2025年浙教版高三化學下冊月考試卷

…………○…………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年浙教版高三化學下冊月考試卷600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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、金屬元素M的常見化合價有+4和+6，其與氮、氧元素組成的化合物MO2（NO3）2受熱可發(fā)生的分解反應為：MO2（NO3）2--MXOY+NO2↑+O2↑在600K時，將氣體產(chǎn)物收集于試管中并倒扣于水中，氣體全部被吸收、水充滿試管．則生成的M的氧化物的化學式是（）A.MO3B.MO2C.MO2?2MO3D.2MO2?MO32、下列反應的離子方程式正確的是（）A.向稀氨水中加入稀鹽酸OH-+H+=H2OB.硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑C.碳酸鈣溶于醋酸中CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D.碳酸氫鈣溶液跟稀硝酸反應HCO3-+H+=H2O+CO2↑3、下列敘述正確的是（）A.電能是二次能源B.水力是二次能源C.天然氣是二次能源D.水煤氣是一次能源4、下列有關除雜的實驗操作不合理的是（）A.除去MgCl2溶液中少量的FeCl3：加入足量的Mg（OH）2并過濾B.除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾C.除去石英中的少量碳酸鈣：用稀鹽酸溶解后過濾D.除去氯化鈉固體中的少量純堿：加入足量氯化鈣，過濾、蒸發(fā)、結晶5、如圖是實驗室制溴苯的裝置圖；下列說法正確的是（）

A.左側的分液漏斗中加入的是苯和溴水B.儀器A的名稱叫蒸餾燒瓶C.錐形瓶中的導管口出現(xiàn)大量白霧D.堿石灰作用是防止空氣中水蒸氣進入反應體系6、石油減壓分餾的目的是（）A.使高沸點的重油進一步分離B.得到更多的優(yōu)質重油C.得到汽油、煤油等輕質油D.得到高質量的汽油7、下列化學用語使用正確的組合是（）

①Mg2+結構示意圖

②乙炔的分子結構模型示意圖：

③有機還原劑LiAlH4中；氫顯-1價。

④質量數(shù)為40的鈣原子：2040Ca

⑤NH4Cl的電子式：

⑥2-甲基丁醇的結構簡式：A.①②③B.①④⑤C.①③④D.①④⑥8、生活中碰到的某些問題常常涉及到化學知識，下列分析正確的是rm{(}rm{)}A.碳酸氫鈉可用于制備純堿、治療胃酸過多的藥劑B.胃酸過多的人不宜吃海帶、雞肉、蘋果等酸性食物C.人造纖維、合成纖維和光導纖維都是有機高分子化合物D.rm{1mol}葡萄糖能水解成rm{2mol}乙醇和rm{2mol}二氧化碳評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)9、下列說法中正確的是（）A.丙烯分子中有8個σ鍵，1個π鍵B.在SiO2晶體中，1個Si原子和2個O原子形成2個共價鍵C.NF3的沸點比NH3的沸點低得多，是因為NH3分子間有氫鍵，NF3只有范德華力D.NCl3和BC13分子中，中心原子都采用sp3雜化10、下列敘述正確的是（）A.含有金屬陽離子的晶體一定是離子晶體B.化合物硫氰化鐵和氫氧化二氨合銀中都存在配位鍵C.KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，且原因相同D.MgO的熔點比NaCl的高，主要是因為MgO的晶格能大于NaCl的晶格能．11、由物質rm{X}合成己烯雌酚rm{Y}的一種路線如下：下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.化合物rm{X}中不含有手性碳原子B.rm{1mol}化合物rm{Y}與濃溴水反應，最多消耗rm{5molBr_{2}}C.在一定條件下化合物rm{Y}能發(fā)生加聚反應、縮聚反應D.在氫氧化鈉水溶液中加熱，化合物rm{X}能發(fā)生消去反應12、在一密閉容器中有如下反應：rm{mA(g)+nB(g)?pC(g)triangleH.}某化學興趣小組根據(jù)此反應在不同條件下的實驗數(shù)據(jù)；作出了如圖曲線圖：

其中，rm{mA(g)+nB(g)?pC(g)triangle

H.}表示rm{婁脴}在反應混合物中的質量分數(shù)，rm{C}表示反應時間rm{t}其它條件不變時，下列分析正確的是rm{.}rm{(}A.圖Ⅰ可能是不同壓強對反應的影響，且rm{)}rm{P_{2}>P_{1}}B.圖Ⅱ可能是不同壓強對反應的影響，且rm{m+n<p}rm{P_{1}>P_{2}}C.圖Ⅲ可能是不同溫度對反應的影響，且rm{m+n=p}rm{T_{1}>T_{2}}D.若rm{triangleH<0}rm{m+n<p}則該反應在低溫下容易自發(fā)進行rm{triangleH>0}13、CO2與CH4可制得合成氣：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）；△H=247kJ?mol-1．初始溫度均為TK時；在3個容器中按不同方式投入反應物，發(fā)生上述反應，相關信息如表：下列說法正確的是（）

。容器起始物質的量/molCO2平衡轉化率（α）編號容積/L條件CH4（g）CO2（g）CO（g）H2（g）Ⅰ2恒溫恒容210050%Ⅱ10.5100Ⅲ1絕熱恒容10.500-A.TK時，反應CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）的平衡常數(shù)為B.容器Ⅱ中反應達到平衡時，α（CO2，Ⅱ）=50%C.容器Ⅱ、Ⅲ中反應達到平衡時，c（CH4，Ⅱ）+c（CH4，Ⅲ）＜1mol?L-1D.容器Ⅱ中反應達到平衡時，再投入0.5molCH4、0.25molCO2，反應達到新平衡前，v（正）＞v（逆）14、合成藥物異搏定路線中某一步驟如下：

下列說法不正確的是rm{(}rm{)}rm{(}

rm{)}A.物質中所有碳原子可能共平面B.可用rm{X}溶液鑒別rm{FeCl_{3}}中是否含有rm{Z}C.等物質的量的rm{X}rm{X}分別與rm{Z}加成，最多消耗rm{H_{2}}的物質的量之比為rm{H_{2}}D.等物質的量的rm{3隆脙5}rm{Y}分別與rm{Z}溶液反應，最多消耗rm{NaOH}的物質的量之比為rm{NaOH}rm{1隆脙1}15、下列物質中存在順反異構體的是()A.rm{2-}氯rm{-1-}丙烯B.rm{2-}溴rm{-2-}丁烯C.rm{2-}丁烯D.rm{1-}丁烯評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、根據(jù)如圖所示的關系：A是某常見金屬．

（1）E→F的實驗現(xiàn)象____及方程式____

（2）A在高溫下與某無色氣體反應生成B的方程式____．17、某研究小組設計用含氯的有機物A合成棉織物免燙抗皺整理劑M的路線如下（部分反應試劑和條件未注明）：

已知：①E的分子式為C5H8O4；能發(fā)生水解反應，核磁共振氫譜顯示E分子內有2種不同環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為3：1．

②（R；R′、R″代表相同或不相同的烴基）．

（1）A分子中的含氧官能團的名稱是____．

（2）D→E反應的化學方程式是____．

（3）A→B反應所需的試劑是____．

（4）已知1molE與2molJ反應生成1molM，則M的結構簡式是____．

（5）E的同分異構體有下列性質：①能與NaHCO3反應生成CO2；②能發(fā)生水解反應，且水解產(chǎn)物之一能發(fā)生銀鏡反應，則該同分異構體共有____種，其中任意一種的結構簡式是____

（6）J可合成高分子化合物，該高分子化合物結構簡式是____．18、二氯化錫是一種重要的電鍍原料，又稱氯化亞錫，分子式為SnCl2．其沸點為623℃，在水溶液中以SnCl2?2H2O的形式析出，錫的另一種氯化物SnCl4的沸點為114℃；其錫花中（主要成分是錫）含有雜質鋇；銻、銅、鉛等金屬，從錫花中制備二氧化錫晶體工藝如下：

（1）濾渣成分為____（用化學式表示）；

（2）經(jīng)過氯化后的錫主要以的SnCl4形式存在在混合液中，寫出錫與SnCl4反應的化學方程式____；

（3）反應Ⅰ進行反應時，加熱反應使反應液溫度升高到60℃，開始通入Cl2；隨著反應的進行，反應所放出的熱量使溶液的溫度升高，此時需要反應溫度在80℃～90℃之間，不宜過高，請解釋：

①溫度不宜過高的原因是____；

②開始通氯氣時，氣體流量不宜過大，隨反應的進行加大氯氣的通入量，此操作的目的是____；

（4）母液中含有的離子有H+、OH-、____．19、已知A是生活中的一種常見有機物，烴B分子內C、H原子個數(shù)比為1：2，核磁共振氫譜顯示分子中只有一種化學環(huán)境的氫原子，D的分子式為C2H4O；各物質有如下轉化關系：

請回答下列問題：

（1）A生成B的反應類型為____；B分子中σ和π鍵數(shù)之比____；

（2）D的紅外光譜表明分子內除C-H鍵、C-C鍵外還含有兩個C-O單鍵，D與HCl按物質的量之比1：1反應，原子利用率為100%，則D的結構簡式是____；

（3）乙中有兩種含氧官能團，乙與E反應的化學方程式為____；

（4）普魯卡因的一種水解產(chǎn)物與甲互為同分異構體，該物質的同分異構體（包含該物質）符合下列條件的有____種．（填數(shù)字）請寫出其中任意一種的結構簡式____．

a．分子結構中含苯環(huán)；且每個苯環(huán)有2個側鏈。

b．分子結構中一定含官能團-NH2，且-NH2直接與碳原子相連．20、柴達木盆地以青藏高原“聚寶盆”之譽蜚聲海內外，它有富足得令人驚訝的鹽礦資源．鹽體礦床以鉀礦為主，伴生著鎂、溴等多種礦產(chǎn)．某研究性學習小組擬取鹽湖苦鹵的濃縮液（富含K+、Mg2+、Br-、S、Cl-等）來制取較純凈的氯化鉀晶體及液溴（Br2），他們設計了如圖1所示流程：（已知Cl2+2KBr=2KCl+Br2）

請根據(jù)以上流程；回答相關問題：

（1）操作①是____；操作③是____；操作④所需要的玻璃儀器有____．

（2）參照如圖2所示溶解度曲線，欲得到較純凈的氯化鉀晶體需用少量的____（填“熱水”或“冷水”）洗滌固體____（填“A”或“B”）．21、硫及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用．

（1）某實驗小組在實驗窒用BaSO4；炭混合；在高溫煅燒制備BaS，查表得：

BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H1=+571.2kJ?mol-1①

BaSO4（s）+2C（s）=BaS（s）+2CO2（g）△H2=+226.2kJ?mol-1②

則反應C（s）+CO2（g）2CO（g）的△H3=____kJ?mol-1

實際生產(chǎn)中必須加入過量的炭，同時還要通入空氣，其目的是____，____．

（2）雄黃（As4S4）和雌黃（As2S3）是提取砷的主要礦物原料．已知As2S3和HNO3有如下反應：

As2S3+10H++10NO3-=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O

當反應中轉移電子的數(shù)目為2mol時，生成H3AsO4的物質的量為____．

（3）向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量．其中主要含硫各物種（H2S、HS-、S2-）的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與滴加鹽酸體積的關系如圖所示（忽略滴加過程H2S氣體的逸出）．

①含硫物種B表示____．在滴加鹽酸過程中，溶液中c（Na+）與含硫各物種濃度的大小關系為____（填字母）．

a．c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+2c（S2-）

b．2c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）

c．c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]

②NaHS溶液呈堿性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反應，所得溶液呈強酸性，其原因是____（用離子方程式表示）．

（4）在高溫下，H2S可完全分解為硫單質Sn（g）和H2，實驗測得分解產(chǎn)物中H2與Sn（g）物質的量之比4：1，則n的值為____，寫出其分解反應方程式為____．22、氯化鐵是常見的水處理劑，工業(yè)上制備無水FeCl3的一種工藝如下：

（1）試寫出吸收塔中吸收劑Q反應的離子方程式：____．

（2）六水合氯化鐵在水中的溶解度如下：

。溫度/℃01020305080100溶解度（g/100gH2O）74.481.991.8106.8315.1525.8535.7從FeCl3溶液制得FeCl3?6H2O晶體的操作步驟是：加入少量鹽酸、____、____、過濾、洗滌、干燥．再由FeCl3?6H2O晶體得到無水FeCl3的操作是：____．

（3）常溫下，若溶液的pH控制不當會使Fe3+沉淀，pH=4時，溶液中c（Fe3+）=____mol?L-1．（常溫下Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38）．

（4）氯化鐵溶液稱為化學試劑中的“多面手”，寫出SO2通入氯化鐵溶液中反應的離子方程式____．

（5）向氯化銅和氯化鐵的混合溶液中加入氧化銅粉末會產(chǎn)生新的沉淀，寫出該沉淀的化學式____．請用平衡移動的原理，結合必要的離子方程式，對此現(xiàn)象作出解釋____．23、結構中只含有一個環(huán)，且同時符合下列條件的分子式為C9H603的同分異構體共有____種。

①可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應；②可與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳氣體．

其中，苯環(huán)上的一氯代物只有兩種的同分異構體的結構簡式為____．評卷人得分四、簡答題(共2題，共10分)24、按如圖所示裝置連接，rm{X}rm{Y}均為惰性電極。請回答下列問題：

rm{(1)X}電極的名稱為_________極。rm{(2)}連接好裝置后，燒杯中的溶液發(fā)生反應的離子方程式是___________________。rm{(3)}圖中通過隔膜的rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}向________rm{(}填“左”“右”或“不”rm{)}遷移，rm{Y}極及其附近出現(xiàn)的現(xiàn)象是________________________________________________。rm{(4)}若以上鋅rm{隆陋}銅電池改為rm{CH_{3}OH}燃料電池rm{(Pt}作電極，rm{KOH}為電解質溶液rm{)}則當rm{X}極和rm{Y}極都生成rm{6.72L}氣體rm{(}標準狀況rm{)}時，需要通入rm{CH_{3}OH}的物質的量為_______，其負極的電極反應式為：___________________________________。25、rm{NO}分子曾因污染空氣而臭名昭著；但隨著其“擴張血管；免疫、增強記憶”功能的發(fā)現(xiàn)，現(xiàn)在成為當前生命科學研究中的“明星分子”，回答下列問題。

rm{(1)NO}的危害在于______

rm{a.}破壞臭氧層rm{b.}參與酸雨和光化學煙霧的形成。

rm{c.}與人體內血紅蛋白結合rm{d.}當它轉化為rm{N_{2}}后使空氣中rm{O_{2}}含量降低。

rm{(2)}在含有rm{Cu^{+}}的酶的活化中心，亞硝酸根離子rm{(NO_{2}^{-})}可轉化為rm{NO}寫出rm{Cu^{+}}和rm{NO_{2}^{-}}在酸性溶液中轉化為rm{NO}的離子方程式______．

rm{(3)}一定條件下rm{NO}可轉化為rm{N_{2}O}和另一種紅棕色氣體；方程式為______

rm{(4)}將rm{0.05molNO}rm{0.03molO_{2}}的混合氣體以適當?shù)乃俾示徛ㄈ胧⒂衦m{100mL}水的集氣瓶中，最終所得溶液中溶質的物質的量濃度為rm{(}設溶液體積變化忽視不計rm{)}______

rm{(5)}鎂鐵混合物rm{4.9g}溶解在過量的某濃度的稀硝酸中，完全反應后得到標準狀況下rm{2.24L}rm{NO}氣體rm{.}若向反應后的溶液中加入足量的燒堿，則可生成沉淀的質量是______．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】將氣體產(chǎn)物收集于試管中并倒扣于水中，氣體全部被吸收、水充滿試管，說明發(fā)生了反應：2H2O+4NO2+O2=4HNO3，MO2（NO3）2的分解產(chǎn)物中二氧化氮和氧氣的物質的量之比為4：1，即：4MO2（NO3）2--4MXOY+4NO2↑+O2↑，然后根據(jù)質量守恒定律計算出X、Y即可．【解析】【解答】解：由于MO2（NO3）2的分解生成的氣體全部被吸收；說明二氧化氮與氧氣的物質的量之比為：4：1，即。

4MO2（NO3）2--4MXOY+4NO2↑+O2↑，根據(jù)質量守恒可得：，解得：，所以M的化學式為：MO3；

故選A．2、D【分析】【分析】A．一水合氨在離子反應中保留化學式；

B．發(fā)生氧化還原反應生成硝酸鐵；S、NO和水；

C．醋酸在離子反應中保留化學式；

D．反應生成硝酸鈣、水、二氧化碳，碳酸氫根離子保留整體．【解析】【解答】解：A．向稀氨水中加入稀鹽酸的離子反應為NH3．H2O+H+=H2O+NH4+；故A錯誤；

B．硫化亞鐵溶于稀硝酸中的離子反應為FeS+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+S↓+2H2O；故B錯誤；

C．碳酸鈣溶于醋酸中的離子反應為CaCO3+2HAc=Ca2++H2O+CO2↑+2Ac-；故C錯誤；

D．碳酸氫鈣溶液跟稀硝酸反應的離子反應為HCO3-+H+=H2O+CO2↑；故D正確；

故選D．3、A【分析】【分析】能源是自然界賦存的已經(jīng)查明和推定的能夠提供熱、光、動力和電能等各種形式的能量來源．包括一次能源和二次能源．一次能源又分為可再生能源（水能、風能及生物質能）和非再生能源（煤炭、石油、天然氣、油頁巖等），其中煤炭、石油和天然氣三種能源是一次能源的核心，它們成為全球能源的基礎；除此以外，太陽能、風能、地熱能、海洋能、生物能以及核能等可再生能源也被包括在一次能源的范圍內；二次能源則是指由一次能源直接或間接轉換成其他種類和形式的能量資源，例如：電力、煤氣、汽油、柴油、焦炭、潔凈煤、激光和沼氣等能源都屬于二次能源．【解析】【解答】解：由上述分析可知；水力；天然氣是一次能源；電能、水煤氣是一次能源的轉化形式，屬于二次能源；

故選：A．4、D【分析】【分析】A．FeCl3易水解生成氫氧化鐵；

B．加入AgCl，易轉化生成溶解度更小的Ag2S沉淀；

C．碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣；

D．如氯化鈣過量，引入新雜質．【解析】【解答】解：A．FeCl3易水解生成氫氧化鐵，加入Mg（OH）2粉末；調節(jié)溶液的pH，促進鐵離子的水解，且不引入新的雜質，故A正確；

B．加入AgCl，易轉化生成溶解度更小的Ag2S沉淀；可除去雜質，故B正確；

C．二氧化硅與鹽酸不反應；碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣，可用于除雜，故C正確；

D．如氯化鈣過量；引入新雜質，應加入適量，故D錯誤．

故選D．5、C【分析】【分析】A．苯與溴水不反應；需要液溴；

B．儀器A是三頸燒瓶；

C．A中發(fā)生取代反應生成溴化氫；反應放熱溴化氫蒸出，與錐形瓶中的水蒸氣結合呈白霧；

D．尾氣中含有HBr與揮發(fā)出的Br2，直接排放會污染大氣．【解析】【解答】解：A．苯與溴水不反應；需要液溴，左側滴液漏斗中加入的應為苯和液溴，故A錯誤；

B．由圖可知；儀器A是三頸燒瓶，故B錯誤；

C．溴與苯發(fā)生取代反應生成溴苯與溴化氫；反應放熱溴化氫蒸出，與錐形瓶中的水蒸氣結合成白霧，故C正確；

D．尾氣中含有HBr與揮發(fā)出的Br2，直接排放會污染大氣，堿石灰作用是吸收HBr與Br2；防止污染空氣，故D錯誤；

故選C．6、A【分析】【分析】減壓分餾能使高沸點的重油轉化為氣態(tài)揮發(fā)出來；依此分析．【解析】【解答】解：當減小壓強時；液體的沸點會降低，所以減壓分餾能使高沸點的重油轉化為氣態(tài)揮發(fā)出來，則石油減壓分餾的目的是使高沸點的重油進一步分離；

故選A．7、C【分析】【分析】①鎂離子核電荷數(shù)為12；核外電子數(shù)為10；

②乙炔分子為直線型結構；

③根據(jù)鋁和鋰的化合價進行判斷氫元素化合價。

④該鈣原子的核電荷數(shù)為20；質量數(shù)為40；

⑤氯化銨的電子式中氯離子的最外層電子式?jīng)]有標出；

⑥根據(jù)醇的命名原則進行判斷．【解析】【解答】解：①鎂離子的核電荷數(shù)為12，最外層電子數(shù)是10，所以Mg2+結構示意圖為：故①正確；

②乙炔為直線型，乙炔的分子結構模型示意圖為：故②錯誤；

③有機還原劑LiAlH4中，鋰的化合價為+1、鋁的化合價為+3，則氫顯=-1價；故③正確；

④質量數(shù)為40的鈣原子可表示為：2040Ca；故④正確；

⑤NH4Cl中氯離子必須標出最外層電子數(shù)，正確的電子式為：故⑤錯誤；

⑥為3-甲基-1-丁醇，2-甲基-1-丁醇的結構簡式為：CH3CH2CH（CH3）CH2OH；故⑥錯誤；

故選C．8、A【分析】解：rm{A.}碳酸氫鈉與rm{NaOH}鹽酸均反應；則碳酸氫鈉可用于制備純堿、治療胃酸過多的藥劑，故A正確；

B.蘋果為堿性食物；則胃酸過多的人不宜雞肉等酸性食物，故B錯誤；

C.光導纖維的成分為二氧化硅；為無機材料，而人造纖維；合成纖維都是有機高分子化合物，故C錯誤；

D.葡萄糖發(fā)生酒化反應生成乙醇和二氧化碳；而葡萄糖不能水解，故D錯誤；

故選A．

A.碳酸氫鈉與rm{NaOH}鹽酸均反應；

B.蘋果為堿性食物；

C.光導纖維的成分為二氧化硅；

D.葡萄糖發(fā)生酒化反應生成乙醇和二氧化碳．

本題考查物質的性質、應用，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應及應用為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意化學與生活的聯(lián)系，題目難度不大．【解析】rm{A}二、雙選題(共7題，共14分)9、A|C【分析】解：A；丙烯中存在6個C-H鍵和1個C=C雙鍵；1個C-Cl單鍵，美譽孤對電子，C-H之間形成的是σ鍵，C-C之間有2個是σ鍵，C-C之間還有1個是π鍵，故丙烯分子中有8個σ鍵，1個π鍵，故A正確；

B；Si原子半徑較大；Si、O原子間距較大，P-P軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成穩(wěn)定的π鍵，故B錯誤；

C、NF3的沸點比NH3的沸點低得多，是因為NH3分子間有氫鍵，NF3分子間只有范德華力；故C正確；

D、NCl3中N形成3個σ鍵，孤電子對數(shù)==1，為SP3雜化，BCl3中B形成3個σ鍵，無孤電子對，為sp2雜化；故D錯誤．

故選：AC．

A；丙烯中存在6個C-H鍵和1個C=C雙鍵；1個C-Cl單鍵，美譽孤對電子，C-H之間形成的是σ鍵，C-C之間有2個是σ鍵，C-C之間還有1個是π鍵；

B；Si原子半徑較大；Si、O原子間距較大，P-P軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成穩(wěn)定的π鍵；

C、NF3的沸點比NH3的沸點低得多，是因為NH3分子間有氫鍵，NF3分子間只有范德華力；

D、NCl3中N形成3個σ鍵，孤電子對數(shù)=1，為SP3雜化，BCl3中B形成3個σ鍵，無孤電子對，為sp2雜化．

本題考查了共價鍵的形成和共價鍵的種類、雜化方式和類型、晶體的微粒間作用，綜合性較強，難度一般，注意基礎知識的積累．【解析】【答案】AC10、B|D【分析】解：A．含有金屬陽離子的晶體可能是金屬晶體；如Fe；Cu等，故A錯誤；

B．硫氰化鐵是鐵離子和硫氰根離子形成的配位化合物；氫氧化二氨合銀含有配位鍵；離子鍵和共價鍵，故B正確；

C．KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水；二氧化硫和水生成亞硫酸，氟化氫；乙醇和水形成氫鍵，氯化鈉在水溶液里電離，所以其原因不同，故C錯誤；

D．決定晶格能的因素為：離子電荷；離子半徑、離子的電子層構型；MgO所帶電荷多，MgO的熔點高于NaCl，故D正確．

故選BD．

A．含有金屬陽離子的晶體可能是金屬晶體；

B．硫氰化鐵是鐵離子和硫氰根離子形成的配位化合物；

C．KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水；但原因不完全相同，二氧化硫和水反應；

D．均為離子晶體；晶格能大的熔點高，晶格能與離子半徑與離子電荷有關．

本題考查化學鍵的判斷，為高頻考點，把握離子鍵和共價鍵、配位鍵的形成為解答的關鍵，知道配位鍵的形成、氫鍵對物質溶解性的影響等知識點，題目難度不大．【解析】【答案】BD11、BC【分析】【分析】本題是對有機物的結構和性質的考查，是高考?？碱}型，難度一般。關鍵是掌握有機物的官能團的性質，側重知識的能力考查?！窘獯稹緼.依據(jù)化合物rm{X}的結構式和的結構式和rm{X}手性碳原子的定義可得，化合物rm{X}rm{X}的結構式可得，中含有手性碳原子，故A錯誤；化合物B.依據(jù)rm{Y}的結構式可得，rm{1mol}化合物rm{Y}與濃溴水反應，最多消耗rm{5molBr}與濃溴水反應，最多消耗rm{Y}rm{1mol}，故B正確；rm{Y}rm{5molBr}rm{2}的結構式可得，rm{2}能發(fā)生加聚反應、縮聚反應，故C正確；C.依據(jù)能發(fā)生的是取代反應而不是消去反應，故D錯誤。rm{Y}的結構式可得，rm{Y}【解析】rm{BC}12、rAB【分析】解：rm{A.}圖Ⅰ如是壓強對反應的影響，則rm{P_{2}>P_{1}}增大壓強，rm{婁脴(C)}減小，說明平衡向逆反應方向移動，則rm{m+n<p}故A正確；

B.圖Ⅱ如是壓強對反應的影響，則rm{P_{1}>P_{2}}增大壓強，rm{婁脴(C)}不變，平衡不移動，則rm{m+n=p}故B正確；

C.圖Ⅲ如是溫度對反應的影響，應有rm{T_{1}>T_{2}}升高溫度，rm{婁脴(C)}增大，平衡向正反應方向移動，則rm{triangleH>0}故C錯誤；

D.若rm{m+n<p}rm{triangleH>0}則該反應在高溫下容易自發(fā)進行，故D錯誤；

故選AB．

圖Ⅰ可能是不同壓強、溫度對反應的影響，如是壓強，應有rm{P_{2}>P_{1}}rm{m+n<p}如是溫度，應為rm{T_{2}>T_{1}}rm{triangleH<0}

圖Ⅱ可能是在同溫同壓下催化劑對反應的影響，也可能是同溫下改變壓強的影響，應rm{p_{1}>p_{2}}rm{m+n=p}

圖Ⅲ可能是不同壓強、溫度對反應的影響，如是壓強，應有rm{P_{1}>P_{2}}rm{m+n>p}如是溫度，應為rm{T_{1}>T_{2}}rm{triangleH>0}以此解答該題．

本題考查化學平衡圖象問題，題目難度中等，本題注意把握圖象中曲線的變化特點，結合外界條件對平衡移動的影響分析．【解析】rm{AB}13、AD【分析】解：A．反應CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g），CO2平衡轉化率50%；

起始量（mol/L）10.500

變化量（mol/L）0.250.250.50.5

平衡量（mol/L）0.750.250.50.5

反應的平衡常數(shù)K==故A正確；

B．容器Ⅱ中和實驗Ⅰ相比；相當于增加二氧化碳，則轉化率反而減小應小于50%，故B錯誤；

C．由A計算可知實驗Ⅰ中甲烷的濃度為0.75mol/L，如在恒溫下，則Ⅲ與Ⅰ為等效平衡，則濃度相等，但Ⅲ絕熱條件下反應，因正反應為吸熱反應，則容器溫度降低，溫度較低，平衡逆向移動，則Ⅲ甲烷的濃度大于0.75mol/L，則容器Ⅱ、Ⅲ中反應達到平衡時，c（CH4，Ⅱ）+c（CH4，Ⅲ）=1.5mol?L-1＞1mol?L-1；故C錯誤；

D．容器Ⅱ中反應達到平衡時，再投入0.5molCH4、0.25molCO2；反應正向進行，反應達到新平衡前，v（正）＞v（逆），故D正確；

故選：AD。

A．實驗Ⅰ中二氧化碳轉化率50%，結合三行計算列式得到平衡濃度計算平衡常數(shù)

B．容器Ⅱ中和實驗Ⅰ相比；二氧化碳增加轉化率減?。?/p>

C．按照三行計算列式計算恒溫恒容條件下的甲烷平衡濃度；絕熱容器中反應溫度升高平衡正向進行；

D．容器Ⅱ中，再投入0.5molCH4、0.25molCO2；平衡正向進行。

本題考查了化學平衡影響因素，數(shù)據(jù)分析判斷，主要是平衡常數(shù)的計算和圖線的理解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等?！窘馕觥緼D14、CD【分析】【分析】本題有機化合物的結構和性質，題目難度不大，明確常見有機物組成、結構為解答關鍵，注意掌握常見官能團的性質，試題側重基礎知識的考查，有利于提高學生的靈活應用能力．A.rm{X}在苯環(huán)；羰基為平面結構；且直接相連；

B.rm{X}含酚rm{-OH}rm{Z}中不含；

C.rm{X}中苯環(huán)、羰基與氫氣發(fā)生加成反應，rm{Z}中苯環(huán)、rm{2}個碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應；

D.rm{Y}中rm{-COOC-}rm{-Br}與rm{NaOH}反應，rm{Z}中只有rm{-COOC-}與rm{NaOH}反應?！窘獯稹緼.rm{X}在苯環(huán)、羰基為平面結構，且直接相連，則rm{X}中所有碳原子可能共平面，故rm{X}正確；B.rm{X}含酚rm{X}rm{X}rm{X}rm{X}rm{X}中不含rm{X}則可用rm{X}rm{X}rm{A}rm{A}rm{A}溶液鑒別rm{A}中是否含有rm{A}，故rm{A}正確；C.rm{X}中苯環(huán)、羰基與氫氣發(fā)生加成反應rm{X}rm{X}中苯環(huán)、rm{X}個碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應rm{X}則等物質的量的rm{X}、rm{?}rm{O}rm{H}，rm{Z}分別與rm{?}rm{O}rm{H}，rm{Z}rm{?}rm{O}rm{H}，rm{Z}加成rm{?}rm{O}rm{H}，rm{Z}最多消耗rm{?}rm{O}rm{H}，rm{Z}rm{?}的物質的量之比為rm{?}rm{O}rm{O}，故rm{H}錯誤；D.rm{H}中，rm{Z}rm{Z}，，，、，，rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}與rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}反應，rm{F}中只有rm{F}rm{e}rm{e}rm{C}rm{C}rm{l}rm{3}與rm{l}rm{l}rm{l}rm{3}反應，則等物質的量的rm{3}、rm{3}分別與rm{Z}rm{Z}rm{Z}rm{Z}溶液反應，最多消耗rm{Z}rm{Z}rm{X}rm{X}的物質的量之比為rm{X}rm{X}rm{X}，故rm{X}錯誤。故選rm{B}rm{B}rm{B}rm{B}【解析】rm{CD}15、BC【分析】【分析】本題考查烯烴的順反異構，可根據(jù)順反異構體產(chǎn)生的條件是碳碳雙鍵上同一碳上不能有相同的基團，難度不大?！窘獯稹宽樂串悩嬻w產(chǎn)生的條件是碳碳雙鍵上同一碳上不能有相同的基團，A.rm{2-}氯rm{-1-}丙烯中兩個氫連在同一個雙鍵碳原子上，不滿足條件，故A錯誤；氯rm{2-}丙烯中兩個氫連在同一個雙鍵碳原子上，不滿足條件，故A錯誤；rm{-1-}溴B.rm{2-}溴rm{-2-}丁烯中丁烯中兩個雙鍵碳原子連有不同的基團上，滿足條件，故B正確；C.rm{2-}一丁烯兩個雙鍵碳原子連有不同的基團上，滿足條件，存在順反異構體，其順反異構體如下：故C正確rm{-2-}D.rm{2}丁烯中兩個氫連在同一個雙鍵碳原子上，不滿足條件，故D錯誤。故選BC。rm{;}【解析】rm{BC}三、填空題(共8題，共16分)16、白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）33Fe+2O2Fe3O4【分析】【分析】A是常見金屬，轉化得到黑色晶體B，系列轉化得到紅褐色沉淀F，可推知A為Fe，B為Fe3O4，F(xiàn)為Fe（OH）3，E為Fe（OH）2，C為亞鐵鹽，D為鐵鹽，A為Fe，B為Fe3O4，然后結合物質的性質及化學用語來解答．【解析】【解答】解：A是常見金屬，轉化得到黑色晶體B，系列轉化得到紅褐色沉淀F，可推知A為Fe，B為Fe3O4，F(xiàn)為Fe（OH）3，E為Fe（OH）2，C為亞鐵鹽，D為鐵鹽，A為Fe，B為Fe3O4．

（1）E→F的實驗現(xiàn)象為：白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色，反應方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

故答案為：白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

（2）Fe與氧氣反應生成四氧化三鐵，反應方程式為：3Fe+2O2Fe3O4；

故答案為：3Fe+2O2Fe3O4．17、羥基HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2ONaOH水溶液、加熱5【分析】【分析】E的分子式為C5H8O4，能發(fā)生水解反應，含有酯基，不飽和度為=2，核磁共振氫譜顯示E分子內有2種不同環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為3：1，H原子數(shù)目分別為6、2，E分子中應含有2個酯基、2個-CH3、1個-CH2-，則E的結構簡式為CH3OOCCH2COOCH3．C與銀氨溶液反應、酸化得到D，D轉化得到E，則D為羧酸、C為醛，故D為HOOCCH2COOH、C為OHCCH2CHO，則B應是HOCH2CH2CH2OH．A是含氯的有機物，在Cu、加熱條件下氧化生成F，與銀氨溶液反應、酸化得到G，則A中還含有羥基-OH，則A為ClCH2CH2CH2OH，順推可得，F(xiàn)為ClCH2CH2CHO，G為ClCH2CH2COOH．E與J發(fā)生信息中反應，則H為CH2═CHCOOH，J為CH2═CHCOOCH3．1molE與2molJ反應生成1molM，故M為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：E的分子式為C5H8O4，能發(fā)生水解反應，含有酯基，不飽和度為=2，核磁共振氫譜顯示E分子內有2種不同環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為3：1，H原子數(shù)目分別為6、2，E分子中應含有2個酯基、2個-CH3、1個-CH2-，則E的結構簡式為CH3OOCCH2COOCH3．C與銀氨溶液反應、酸化得到D，D轉化得到E，則D為羧酸、C為醛，故D為HOOCCH2COOH、C為OHCCH2CHO，則B應是HOCH2CH2CH2OH．A是含氯的有機物，在Cu、加熱條件下氧化生成F，與銀氨溶液反應、酸化得到G，則A中還含有羥基-OH，則A為ClCH2CH2CH2OH，順推可得，F(xiàn)為ClCH2CH2CHO，G為ClCH2CH2COOH．E與J發(fā)生信息中反應，則H為CH2═CHCOOH，J為CH2═CHCOOCH3．1molE與2molJ反應生成1molM，故M為

（1）A分子可以被催化氧化為醛類；所以含有醇羥基，故答案為：羥基；

（2）D→E反應的化學方程式是：HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2O；

故答案為：HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2O；

（3）A→B是ClCH2CH2CH2OH在NaOH水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成HOCH2CH2CH2OH；

故答案為：NaOH水溶液；加熱；

（4）1molCH3OOCCH2COOCH3與2molCH2=CHCOOCH3反應生成1molM，故M為

故答案為：

（5）CH3OOCCH2COOCH3的同分異構體有下列性質：①能與NaHCO3反應生成CO2，含有-COOH；②能發(fā)生水解反應，且水解產(chǎn)物之一能發(fā)生銀鏡反應，為甲酸形成的酯，含有-OOCH，符合條件的同分異構體有：故共有5種；

故答案為：5；等；

（6）CH2=CHCOOCH3中含有雙鍵，可以發(fā)生加聚反應，生成高聚物

答案為：．18、Sb、Cu、Sn、PbSn+SnCl4=2SnCl2因為溫度過高，若超過SnCl4的沸點114℃，會造成錫的損失防止因反應開始時，反應液的溫度較低，反應速率慢，氯氣流量過大造成氯氣來不及反應而逸出Ba2+、Cl-、Sn2+【分析】【分析】（1）由于錫花中（主要成分是錫）含有雜質鋇；銻、銅、鉛等金屬；加入稀鹽酸能把較活潑的金屬（依據(jù)活動性順序，排在H之前的）溶解，不溶解的即作為濾渣除去；

（2）依據(jù)氧化還原反應書寫Sn與二氯化錫反應方程式及即可；

（3）①由于SnCl4的沸點為114℃；故溫度過高，會導致錫損失，據(jù)此解答即可；

②開始通入氯氣；由于反應溫度較低，故化學反應速率較慢，故需要氯氣較少，隨著反應進行，溫度升高，化學反應速率加快，需要更多的氯氣，據(jù)此解答即可；

（4）依據(jù)錫花的成分分析母液中含有離子即可．【解析】【解答】解：（1）由于錫花中（主要成分是錫）含有雜質鋇、銻、銅、鉛等金屬，加入稀鹽酸能把較活潑的金屬Ba、Sn溶解，而Sb、Cu、Pb等不溶于稀鹽酸，即作為濾渣除去，另外由于加入Sn過量，故濾渣中還應含有Sn，故答案為：Sn、Sb、Cu、Pb；

（2）Sn為0價，二氯化錫中Sn為+2價，故此反應為歸中反應，化學反應方程式為：Sn+SnCl4=2SnCl2，故答案為：Sn+SnCl4=2SnCl2；

（3）①由于SnCl4的沸點為114℃，故溫度過高，會導致錫損失，故答案為：因為溫度過高，若超過SnCl4的沸點114℃；會造成錫的損失；

②由于開始反應溫度較低；應通入少量氯氣，若過多的通入氯氣，氯氣來不及反應而逸出，未防止逸出，故先少量通入氯氣，故答案為：防止因反應開始時，反應液的溫度較低，反應速率慢，氯氣流量過大造成氯氣來不及反應而逸出；

（4）Sn、Ba的活潑性位于H之前，故溶于鹽酸，以離子形式存在，由于利用鹽酸溶解，故引入陰離子氯離子，故答案為：Ba2+、Cl-、Sn2+．19、消去反應5：19【分析】【分析】烴B分子內C、H原子個數(shù)比為1：2，B發(fā)生氧化反應生成D的分子式為C2H4O，核磁共振氫譜顯示B分子中只有一種化學環(huán)境的氫原子，則B為CH2=CH2．A是生活中的一種常見有機物，則A為CH3CH2OH，A發(fā)生消去反應生成乙烯，B→D發(fā)生氧化反應，D的紅外光譜表明分子內除C-H鍵、C-C鍵外還含有兩個C-O單鍵，D與HCl按物質的量之比1：l反應生成E，由E的結構可知，D為環(huán)氧乙烷（）．B與HCl發(fā)生加成反應生成C，則C為CH3CH2Cl，C與氨氣發(fā)生取代反應生成F．F與丙發(fā)生反應生成普魯卡因，由普魯卡因的結構可知，丙為發(fā)生還原反應是生成丙，E與乙反應生成可推知乙為則甲苯發(fā)生硝化反應生成甲為甲發(fā)生氧化反應生成乙，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：烴B分子內C、H原子個數(shù)比為1：2，B發(fā)生氧化反應生成D的分子式為C2H4O，核磁共振氫譜顯示B分子中只有一種化學環(huán)境的氫原子，則B為CH2=CH2．A是生活中的一種常見有機物，則A為CH3CH2OH，A發(fā)生消去反應生成乙烯，B→D發(fā)生氧化反應，D的紅外光譜表明分子內除C-H鍵、C-C鍵外還含有兩個C-O單鍵，D與HCl按物質的量之比1：l反應生成E，由E的結構可知，D為環(huán)氧乙烷（）．B與HCl發(fā)生加成反應生成C，則C為CH3CH2Cl，C與氨氣發(fā)生取代反應生成F．F與丙發(fā)生反應生成普魯卡因，由普魯卡因的結構可知，丙為發(fā)生還原反應是生成丙，E與乙反應生成可推知乙為則甲苯發(fā)生硝化反應生成甲為甲發(fā)生氧化反應生成乙；

（1）A生成B是乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯，B為CH2=CH2；B分子中σ和π鍵數(shù)之比為5：1，故答案為：消去反應；5：1；

（2）由上述分析可知，D為環(huán)氧乙烷，結構簡式為：故答案為：

（3）乙與E反應的化學方程式為：

故答案為：

（5）普魯卡因的一種水解產(chǎn)物與甲互為同分異構體，甲為對硝基甲苯，則水解產(chǎn)物為的同分異構體符合：a．分子結構中含苯環(huán)，且每個苯環(huán)有2個側鏈，b．分子結構中一定含官能團-NH2，且-NH2直接與碳原子相連，側鏈為-NH2、-COOH，有鄰、間、對三種（包含），側鏈為-NH2、-OOCH，有鄰、間、對三種，側鏈為-CH2NH2、-OH，有鄰、間、對三種，故符合條件的同分異構體共有9種，其中一種結構簡式為等，故答案為：9；．20、萃取蒸餾漏斗、燒杯、玻璃棒冷水B【分析】【分析】（1）最開始加的氧化劑將Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取劑萃取Br2，所以操作①是萃??；將CCl4層和水層分開的過程叫做分液；利用蒸餾（操作③）從溴的CCl4溶液中分離得到CCl4和液溴；由溶解度圖象知；將得到的溶液進行蒸發(fā)濃縮至90℃后進行結晶，再將固液不相溶的物質進行分離的操作叫過濾，此時所用的玻璃儀器有玻璃棒；燒杯、漏斗；

（2）在90℃時得到的固體A為MgSO4，而30℃時得到的固體B為KCl，所以應用冷水洗滌固體B，才可以得到較純凈的氯化鉀．【解析】【解答】解：（1）由流程可知，最開始加的氧化劑將Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取劑萃取Br2，所以操作①是萃??；將CCl4層和水層分開的過程叫做分液，則操作②為分液；利用蒸餾（操作③）從溴的CCl4溶液中分離得到CCl4和液溴；操作④為不溶性固體與液體的分離，則為過濾，需要玻璃棒；漏斗、燒杯等儀器；

故答案為：萃??；蒸餾；玻璃棒；漏斗、燒杯；

（2）在90℃時得到的固體A為MgSO4，而30℃時得到的固體B為KCl，所以應用冷水洗滌固體B，才可以得到較純的氯化鉀，故答案為：冷水；B．21、+172.5使BaSO4得到充分的還原（或提高BaS的產(chǎn)量）①②為吸熱反應，炭和氧氣反應放熱維持反應所需高溫0.4molHS-cCu2++HS-=CuS↓+H+44H2S=4H2+S4（g）【分析】【分析】（1）根據(jù)所給的熱化學方程式；結合要求的反應，利用蓋斯定律來分析計算；加入過量C可提高重晶石的轉化率，同時維持反應進行；

（2）As2S3+10H++10NO3-═2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O中；As元素的化合價由+3價升高為+5價，S元素的化合價由-2價升高為0，N元素的化合價由+5價降低為+4，以此來解答；

（3）①向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，結合圖1所示H2S、HS-、S2-的分布分數(shù)進行解答；NaHS的含量先增加后減少；根據(jù)物料守恒可求得滴加過程中；溶液中微粒濃度大小關系；

②NaHS溶液中加入CuSO4溶液；會發(fā)生反應生成硫化銅和酸；

（4）在高溫下，H2S可完全分解為硫單質Sn（g）和H2，實驗測得分解產(chǎn)物中H2與Sn（g），反應方程式為：nH2S=nH2+Sn（g），物質的量之比4：1，所以n=4，所以反應方程式為：4H2S=4H2+S4（g）．【解析】【解答】解：（1）利用蓋斯定律求解：

BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ?mol-1①

BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ?mol-1②

將以上兩個熱化學方程式相減；然后除以2可得：

C（s）+CO2（g）2CO（g）△H3==+172.5kJ?mol-1；加入過量C可提高重晶石的轉化率，以上反應為吸熱反應，炭和氧氣反應放熱維持反應所需高溫；

故答案為：+172.5；使BaSO4得到充分的還原（或提高BaS的產(chǎn)量）；①②為吸熱反應，炭和氧氣反應放熱維持反應所需高溫；

（2）由反應可知，As元素的化合價由+3價升高為+5價，S元素的化合價由-2價升高為0，生成2molH3AsO4時．轉移電子10mol；

則當反應中轉移電子的數(shù)目為2mol時，生成H3AsO4的物質的量為0.4mol；

故答案為：0.4mol；

（3）①向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，A表示含硫微粒濃度減小為S2-，B先增加后減少為HS-，C濃度一直在增加為H2S，向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，因體積相同，設Na2S、NaOH各為1mol，則n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒為HS-、S2-、H2S，則c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]，或溶液中存在電荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+）；

故答案為：HS-；c；

②NaHS溶液中加入CuSO4溶液，會發(fā)生反應Cu2++HS-=CuS↓+H+，溶液顯示強酸性，故答案為：Cu2++HS-=CuS↓+H+；

（4）在高溫下，H2S可完全分解為硫單質Sn（g）和H2，實驗測得分解產(chǎn)物中H2與Sn（g），反應方程式為：nH2S=nH2+Sn（g），物質的量之比4：1，所以n=4，所以反應方程式為：4H2S=4H2+S4（g），故答案為：4；4H2S=4H2+S4（g）．22、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-加熱濃縮；冷卻結晶在氯化氫氣流中加熱FeCl3?6H2O晶體，得到無水FeCl34×10-8SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++4H++SO42-Fe（OH）3Fe3+會水解產(chǎn)生較多的H+：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入CuO與H+反應生成Cu2+和H2O，降低了H+濃度，使得水解平衡正向移動，生成Fe（OH）3沉淀【分析】【分析】氯氣與鐵在反應爐中反應生成氯化鐵；尾氣用吸收劑Q處理得到氯化鐵，故Q為氯化亞鐵，氯化鐵溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶得到氯化鐵晶體，為防止氯化鐵水解，在HCl氣流中加熱蒸干氯化鐵晶體得到氯化鐵；

（1）尾氣中含有氯氣；由工藝流程可知，用吸收劑X在吸收塔中吸收氯氣，生成氯化鐵，所以吸水劑X為氯化亞鐵；

（2）由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高氯化鐵的溶解度越高，由溶液獲得晶體需加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，鐵離子易水解應在氯化氫氣流中加熱FeCl3?6H2O晶體；

（3）依據(jù)沉淀溶解平衡的溶度積；結合溶液PH計算得到；

（4）SO2通入氯化鐵溶液中；發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子；鐵離子；

（5）Fe3+會水解產(chǎn)生較多的H+：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入CuO與H+反應生成Cu2+和H2O，降低了H+濃度，使得水解平衡正向移動，生成Fe（OH）3沉淀，CuO促進鐵離子水解．【解析】【解答】解：（1）尾氣中含有氯氣；由工藝流程可知，用吸收劑X在吸收塔中吸收氯氣，生成氯化鐵，所以吸水劑X為氯化亞鐵，氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵；

反應離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（2）由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高氯化鐵的溶解度越高，由溶液獲得晶體需加加熱濃縮；再冷卻結晶，F(xiàn)e3+易水解，所以由FeCl3?6H2O晶體得到無水FeCl3，應在氯化氫氣流中加熱FeCl3?6H2O晶體，得到無水FeCl3；

故答案為：加熱濃縮；冷卻結晶；在氯化氫氣流中加熱FeCl3?6H2O晶體，得到無水FeCl3；

（3）當溶液pH為4時，溶液中c（OH-）=10-10mol/L，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）?c3（OH-）=4×10-38，所以溶液中c（Fe3+）==4×10-8mol?L-1；

故答案為：4×10-8；

（4）SO2通入氯化鐵溶液中，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子、鐵離子，離子反應為SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++4H++SO42-；

故答案為：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++4H++SO42-．

（5）因為Fe3+會水解產(chǎn)生較多的H+：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入CuO與H+反應生成Cu2+和H2O，降低了H+濃度，使得水解平衡正向移動，生成Fe（OH）3沉淀；

故答案為：Fe（OH）3；Fe3+會水解產(chǎn)生較多的H+：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入CuO與H+反應生成Cu2+和H2O，降低了H+濃度，使得水解平衡正向移動，生成Fe（OH）3沉淀．23、13【分析】【分析】可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應說明結構中含有酚羥基；可與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳氣體，說明結構中含有羧基，除此之外含有兩個碳原子的烴基，根據(jù)同分異構體的書寫方法來回答．【解析】【解答】解：可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應說明結構中含有酚羥基；可與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳氣體，說明結構中含有羧基，除此之外含有兩個碳原子的含有叁鍵的烴基，根據(jù)定位法，將羥基連接到苯環(huán)上，另一個取代基是-C≡C-COOH，這樣的結構和酚羥基處于鄰間對共三種結構，還可以是苯環(huán)上三個取代基：-OH、-COOH、-C≡CH，-OH、-COOH處于鄰位，此時-C≡CH存在4種位置結構，OH、-COOH處于間位，此時-C≡CH存在4種位置結構，OH、-COOH處于對位，此時-C≡CH存在2種位置結構，所以符合條件的有機物共13種，其中，苯環(huán)上的一氯代物只有兩種的同分異構體的結構簡式為故答案為：13；．四、簡答題(共2題，共10分)24、（1）陽

（2）

（3）左有無色氣泡產(chǎn)生，溶液呈紅色

（4）0.1molCH3OH＋8OH－-6e-══CO32-＋6H2O【分析】【分析】本題考查原電池和電解池原理，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握原電池和電解池的工作原理，把握電極方程式的書寫，難度不大?！窘獯稹孔髠妊b置為原電池，鋅為負極，被氧化，rm{Cu}為正極，右側裝置為電解池，rm{X}為陽極，發(fā)生氧化反應，生成氯氣，rm{Y}為陰極，發(fā)生還原反應，生成氫氣和氫氧化鈉，rm{(1)}由以上分析可知rm{X}電極的名稱為陽電極的名稱為陽