{4}}分子中含有rm{婁脪}鍵的數(shù)目為rm{7隆脕6.02隆脕10^{23}}

故答案為：rm{7隆脕6.02隆脕10^{23}}

rm{(4)}氨分子與水分子間易形成氫鍵，rm{NH_{3}}極易溶于水；故答案為：氨分子與水分子間易形成氫鍵．

元素rm{X}的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的rm{2}倍，原子只能有rm{2}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}故rm{X}為rm{C}元素；rm{Y}基態(tài)原子的rm{2p}軌道上有rm{3}個電子，rm{Y}的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}則rm{Y}為rm{N}元素；rm{Z}是地殼中含量最多的元素，則rm{Z}為rm{O}元素；rm{W}的原子序數(shù)為rm{22}則r