2025年浙教版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙教版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷210考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象、原理的敘述，正確的是（）A.洗滌沉淀時(shí)，應(yīng)用玻璃棒輕輕攪拌，使得沉淀表面上的雜質(zhì)溶于水中B.將兩塊未擦去氧化膜的鋁片分別投入1mol?L-1CuSO4溶液、1mol?L-1CuCl2溶液中，一段時(shí)間后，鋁片表面都觀察不到明顯的反應(yīng)現(xiàn)象C.由鋅、銅、稀硫酸構(gòu)成的原電池溶液中加入適量的H2O2能提高電池的放電效率D.在淀粉溶液中加入適量稀硫酸微熱，再加少量新制氫氧化銅濁液加熱，若無(wú)磚紅色沉淀產(chǎn)生，則淀粉未發(fā)生水解2、將等質(zhì)量的Fe、Al、Mg、Zn分別投入盛有體積、濃度均相等的稀鹽酸的四個(gè)燒杯中，反應(yīng)結(jié)束時(shí)，其中只有一個(gè)燒杯中有金屬剩余，則剩余金屬是（）A.FeB.AlC.MgD.Zn3、烴與氫氣加成后的產(chǎn)物是該單烯烴的結(jié)構(gòu)可能有（）A.3種B.4種C.5種D.6種4、化學(xué)與社會(huì)、生活和生產(chǎn)息息相關(guān)，以下敘述錯(cuò)誤的是（）A.科學(xué)家們正在研究利用藍(lán)綠藻等低等植物和微生物在陽(yáng)光作用下使水分解產(chǎn)生氫氣B.貯氫金屬在一定溫度和壓強(qiáng)下可以吸附氫氣，如鑭鎳合金（LaNi5）可以吸附氫氣形成LaNi5H6，其中H元素仍以H2分子形式存在C.氫氣因具有高熱值、燃燒產(chǎn)物無(wú)污染等優(yōu)點(diǎn)而被看成是理想的綠色能源D.燃燒樹(shù)枝取熱、將植物秸桿制沼氣、用淀粉制乙醇都是人們利用生物質(zhì)能的方式5、同分異構(gòu)體數(shù)目與C6H14相同的化合物是（）A.C4H8B.C4H9ClC.C4H10OD.C4H8O26、元素rm{A}的陽(yáng)離子與元素rm{B}的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)rm{.}以下關(guān)于rm{A}rm{B}元素性質(zhì)的比較中，正確的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}原子半徑：rm{A<B}rm{壟脷}原子序數(shù)：rm{A>B}rm{壟脹}原子最外層電子數(shù)：rm{B>A}

rm{壟脺}元素所在的周期數(shù)：rm{A>B}rm{壟脻A}的最高正價(jià)與rm{B}的最低負(fù)價(jià)的絕對(duì)值相等．A.rm{壟脵壟脷}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脺壟脻}D.rm{壟脷壟脻}7、下列離子方程式正確的是（）A.在FeCl3溶液中投入少量的Zn粉：2Fe3-+Zn═Zn2-+2Fe2+B.Ca（ClO）2浴液中通人少量SO2：Ca2-+2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOC.鐵紅（Fe2O3）溶于氫碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3-+3H2OD.明礬溶液中滴加過(guò)量的氨水：Al3-+3OH═Al（OH）3↓8、A、B、C都是金屬，把A浸入C的鹽溶液中，A的表面有C析出，A與B和酸溶液組成原電池時(shí)，B為電池的負(fù)極．A、B、C金屬的活動(dòng)性順序?yàn)椋ǎ〢.B＞A＞CB.A＞C＞BC.A＞B＞CD.B＞C＞A評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、（2014秋?東莞期中）（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時(shí)放出184.6kJ的熱量，試寫(xiě)出對(duì)應(yīng)的熱化學(xué)方程式____．標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氫氣在氯氣中充分燃燒放出的熱量是____kJ．

（2）A（g）+B（g）?C（g）+D（g）過(guò)程中的能量（kJ）變化如圖所示；回答下列問(wèn)題．

①反應(yīng)物A（g）和B（g）具有的總能量____（填大于；小于、等于）生成物C（g）和D（g）具有的總能量．

②該反應(yīng)是____反應(yīng)（填吸熱、放熱），△H=____（用E1和E2表示）10、已知A；B、C、D、E均為短周期元素；它們的原子序數(shù)依次遞增．A單質(zhì)是自然界中密度最小的氣體，C元素原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，D原子的最內(nèi)層電子數(shù)和最外層電子數(shù)之和等于其次外層電子數(shù)，E單質(zhì)性質(zhì)活潑；B和C可形成多種氣態(tài)化合物．A、B、C三種元素可以形成離子化合物甲，甲是一種常見(jiàn)的化肥，甲可以和氫氧化鈉反應(yīng)放出無(wú)色刺激性氣味氣體乙，乙能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）寫(xiě)出C元素在周期表中的位置____．

（2）寫(xiě)出B單質(zhì)分子的電子式____；乙分子的結(jié)構(gòu)式____．

（3）甲中含有的化學(xué)鍵類(lèi)型有____．

（4）元素D與元素E相比，非金屬性較強(qiáng)的是____（用元素符號(hào)表示），請(qǐng)列舉能證明這一結(jié)論的兩個(gè)事實(shí)____、____．

（5）往甲的濃溶液中加入NaOH的濃溶液并加熱，反應(yīng)的離子方程式是____．11、試用質(zhì)子數(shù)；中子數(shù)、電子數(shù)、質(zhì)量數(shù)和同位素填空：

（1）C與N具有相同的____

（2）C與C具有相同的____

（3）C與N具有相同的____

（4）N與N互為_(kāi)___．12、鐵是人類(lèi)較早使用的金屬之一．運(yùn)用鐵的有關(guān)知識(shí)；回答下列問(wèn)題：

（1）據(jù)有關(guān)報(bào)道，目前已能冶煉純度高達(dá)99.9999%的鐵，關(guān)于純鐵的如下敘述中，正確的是____（填序號(hào)）．

A．硬度比生鐵高B．耐腐蝕性強(qiáng)；不易生銹。

C．不能與鹽酸反應(yīng)D．與不銹鋼成分相同。

（2）向沸水中逐滴滴加1mol?L-1FeCl3溶液，至液體呈透明的紅褐色，形成該分散系的微粒粒度范圍是____nm．

（3）電子工業(yè)需用30%的FeCl3溶液腐蝕敷在絕緣板上的銅，制造印刷電路板．請(qǐng)寫(xiě)出FeCl3溶液與銅反應(yīng)的離子方程式____，離子方程式中三種離子氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)開(kāi)___．13、工業(yè)上用侯氏制堿法制得的純堿中，往往含有碳酸氫鈉和氯化鈉．

（1）若用加熱的方法檢驗(yàn)純堿樣品中是否含有碳酸氫鈉，應(yīng)選用A、B、C三套裝置中的____．

（2）寫(xiě)出將碳酸鈉溶液與足量鹽酸混合生成氣體的離子方程式____；

（3）下列有關(guān)檢驗(yàn)純堿樣品中是否含有氯化鈉雜質(zhì)的實(shí)驗(yàn)方案中，最合理的是____．

A．取少量樣品于試管中，加入適量蒸餾水溶解，再加入足量鹽酸至不再產(chǎn)生氣泡，然后滴加幾滴AgNO3溶液；若產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)。

B．取少量樣品于試管中，加入適量蒸餾水溶解，再加入足量硫酸至不再產(chǎn)生氣泡，然后滴加幾滴AgNO3溶液；若產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)。

C．取少量樣品于試管中，加入適量蒸餾水溶解，再加入足量硝酸至不再產(chǎn)生氣泡，然后滴加幾滴AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、物質(zhì)發(fā)生化學(xué)變化時(shí)都伴有能量的變化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、某烷烴的名稱(chēng)為2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷_(kāi)___（判斷對(duì)錯(cuò)）16、化學(xué)平衡常數(shù)K只隨溫度變化，T升高，則K增大．____．（判斷對(duì)錯(cuò)說(shuō)明理由）17、放熱反應(yīng)在任何條件都不能發(fā)生．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、NaCl溶液在電流的作用下電離出Na+____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、鐵和稀硫酸反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、近半個(gè)多世紀(jì)以來(lái)；隨著人類(lèi)社會(huì)的高度發(fā)達(dá)，環(huán)境污染問(wèn)題也越來(lái)越受到了人們的關(guān)注．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）水是人類(lèi)賴(lài)以生存的物質(zhì)．下列物質(zhì)會(huì)帶來(lái)水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項(xiàng)的化合物會(huì)造成水體的____（填名稱(chēng)）．

（2）煤和石油是當(dāng)今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會(huì)對(duì)環(huán)境造成影響，生成的____、____（填化學(xué)式）等容易形成酸雨．某火力發(fā)電廠(chǎng)為了防止廢氣污染環(huán)境，現(xiàn)采用廉價(jià)易得的石灰石漿來(lái)吸收，其反應(yīng)方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測(cè)x的化學(xué)式為_(kāi)___．x的大量排放仍會(huì)帶來(lái)環(huán)境問(wèn)題，它對(duì)環(huán)境帶來(lái)的影響是造成____（填名稱(chēng)）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應(yīng)方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學(xué)式為_(kāi)___．

（3）防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境已成為全球的共識(shí)，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

①空氣質(zhì)量報(bào)告的各項(xiàng)指標(biāo)可以反映出各地空氣的質(zhì)量．下列氣體已納入我國(guó)空氣質(zhì)量報(bào)告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應(yīng)分類(lèi)收集．你用過(guò)的舊試卷應(yīng)放置于貼有____（填字母）標(biāo)志的垃圾筒內(nèi)．

③工業(yè)廢水需處理達(dá)標(biāo)后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請(qǐng)畫(huà)“√”，不合理的請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中填寫(xiě)正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．評(píng)卷人得分四、解答題(共3題，共9分)21、某有機(jī)物只含碳；氫、氧三種元素；其質(zhì)量比為6：1：8．該有機(jī)物蒸氣的密度是相同條件下乙烷的2倍，試求該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量及分子式．根據(jù)下列條件寫(xiě)出該有機(jī)物的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。

①該有機(jī)物常溫下能跟碳酸氫鈉溶液反應(yīng)；

②該有機(jī)物能產(chǎn)生銀鏡；

③該有機(jī)物既能產(chǎn)生銀鏡，又能與鈉反應(yīng)生成氫氣．22、I已知：如果要合成所用的原始原料可以是______

A.2-甲基-l；3-丁二烯和2-丁炔B．1，3-戊二烯和2-丁炔。

C．2；3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D．，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔。

II（A～G都是有機(jī)化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）已知：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8gC02和3.6gH20；E的蒸氣與氫氣的相對(duì)密度為30；則E的分子式為_(kāi)_____：

（2）A為一取代芳烴，B中含有一個(gè)甲基．由B生成C的化學(xué)方程式為_(kāi)_____23、有X、Y、Z三種元素，已知：①X2-、Y-均與Y的氣態(tài)氫化物分子具有相同的電子數(shù)；②Z與Y可組成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色．請(qǐng)回答：

（1）Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式是______．

（2）將ZY3溶液滴入沸水可得到紅褐色液體，反應(yīng)的離子方程式是______Fe（OH）3（膠體）+3H+評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共20分)24、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．25、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．27、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共1題，共5分)28、納米級(jí)rm{Cu_{2}O}由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，它可作為太陽(yáng)光分解水的催化劑；通常制取rm{Cu_{2}O}有下列rm{4}種方法：

rm{(1)}已知：

rm{2Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}

rm{C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}

rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

用方法rm{2Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}制取rm{C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}時(shí)產(chǎn)生有毒氣體；則發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是______；

rm{Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}方法rm{壟脵}中采用陰離子交換膜控制電解液中rm{Cu_{2}O}的濃度得到納米級(jí)rm{(2)}當(dāng)生成rm{壟脷}時(shí)，轉(zhuǎn)移______rm{OH^{-}}電子，電解一段時(shí)間后陰極附近溶液的rm{Cu_{2}O}______rm{0.1molCu_{2}O}填“增大”、“減小”或“不變”rm{mol}其陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____；

rm{pH}方法rm{(}制備納米級(jí)rm{)}同時(shí)放出rm{(3)}該制法的化學(xué)方程式為_(kāi)_____；

rm{壟脺}用以上四種方法制得的rm{Cu_{2}O}在某相同條件下分別對(duì)水催化分解，產(chǎn)生氫氣的體積rm{N_{2}}隨時(shí)間rm{(4)}變化如圖rm{Cu_{2}O}所示rm{V(H_{2})}下列敘述錯(cuò)誤的是______rm{t}填字母rm{2}

A.rm{.}催化水分解時(shí)；需要適宜的溫度。

B.催化效果與rm{(}顆粒的粗細(xì)；表面活性等有關(guān)。

C.方法rm{)}制得的rm{Cu_{2}O}催化效率相對(duì)較高。

D.方法rm{Cu_{2}O}制得的rm{壟脷壟脺}作催化劑時(shí)，水的平衡轉(zhuǎn)化率最高．rm{Cu_{2}O}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．洗滌沉淀；不能攪拌；

B．CuSO4和CuCl2溶液中銅離子水解；溶液顯酸性，能先與氧化鋁反應(yīng)；

C．H2O2具有較強(qiáng)的氧化性；可在正極上得到電子；

D．葡萄糖和新制氫氧化銅懸濁液的反應(yīng)必須在堿性條件下．【解析】【解答】解：A．洗滌沉淀的操作是將沉淀置于過(guò)濾器中；邊加蒸餾水沖洗，但不能攪拌，故A錯(cuò)誤；

B．CuSO4和CuCl2溶液中銅離子水解；溶液顯酸性，能先與氧化鋁反應(yīng)，去除氧化膜后，活潑的鋁與酸反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生氣體，同時(shí)鋁也置換出銅，有紅色物質(zhì)析出，故B錯(cuò)誤；

C．Zn-Cu稀H2SO4構(gòu)成的原電池，溶液中加入適量H2O2；氧化性的電極電位上升了，所以能提高電池放電效率，故C正確；

D．葡萄糖和新制氫氧化銅懸濁液的反應(yīng)必須在堿性條件下；該實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有加入NaOH中和未反應(yīng)的稀硫酸，所以實(shí)驗(yàn)不成功，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、B【分析】【分析】金屬與酸反應(yīng)生成鹽和氫氣，金屬失去電子、H得到電子，金屬失去電子越多，消耗的酸越多，則體積、濃度均相等的稀鹽酸，只有一個(gè)燒杯中有金屬剩余，則該金屬失去電子最多，以此來(lái)計(jì)算．【解析】【解答】解：設(shè)金屬質(zhì)量均為xg；

則等質(zhì)量的Fe、Al、Mg、Zn完全反應(yīng)時(shí)失去電子分別為×2、×（3-0）、×（2-0）、×（2-0）；

×（3-0）＞×（2-0）＞×2＞×（2-0）；

則Al失去電子最多；分別投入盛有體積；濃度均相等的稀鹽酸的四個(gè)燒杯中，反應(yīng)結(jié)束時(shí)，其中只有一個(gè)燒杯中有金屬剩余，酸的物質(zhì)的量相同，則該金屬為Al；

故選B．3、C【分析】【分析】加成反應(yīng)指有機(jī)物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團(tuán)相結(jié)合，生成新的化合物的反應(yīng)．根據(jù)加成原理采取逆推法還原C=C雙鍵，烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對(duì)應(yīng)烯烴存在碳碳雙鍵的位置．還原雙鍵時(shí)注意：先判斷該烴結(jié)構(gòu)是否對(duì)稱(chēng)，如果對(duì)稱(chēng)，只考慮該分子一邊的結(jié)構(gòu)和對(duì)稱(chēng)線(xiàn)兩邊相鄰碳原子即可；如果不對(duì)稱(chēng)，要全部考慮，然后各去掉相鄰碳原子上的一個(gè)氫原子形成雙鍵．【解析】【解答】解：根據(jù)烯烴與H2加成反應(yīng)的原理，推知該烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對(duì)應(yīng)烯烴存在碳碳雙鍵的位置．該烷烴的碳鏈結(jié)構(gòu)為1號(hào)和6號(hào)碳原子關(guān)于2號(hào)碳原子對(duì)稱(chēng)，所以能形成雙鍵位置有：1和2之間（或2和6）；2和3之間；3和7之間，3和4之間，4和5之間，故該烴共有5種．

故選C．4、B【分析】【分析】A．水可以在光能作用下分解成氧氣和氫氣；

B．貯氫金屬在一定的溫度和壓強(qiáng)下能夠大量吸收氫氣；一個(gè)金屬原子可以與兩三個(gè)乃至更多個(gè)氫原子結(jié)合，形成金屬氫化物；

C．氫氣具有高熱值；資源豐富、燃燒產(chǎn)物無(wú)污染；

D．樹(shù)枝、植物秸桿、淀粉都是生物質(zhì)能．【解析】【解答】解：A．水可以在光能作用下分解成氧氣和氫氣；故A正確；

B．貯氫金屬在一定的溫度和壓強(qiáng)下能夠大量吸收氫氣；一個(gè)金屬原子可以與兩三個(gè)乃至更多個(gè)氫原子結(jié)合，形成金屬氫化物，故B錯(cuò)誤；

C．氫能作為一種新型能源具有燃燒熱值高；資源豐富、燃燒產(chǎn)物無(wú)污染等優(yōu)點(diǎn)；故C正確；

D．燃燒樹(shù)枝取熱；將植物秸桿制沼氣、用淀粉制乙醇都涉及生物質(zhì)能的利用；故D正確．

故選B．5、A【分析】【分析】根據(jù)減碳法作取代基，利用碳鏈異構(gòu)書(shū)寫(xiě)C6H14的所有同分異構(gòu)體，然后再分別判斷各個(gè)選項(xiàng)中同分異構(gòu)體的個(gè)數(shù)即可．【解析】【解答】解：C6H14屬于烷烴，主鏈為6個(gè)碳原子有：CH3（CH2）4CH3；主鏈為5個(gè)碳原子有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主鏈為4個(gè)碳原子有：CH3CH2C（CH3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，則C6H14的同分異構(gòu)體共有5種；

A、C4H8可以是1-丁烯；2-丁烯、2-甲基-1-丙烯、環(huán)丁烷、甲基環(huán)丙烷；總共5種，故A相同；

B、C4H9Cl可以看做是丁烷上的1個(gè)H被Cl取代生成的產(chǎn)物；丁基總共有4種，故此有機(jī)物同分異構(gòu)體為4，故B不同；

C、C4H10O；若為醇類(lèi)，可以看做羥基取代H生成的，丁基有4種，故有4種同分異構(gòu)體，若為醚類(lèi)，可以是甲丙醚；乙醚和丙甲醚等，多于5種，故C不同；

D、C4H8O2可以為羧酸；也可以為酯類(lèi)，羧酸類(lèi)有正丁酸與異丁酸2種，酯類(lèi)有：甲酸丙酯；甲酸異丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯4種，多于5種，故D不同；

故選A．6、B【分析】解：rm{A}元素的陽(yáng)離子與rm{B}元素的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則離子核外電子數(shù)相等，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期．

rm{A}形成陽(yáng)離子，元素rm{B}形成陰離子，所以最外層電子數(shù)rm{A<B}．

rm{壟脵A}元素形成陽(yáng)離子與rm{B}元素形成陰離子，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，電子層越多，原子半徑越大原子半徑rm{A>B}故rm{壟脵}錯(cuò)誤；

rm{壟脷A}元素的陽(yáng)離子與rm{B}元素的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則離子核外電子數(shù)相等，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，原子序數(shù)rm{A}較大，即原子序數(shù)rm{A>B}故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹A}形成陽(yáng)離子，元素rm{B}形成陰離子，所以最外層電子數(shù)rm{A<B}故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺A}元素形成陽(yáng)離子與rm{B}元素形成陰離子，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，元素所在的周期數(shù)：rm{A>B}故rm{壟脺}正確；

rm{壟脻A}元素原子最外層電子數(shù)與rm{B}元素原子最外層電子數(shù)之和為rm{8}則rm{A}的正價(jià)與rm{B}的負(fù)價(jià)絕對(duì)值相等，若rm{A}元素原子最外層電子數(shù)與rm{B}元素原子最外層電子數(shù)之和不為rm{8}則rm{A}的正價(jià)與rm{B}的負(fù)價(jià)絕對(duì)值不相等，故rm{壟脻}錯(cuò)誤．

所以rm{壟脷壟脹壟脺}正確．

故選：rm{B}．

rm{A}元素的陽(yáng)離子與rm{B}元素的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則離子核外電子數(shù)相等，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，原子序數(shù)rm{A}較大；rm{A}元素形成陽(yáng)離子與rm{B}元素形成陰離子，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，電子層越多，原子半徑越大；rm{A}形成陽(yáng)離子，元素rm{B}形成陰離子，所以最外層電子數(shù)rm{A<B}．

rm{B}元素最高化合價(jià)等于其最外層電子數(shù)，且rm{B}元素最高正化合價(jià)rm{+|}最低負(fù)化合價(jià)rm{|=8}rm{A}元素化合價(jià)等于最外層電子數(shù)，據(jù)此判斷rm{B}元素與rm{A}元素化合價(jià)關(guān)系．

考查結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系，難度中等，關(guān)鍵根據(jù)離子的電子層結(jié)構(gòu)推斷元素的位置關(guān)系．【解析】rm{B}7、A【分析】【分析】A．反應(yīng)生成氯化亞鐵；氯化鋅；

B．次氯酸根離子能夠氧化亞硫酸根離子；

C．三價(jià)鐵離子能夠氧化碘離子；

D．一水合氨為弱電解質(zhì)，應(yīng)保留化學(xué)式．【解析】【解答】解：A．在FeCl3溶液中投入少量的Zn粉，離子方程式：2Fe3++Zn═Zn2++2Fe2+；故A正確；

B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的離子反應(yīng)為SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-；故B錯(cuò)誤；

C．鐵紅（Fe2O3）溶于氫碘酸，離子方程式：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2；故C錯(cuò)誤；

D．明礬溶液中滴加過(guò)量的氨水反應(yīng)離子方程式：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故D錯(cuò)誤；

故選：A．8、A【分析】【分析】較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬；不同金屬和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時(shí)，一般來(lái)說(shuō)，活潑金屬作負(fù)極、不活潑金屬作正極，據(jù)此判斷金屬活動(dòng)性強(qiáng)弱．【解析】【解答】解：較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬；把A浸入C的鹽溶液中，A的表面有C析出，金屬活動(dòng)性順序A＞C；不同金屬和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時(shí)，一般來(lái)說(shuō)，活潑金屬作負(fù)極；不活潑金屬作正極，A與B和酸溶液組成原電池時(shí)，B為電池的負(fù)極，金屬活動(dòng)性順序B＞A，通過(guò)以上分析知，金屬活動(dòng)性順序是B＞A＞C；

故選A．二、填空題(共5題，共10分)9、H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ?mol-192.3大于放熱E1-E2【分析】【分析】（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)原則和注意問(wèn)題寫(xiě)出，標(biāo)注聚集狀態(tài)和焓變，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氫氣物質(zhì)的量==0.5mol；結(jié)合熱化學(xué)方程式計(jì)算；

（2）△H=生成物能量和-反應(yīng)物能量和，從圖象可見(jiàn)，反應(yīng)物的能量低于生成物，反應(yīng)吸熱，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時(shí)放出184.6kJ的熱量，對(duì)應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ?mol-1，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氫氣物質(zhì)的量==0.5mol，反應(yīng)放熱=184.6kJ?mol-1×0.5mol=92.3KJ；

故答案為：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ?mol-1；92.3；

（2）①反應(yīng)物的能量高于生成物；1mol氣體A和1mol氣體B具有的能量比1mol氣體C和1mol氣體D具有的總能量一定高，故答案為：大于；

②△H=生成物能量和-反應(yīng)物能量和＜0，反應(yīng)放熱，△H=反應(yīng)物活化能-生成物活化能=（E1-E2）kJ/mol，故答案為：放熱；（E1-E2）．10、第二周期ⅥA族離子鍵、共價(jià)鍵Cl氯化氫比硫化氫穩(wěn)定高氯酸酸性比硫酸強(qiáng)NH4++OH-NH3↑+H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E均為短周期元素，它們的原子序數(shù)依次遞增．A單質(zhì)是自然界中密度最小的氣體，則A為氫元素；C元素原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則C原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則C為氧元素；D原子的最內(nèi)層電子數(shù)和最外層電子數(shù)之和等于其次外層電子數(shù)，則D原子最外層電子數(shù)為8-2=6，則D為硫元素；E單質(zhì)性質(zhì)活潑，原子序數(shù)大于硫元素，則E為Cl元素；B和C可形成多種氣態(tài)化合物，A、B、C三種元素可以形成離子化合物甲，甲是一種常見(jiàn)的化肥，則B為氮元素，甲為硝酸銨；甲可以和氫氧化鈉反應(yīng)放出無(wú)色刺激性氣味氣體乙，乙能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，則乙為氨氣，以此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E均為短周期元素；它們的原子序數(shù)依次遞增．A單質(zhì)是自然界中密度最小的氣體，則A為氫元素；C元素原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則C原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則C為氧元素；D原子的最內(nèi)層電子數(shù)和最外層電子數(shù)之和等于其次外層電子數(shù)，則D原子最外層電子數(shù)為8-2=6，則D為硫元素；E單質(zhì)性質(zhì)活潑，原子序數(shù)大于硫元素，則E為Cl元素；B和C可形成多種氣態(tài)化合物，A、B、C三種元素可以形成離子化合物甲，甲是一種常見(jiàn)的化肥，則B為氮元素，甲為硝酸銨；甲可以和氫氧化鈉反應(yīng)放出無(wú)色刺激性氣味氣體乙，乙能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，則乙為氨氣；

（1）C為氧元素；氧原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，處于周期表中第二周期ⅥA族；

故答案為：第二周期ⅥA族；

（2）B為氮元素，氮?dú)夥肿又械又g形成3對(duì)共用電子對(duì)，氮?dú)夥肿拥碾娮邮綖橐覟榘睔夥肿?，分子中氮原子與氫原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)，氨氣分子的結(jié)構(gòu)式為

故答案為：

（3）甲是硝酸銨；甲晶體中含有的化學(xué)鍵類(lèi)型有：離子鍵；共價(jià)鍵；

故答案為：離子鍵；共價(jià)鍵；

（4）同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)；故非金屬性Cl＞S，氯化氫比硫化氫穩(wěn)定；高氯酸酸性比硫酸強(qiáng)等證明這一結(jié)論；

故答案為：Cl；氯化氫比硫化氫穩(wěn)定；高氯酸酸性比硫酸強(qiáng)；

（5）往硝酸銨的濃溶液中加入NaOH的濃溶液并加熱，反應(yīng)產(chǎn)生硝酸鈉、氨氣與水，反應(yīng)的離子方程式是：NH4++OH-NH3↑+H2O；

故答案為：NH4++OH-NH3↑+H2O．11、中子數(shù)質(zhì)子數(shù)、電子數(shù)質(zhì)量數(shù)同位素【分析】【分析】根據(jù)原子的表示方法和各位置數(shù)字的關(guān)系，可以計(jì)算每組中具有的相同關(guān)系，如質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)、質(zhì)量數(shù)，即同位素是指質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一元素的不同原子，質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和，對(duì)于zAX中z表示質(zhì)子數(shù)、A表示中子數(shù)．【解析】【解答】解：（1）136C中中子數(shù)為13-6=7，147N中中子數(shù)為14-7=7；因此二者具有相同的中子數(shù)，故答案為：中子數(shù)；

（2）136C與126屬于碳元素的兩種不同原子；它們的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，故答案為：質(zhì)子數(shù)；電子數(shù)；

（3）146C的質(zhì)量數(shù)為14，質(zhì)子數(shù)為6，中子數(shù)為8，147N的質(zhì)量數(shù)為14；質(zhì)子數(shù)為7，中子數(shù)為7，因此，二者具有相同的質(zhì)量數(shù)，故答案為：質(zhì)量數(shù)；

（4）157N與147N是氮元素的不同原子（質(zhì)子數(shù)都是7，中子數(shù)分別為：8和7），因此二者互為同位素，故答案：同位素．12、B1-1002Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+Fe3+＞Cu2+＞Fe2+【分析】【分析】（1）A．合金的硬度比各成分金屬的大；

B．純鐵不能形成原電池；

C．鐵能與鹽酸反應(yīng)；

D．不銹鋼基本合金元素還有鎳；鉬、鈦、鈮、銅、氮等；

（2）向沸水中逐滴滴加1mol?L-1FeCl3溶液；至液體呈透明的紅褐色得到氫氧化鐵膠體；

（3）金屬銅可以和三價(jià)鐵之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，三價(jià)鐵離子遇到硫氰化鉀顯示紅色．【解析】【解答】解：（1）A．生鐵是合金；硬度比純鐵大，故A錯(cuò)誤；

B．純鐵不能形成原電池；在潮濕的空氣中不易生銹，故B正確；

C．鐵能與鹽酸反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D．純鐵與不銹鋼成分不同；故D錯(cuò)誤；

故選B；

（2）氫氧化鐵膠體的微粒直徑范圍是1-100nm；故答案為：1-100；

（3）金屬銅可以和三價(jià)鐵之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，F(xiàn)e3+＞Cu2+；所以根據(jù)金屬活動(dòng)順序表，氧化性是Cu2+＞Fe2+，即氧化性順序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

故答案為：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；Fe3+＞Cu2+＞Fe2+．13、BCO32-+2H+=H2O+CO2↑C【分析】【分析】（1）碳酸氫鈉分解生成二氧化碳?xì)怏w；可用澄清石灰水檢驗(yàn)；

（2）碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉；二氧化碳和水；

（3）應(yīng)排除其它離子的干擾．【解析】【解答】解：（1）碳酸氫鈉分解生成二氧化碳?xì)怏w；可用澄清石灰水檢驗(yàn)，A中無(wú)明顯現(xiàn)象，B中溶液變渾濁，C試管應(yīng)向下傾斜，故答案為：B；

（2）碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

故答案為：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（3）A．加入鹽酸，引入Cl-離子；干擾實(shí)驗(yàn)結(jié)果，故A錯(cuò)誤；

B．加入硫酸；會(huì)生成硫酸銀沉淀，干擾實(shí)驗(yàn)結(jié)果，故B錯(cuò)誤；

C．加入硝酸；如生成不溶于硝酸的沉淀，可說(shuō)明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)，故C正確．

故答案為：C．三、判斷題(共7題，共14分)14、√【分析】【分析】依據(jù)化學(xué)反應(yīng)實(shí)質(zhì)是反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，反應(yīng)過(guò)程中一定伴隨能量變化．【解析】【解答】解：化學(xué)反應(yīng)實(shí)質(zhì)是反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，所以反應(yīng)過(guò)程中一定伴隨能量變化，故正確，故答案為：√．15、×【分析】【分析】烷烴命名原則：

①長(zhǎng)選最長(zhǎng)碳鏈為主鏈；

②多遇等長(zhǎng)碳鏈時(shí)；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號(hào)；

④小支鏈編號(hào)之和最小．看下面結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；

⑤簡(jiǎn)兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)，從簡(jiǎn)單取代基開(kāi)始編號(hào)．如取代基不同，就把簡(jiǎn)單的寫(xiě)在前面，復(fù)雜的寫(xiě)在后面．【解析】【解答】解：沒(méi)有把最長(zhǎng)碳鏈作為主鏈，最長(zhǎng)碳鏈應(yīng)為7，為庚烷，正確命名為2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案為：×．16、×【分析】【分析】依據(jù)平衡常數(shù)是表示平衡進(jìn)行程度大小的量；化學(xué)反應(yīng)吸熱或放熱反應(yīng)，溫度升高平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行．【解析】【解答】解：化學(xué)平衡常數(shù)K表示可逆反應(yīng)的進(jìn)行程度；依據(jù)平衡常數(shù)含義可知，K值越大，可逆反應(yīng)的進(jìn)行程度越大；溫度升高，平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，反應(yīng)可能是吸熱反應(yīng)，也可能是放熱反應(yīng)，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減??；

故答案為：×，溫度升高，平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，反應(yīng)可能是吸熱反應(yīng)，也可能是放熱反應(yīng)，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減?。?7、×【分析】【分析】放熱反應(yīng)一般在加熱條件能發(fā)生．【解析】【解答】解：放熱反應(yīng)一般在加熱條件能發(fā)生，例如燃燒反應(yīng)，故錯(cuò)誤，故答案為：×．18、×【分析】【分析】在水溶液中；電解質(zhì)在水分子作用下電離出自由移動(dòng)的離子；

在熔融狀態(tài)下，電解質(zhì)在電流的作用下電離出自由移動(dòng)的離子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下電離出鈉離子和氯離子；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】鐵為變價(jià)金屬，鐵與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，不會(huì)生成硫酸鐵，該離子方程式中反應(yīng)產(chǎn)物錯(cuò)誤，應(yīng)該生成Fe2+離子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氫離子，則鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣和氫氣，不會(huì)生成硫酸鐵，正確的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案為：×．20、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營(yíng)養(yǎng)化是因?yàn)橄蛩信欧藕涣椎仍氐纳a(chǎn)生活廢水過(guò)多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經(jīng)過(guò)復(fù)雜的大氣化學(xué)反應(yīng)，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類(lèi)與數(shù)目保持不變可以判斷物質(zhì)的化學(xué)式；二氧化碳是一種主要的溫室效應(yīng)氣體；根據(jù)質(zhì)量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質(zhì)量報(bào)告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級(jí)別、空氣質(zhì)量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據(jù)污水的類(lèi)型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水中常見(jiàn)的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質(zhì)是常見(jiàn)的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)大量進(jìn)入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類(lèi)及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚(yú)類(lèi)及其它生物大量死亡，該現(xiàn)象為水體富營(yíng)養(yǎng)化導(dǎo)致的結(jié)果；

故答案為：A；富營(yíng)養(yǎng)化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經(jīng)過(guò)復(fù)雜的大氣化學(xué)反應(yīng)，被雨水吸收溶解而成，根據(jù)2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個(gè)x中含有1個(gè)碳原子和2個(gè)氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應(yīng)的主要物質(zhì)，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個(gè)y中含有1個(gè)鈣原子和2個(gè)氫氧根原子團(tuán)，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應(yīng)；Ca（OH）2；

（3）①空氣質(zhì)量報(bào)告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級(jí)別、空氣質(zhì)量狀況等，二氧化碳無(wú)毒，不屬于空氣污染物，氮?dú)馐强諝獾闹饕M成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測(cè)；

故答案為：CD；

②用過(guò)的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質(zhì)使金屬陽(yáng)離子轉(zhuǎn)化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來(lái)，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．四、解答題(共3題，共9分)21、略

【分析】【分析】密度之比等于相對(duì)分子質(zhì)量之比；據(jù)此計(jì)算該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量；

結(jié)合C、H、O元素的質(zhì)量比，根據(jù)n=計(jì)算C；H、O原子數(shù)目之比；確定最簡(jiǎn)式，結(jié)合相對(duì)分子質(zhì)量確定分子式；

①該有機(jī)物常溫下能跟碳酸氫鈉溶液反應(yīng)；分子式含有-COOH，結(jié)合有機(jī)物的分子式書(shū)寫(xiě)；

②該有機(jī)物能產(chǎn)生銀鏡；分子中含有醛基-CHO或?yàn)榧姿嵝纬傻孽?，結(jié)合有機(jī)物的分子式書(shū)寫(xiě)；

③，結(jié)合有機(jī)物的分子式及有機(jī)物發(fā)生的反應(yīng)，確定該有機(jī)物含有的官能團(tuán)，確定有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．【解析】【解答】解：該有機(jī)物蒸氣的密度是相同條件下乙烷的2倍；故該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為30×2=60；

有機(jī)物中N（C）：N（H）：N（O）=：：=1：2：1，最簡(jiǎn)式為（CH2O）n，則30n=60，則該有機(jī)物分子式為C2H4O2；

答：該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為60，分子式為C2H4O2；

①該有機(jī)物常溫下能跟碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，分子式含有-COOH，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOH；

答：符合條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOH；

②該有機(jī)物能產(chǎn)生銀鏡，若為甲酸形成的酯，則結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HCOOCH3，若含有醛基-CHO，則結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HO-CH2CHO；

答：符合條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HCOOCH3或HO-CH2CHO；

③該有機(jī)物既能產(chǎn)生銀鏡，又能與鈉反應(yīng)生成氫氣，含有-CHO、-OH，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HO-CH2CHO；

答：符合條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HO-CH2CHO．22、略

【分析】

Ⅰ．本題可以采用逆向合成分析法．或者是．根據(jù)有機(jī)物的命名原則兩種原料分別是2；3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔或者是2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔，故答案為：AD；

Ⅱ．（1）根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對(duì)密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，因此E摩爾質(zhì)量是60.6.0gE的物質(zhì)的量就是0.1mol，完全燃燒后生成C02和H20的物質(zhì)的量分別為和其中碳、氫的質(zhì)量分別為0.2×12=2.4g和0.4×1=0.4g，因此E中氧元素的質(zhì)量為6.0-2.4-0.4=3.2g，所以氧元素的物質(zhì)的量為因此碳、氫、氧三種原子個(gè)數(shù)之比為1：2：1，即最簡(jiǎn)式為CH2O，因?yàn)镋摩爾質(zhì)量是60，所以分子式是C2H4O2；

故答案為：C2H4O2；

（2）由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因?yàn)锳為一取代芳烴，且B中含有一個(gè)甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CHClCH3，B生成C的化學(xué)方程式是：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；

故答案為：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；

（3）因?yàn)镈可以與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CH=CH2；鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)的條件是NaOH醇溶液并加熱；醇發(fā)生消去反應(yīng)的條件是濃硫酸并加熱；

故答案為：NaOH醇溶液并加熱；濃硫酸并加熱；

（4）A屬于苯的同系物；B屬于鹵代烴，所以由A生成B的反應(yīng)類(lèi)型是取代反應(yīng)；D中含有碳碳雙鍵，因此由D生成G的反應(yīng)類(lèi)型是加成反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；加成反應(yīng)；

（5）因?yàn)镃、E可以發(fā)生酯化反應(yīng)，所以E是乙酸，又因?yàn)镃是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是

故答案為：

（6）苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種，說(shuō)明應(yīng)該是對(duì)稱(chēng)性結(jié)構(gòu)，根據(jù)G的分子式C8H8Br2可知符合條件的共有以下7種：

其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是

故答案為：7；．

【解析】【答案】Ⅰ．可以采用逆向合成分析法去頂兩種原料；

Ⅱ．根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對(duì)密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，E的蒸氣與氫氣的相對(duì)密度為30，摩爾質(zhì)量是60，根據(jù)生成二氧化碳和水的質(zhì)量確定最簡(jiǎn)式，結(jié)合摩爾質(zhì)量可確定有機(jī)物為C2H4O2，為乙酸，由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因?yàn)锳為一取代芳烴，且B中含有一個(gè)甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CHClCH3，D可以與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5CH=CH2，C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是結(jié)合題給信息和有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)可解答該題．

23、略

【分析】

有X、Y、Z三種元素，Z與Y可組成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色，為FeCl3，故Z為Fe元素，Y為Cl元素，X2-、Y-均與Cl元素的氣態(tài)氫化物分子具有相同的電子數(shù)；為18個(gè)電子，故X為S元素；

（1）Cl元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式是HClO4，故答案為：HClO4；

（2）將FeCl3溶液滴入沸水中發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體，反應(yīng)的離子方程式是Fe3++3H2OFe（OH）3（膠體）+3H+；

a．氫氧化鐵膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)；故a正確；

b．膠體膠粒帶有正電荷，通直流電后，發(fā)生電泳現(xiàn)象，負(fù)極附近液體顏色加深，故b正確；

c．所得的溶液中含有氯離子；向該液體中加入硝酸銀溶液，有沉淀產(chǎn)生，故c錯(cuò)誤；

d．將該液體加熱；蒸干、灼燒后；有氧化鐵生成，故d正確；

故答案為：Fe3++3H2OFe（OH）3（膠體）+3H+；abd；

（3）X單質(zhì)在空氣中燃燒生成一種無(wú)色有刺激性氣味的氣體為SO2；

①發(fā)生反應(yīng)2SO2+O2?2SO2，1molSO2被O2氧化放熱98.0kJ，若2mol該氣體與1molO2在此條件下發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)放出的熱量是176.4kJ，故參加反應(yīng)的SO2為×1mol=1.8mol，故SO2轉(zhuǎn)化率為×100%=90%；

故答案為：90%；

②Cl元素的一種含氧酸（該酸的某鹽常用于實(shí)驗(yàn)室制取氧氣），故該酸為HClO3，SO2與含1.5molHClO3溶液在一定條件下反應(yīng)，可生成一種強(qiáng)酸為和一種氧化物，該強(qiáng)酸為H2SO4，Cl元素在氧化物中化合價(jià)為x，則（5-x）×1.5×6.02×1023=1.5×6.02×1023，解得x=4，故氧化物為ClO2，反應(yīng)方程式為：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2；

故答案為：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2．

【解析】【答案】有X、Y、Z三種元素，Z與Y可組成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色，為FeCl3，故Z為Fe元素，Y為Cl元素，X2-、Y-均與Cl元素的氣態(tài)氫化物分子具有相同的電子數(shù)；為18個(gè)電子，故X為S元素；

（1）Cl元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式是HClO4；

（2）將FeCl3溶液滴入沸水中發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體；所形成的溶液具有膠體的性質(zhì)，氫氧化鐵膠體膠粒帶正電荷，會(huì)發(fā)生電泳現(xiàn)象，溶液中含有氯離子，將溶液蒸干促進(jìn)水解，最終氫氧化鐵分解生成氧化鐵；

（3）硫單質(zhì)在空氣中燃燒生成一種無(wú)色有刺激性氣味的氣體為SO2；

①根據(jù)反應(yīng)熱計(jì)算參加反應(yīng)的二氧化硫的物質(zhì)的量；再利用轉(zhuǎn)化率定義計(jì)算；

②Cl元素的一種含氧酸（該酸的某鹽常用于實(shí)驗(yàn)室制取氧氣），故該酸為HClO3；該酸具有強(qiáng)氧化性，將二氧化硫氧化為硫酸，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)計(jì)算氯元素在氧化物中化合價(jià)，判斷氧化物化學(xué)式，據(jù)此書(shū)寫(xiě)．

五、探究題(共4題，共20分)24、|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．25、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(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：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(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．26、|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．27、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(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：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(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、簡(jiǎn)答題(共1題，共5分)28、略

【分析】解：rm{(1)}用方法rm{壟脵}制取rm{Cu_{2}O}時(shí)產(chǎn)生有毒氣體為rm{CO}

已知：Ⅰrm{.2Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}

Ⅱrm{.C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{.Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律，Ⅱrm{.2Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}Ⅲrm{.C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}Ⅰ可得：rm{C(s)+2CuO(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangleH=+34.5kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{C(s)+2CuO(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangleH=+34.5kJ?mol^{-1}}

rm{.Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ