2025年粵教版高三化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教版高三化學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6題，共12分)1、一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應時，為了減慢反應速率，而不影響生成H2的總量，可向其中加入適量的（）A.Na2CO3晶體B.NaOH晶體C.水D.CuSO4晶體2、NA表示阿佛加德羅常數．常溫下，將下列氣體通入1L水中直至飽和，溶液中溶質微粒數最接近0.1NA的是（）A.SO2B.CO2C.Cl2D.NH33、關于下列各圖的敘述；正確的是（）

A.甲表示1molH2（g）完全燃燒生成水蒸氣吸收241.8kJ熱量B.甲表示2molH2（g）所具有的能量一定比2mol氣態(tài)水所具有的能量多483.6kJC.乙表示常溫下，稀釋HHB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，則同溫同濃度的NaA溶液的pH小于NaB溶液的pHD.乙圖中起始時HA的物質的量濃度大于HB4、設NA為阿伏加德羅常數的值．下列說法一定正確的是（）A.常溫下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氧原子數為0.3NAB.1mol的羥基與1mol的氫氧根離子所含電子數均為10NAC.常溫、常壓下，4.6gNO2和N2O4混合氣體中含有的O原子數目為0.2NAD.Fe與水蒸氣在高溫條件下反應，有1molFe參與反應，則轉移電子的數目為3NA5、從節(jié)約原料和防止環(huán)境污染因素考慮，用銅制取硝酸銅，方法最佳的是（）A.CuCu（NO3）2B.CuCu（NO3）2C.CuCuCl2Cu（NO3）2D.CuCuOCu（NO3）26、一銅空氣燃料電池是一種“高容量、低成本”的新型電池。該電池通過一種復雜的銅腐蝕“現象”“產生電力，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-．下列說法不正確的是（）A.通空氣時，銅腐燭表面產生Cu2OB.放電時，Li+透過固體電解質向Cu極移動C.放電時，負極的電極反應式為Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-D.整個過程中，銅相當于催化劑評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、將鈉和過氧化鈉的混合物加入到足量的水中，生成的混合氣體點火爆炸恰好完全反應，則原混合物中Na、Na2O2的質量比是____．8、某學生對SO2與漂粉精的反應進行實驗探究：

。操作現象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍（約為12），后褪色液面上方出現白霧；

稍后；出現渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色；

稍后，產生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化學方程是____．

（2）pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質是____．

（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測現象i的白霧由HCl小液滴形成，進行如下實驗：a．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；b．用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧；產生白色沉淀．

①實驗a目的是____．

②由實驗a、b不能判斷白霧中含有HC1，理由是____．

（4）現象ii中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和C1-發(fā)生反應．通過進一步實驗確認了這種可能性，其實驗方案是____．

（5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X．向沉淀X中加入稀HC1，無明顯變化．取上層清液，加入BaC12溶液，產生白色沉淀．則沉淀X中含有的物質是____．9、苯巴比妥是安眠藥的成分，化學式為C12H12N2O3，分子結構中有兩個六元環(huán)：下圖是以A為原料合成苯巴比妥的流程示意圖。完成下列填空。已知：①有機物D、E中亞甲基（—CH2—）的氫原子受羰基影響活性較高，容易發(fā)生如下反應：②（1）芳香烴A與HCl反應后，制取B還需進行反應的類型依次為。（2）一種酯與B互為同分異構體，且苯環(huán)上只有一個取代基，該酯同分異構體有種，寫出其中一種結構系統(tǒng)命名。（3）寫出D轉化為E的化學方程式：（4）苯巴比妥G的結構簡式：（5）E與CO(NH2)2在一定條件下合成的高分子結構簡式：（6）已知：請設計合理方案以B的同系物為原料合成（用合成路線流程圖表示為：AB目標產物）。10、指出下列反應的類型：乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色：____．11、烯烴A在一定條件下可以按下圖進行反應。

已知：1molA完全燃燒可生成6molCO2和6molH2O，儀器分析顯示它有四個完全對稱的甲基．F1和F2互為同分異構體，G1和G2互為同分異構體．

（1）A的名稱為____

（2）D的結構簡式為____；G2的結構簡式為____

（3）反應②的反應類型為____；反應⑨的反應類型為____，反應條件是____

（4）請寫出反應⑤的化學方程式：____；請寫出E→F1的化學方程式：____

（5）A的烯烴同分異構體有____種（不考慮順反異構）

（6）烯烴是有機合成中重要的原料；圖是一種由烯烴合成的有機物S的紅外光譜圖，有機物S的紅外光譜圖如下：

符合該條件的S相對分子質量最小的結構簡式為：____．12、某實驗需要100mL、1mol/L的Na2CO3溶液；現通過如下操作配制：

①把稱量好的固體Na2CO3放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解．為加快溶解可以使用____（填儀器名稱）攪拌．

②把①所得溶液冷卻到室溫后，小心轉入____（填儀器名稱）

③繼續(xù)加蒸餾水至液面至刻度線1～2cm處，改用____（填儀器名稱）小心滴加蒸餾水至溶液凹液面最低點與刻度線相切．

④用少量蒸餾水洗滌玻璃棒和燒杯2～3次；每次洗滌的溶液都小心轉入容量瓶，并輕輕搖勻．

⑤將容量瓶塞緊；充分搖勻．

（1）操作步驟正確的順序是____（填序號）．

（2）若沒有操作④，則所配溶液的濃度會____（填“偏高”或“偏低”）．

（3）若取出20mL配好Na2CO3的溶液，加蒸餾水稀釋成c（Na+）=0.01mol/L的溶液，則稀釋后溶液的體積為____mL．

（4）在配制100mL、1mol/L的Na2CO3溶液時，下列操作中的____會導致結果偏低（請用序號填寫）

①用拖盤天平稱量時砝碼放在左盤。

②將燒杯中的溶液轉移到容量瓶時不慎灑到容量瓶外。

③定容時俯視刻度線。

④定容時仰視刻度線。

⑤干凈的容量瓶未經干燥就用于配制溶液．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)13、用潔凈的鉑絲蘸取溶液在酒精燈的外焰上灼燒，未看見火焰顯紫色，溶液里一定不含K+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”14、以下有些結構簡式；書寫得不規(guī)范；不正確．請在它們后面打一個×號，并把你認為正確的寫法寫在后面．（注意：如果原式是允許的、正確的，請在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）對甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．15、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中，陽離子的數目之和為0.2NA．____（判斷對錯）16、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對錯）17、18gH2O在標準狀況下的體積是22.4L____．（判斷對錯）18、如果鹽酸的濃度是醋酸濃度的二倍，則鹽酸的H+濃度也是醋酸的二倍；____．評卷人得分四、解答題(共2題，共12分)19、在5L的密閉容器中充入2molN2和6molH2，在高溫、高壓、催化劑下進行反應，達平衡時，測得容器中NH3為1mol．求：

（1）達平衡時N2的轉化率；

（2）容器中H2的濃度．20、標準狀況下336L的NH3溶于1L水中，所得溶液的質量分數為______，若該溶液的密度為ag/cm3，則物質的量濃度為______．將上述氨水全部轉化為NH4Cl；所需4mol/L的鹽酸的體積______．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】為了減緩反應速率且不影響生成H2的總量，應降低溶液中氫離子濃度，但酸的總物質的量不變，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．加入Na2CO3晶體，消耗H+；生成氫氣的總量較少，故A錯誤；

B．加入NaOH晶體，消耗H+；生成氫氣的總量較少，故B錯誤；

C．加入水，H+濃度降低，但總量不變，可減緩反應速率且不影響生成H2的總量；故C正確；

D．加入CuSO4固體；置換出銅，形成原電池反應，反應速率加快，故D錯誤．

故選：C．2、C【分析】【分析】根據氣體的溶解度判斷：一體積水中可分別溶解1體積CO2，2體積氯氣，40體積SO2，700體積氨氣．【解析】【解答】解：溶液中溶質微粒數接近0.1NA；則溶質的物質的量為0.1mol，說明1L水溶解氣體的體積在標準狀況下約為0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

而一體積水中可分別溶解1體積CO2，2體積氯氣，40體積SO2；700體積氨氣，只有氯氣符合．

故選C．3、C【分析】解：A、圖象表示的是2molH2和1molO2反應生成氣體水放出的熱量為483.6KJ；故A錯誤；

B、依據能量守恒，2molH2能量+1molO2能量=2molH2Omol+放出熱量483.6KJ，所以甲表示2molH2（g）所具有的能量比2mol氣態(tài)水所具有的能量小483.6kJ-1molO2能量；故B錯誤；

C；依據圖象乙；稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化HA溶液PH變化大，酸性HA＞HB，對應鹽的堿性NaA＜NaB，故C正確；

D；依據圖象乙分析；稀釋起始時溶液pH相同，稀釋HA酸溶液pH變化大，酸性強，所以溶液HA濃小于HB濃度，故D錯誤；

故選C．

A；依據圖象分析；氫氣和氧氣反應生成水的過程是放熱反應；

B；依據反應前后能量守恒分析判斷；

C；酸性越弱對應鹽的水解顯堿性；水解程度越大，溶液pH越大；

D；依據圖象分析；起始時HA、HB溶液pH相同，根據稀釋溶液pH變化，溶液濃度不相同．

本題考查了圖象分析判斷能力，化學反應能量守恒判斷，弱電解質溶液稀釋后溶液酸性強弱比較，題目難度中等．【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】A．硝酸銨溶液中；溶劑水中含有氧原子，無法計算溶液中含有的氧原子數目；

B．羥基中含有9個電子；氫氧根離子中含有10個電子；

C．NO2和N2O4的最簡式為NO2；根據二者的最簡式計算出混合物中含有的氧原子數目；

D．鐵與水蒸氣反應生成的是四氧化三鐵，1mol鐵完全反應失去mol電子．【解析】【解答】解：A．1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中含有硝酸銨0.1mol，0.1mol硝酸銨中含有0.3mol氧原子，由于水中含有氧原子，所以該硝酸銨溶液中含有的氧原子大于0.3mol，溶液中氧原子數大于0.3NA；故A錯誤；

B．1mol羥基中含有9mol電子；1mol氫氧根離子中含有10mol電子，二者含有的電子數不同，故B錯誤；

C．4.6gNO2和N2O4混合氣體中含有0.1mol最簡式NO2，含有氧原子的物質的量為0.2mol，混合氣體中含有的O原子數目為0.2NA；故C正確；

D．1mol鐵與水蒸氣在高溫下反應生成四氧化三鐵，失去了mol電子，根據電子守恒，轉移電子的數目為NA；故D錯誤；

故選C．5、D【分析】【分析】A；反應過程中生成二氧化氮污染氣體；

B；反應過程生成一氧化氮污染氣體；

C；氯氣是污染性氣體；氯化銅和硝酸不反應；

D、原料是空氣節(jié)約原料，過程中無污染氣體；【解析】【解答】解：A；反應過程中生成二氧化氮污染氣體；污染環(huán)境，故A錯誤；

B；反應過程生成一氧化氮污染氣體；污染環(huán)境，故B錯誤；

C；反應過程中氯氣是污染性氣體；生成的氯化銅和硝酸不反應，故C錯誤；

D；原料是空氣節(jié)約原料；過程中無污染氣體，符合節(jié)約原料和防止環(huán)境污染的要求，故D正確；

故選D．6、C【分析】解：A、該電池通過一種復雜的銅腐蝕而產生電力，由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電，正極反應為Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空氣的目的是讓氧氣與銅反應生成Cu2O；故A正確；

B、原電池中陽離子向正極移動，所以放電時，Li+透過固體電解質向Cu極移動；故B正確；

C、放電時，正極的電極反應式為Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-；故C錯誤；

D；正極銅首先被空氣氧化成氧化亞銅；然后氧化亞銅得電子生成單質銅，所以整個過程中，銅相當于催化劑，故D正確；

故選：C。

放電時，鋰失電子作負極，Cu上O2得電子作正極，負極上電極反應式為Li-e-═Li+，正極上電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-；電解質溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，據此分析解答。

本題考查了原電池原理，明確原電池負極上得失電子及電極反應式是解本題關鍵，題目難度中等，注意把握Cu在整個過程中的作用?！窘馕觥緾二、填空題(共6題，共12分)7、23：39【分析】【分析】Na、Na2O2的混合物與足量的水反應得到的氣體是氫氣和氧氣的混合物，將該混合氣體通過放電，恰好完全反應，說明氫氣和氧氣反應的物質的量之比恰好等于它們反應的計量數之比；然后分別根據反應方程式計算出鈉、過氧化鈉的物質的量，再根據m=nM計算出其質量，最后計算出質量之比．【解析】【解答】解：Na、Na2O2的混合物與足量的水反應得到的氣體是氫氣和氧氣的混合物；將該混合氣體通過放電，恰好完全反應，說明氫氣和氧氣反應的物質的量之比恰好等于它們反應的計量數之比；

該混合氣體通過放電，恰好完全反應，根據方程式2H2+O22H2O可知；氫氣和氧氣反應的物質的量之比恰好等于它們反應的計量數之比，即氫氣和氧氣的物質的量之比為2：1，設氫氣為2nmol，則氧氣為nmol；

根據2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知；鈉的物質的量為4nmol，鈉的質量為：23g/mol×4nmol=92ng；

根據2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知；過氧化鈉的物質的量為2nmol，過氧化鈉的質量為：2nmol×78g/mol=156ng；

所以原混合物中鈉；過氧化鈉的物質的量之比：92ng：156ng=23：39；

故答案為：23：39．8、2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O堿性、漂白性檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾白霧中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色CaSO4【分析】【分析】（1）漂白粉的制備；氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣；氯化鈣和水；

（2）pH試紙先變藍（約為12）；后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；

（3）①反應中生成Cl2，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾；

②白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀；

（4）依據次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發(fā)生歸中反應生成氯氣；向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色；

（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根離子具有強氧化性可以氧化二氧化硫為硫酸和鈣離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應生成硫酸和鹽酸．【解析】【解答】解：（1）氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（2）pH試紙先變藍（約為12）溶液呈堿性；后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；

故答案為：堿性；漂白性；

（3）向水中持續(xù)通入SO2；未觀察到白霧．推測現象i的白霧由HCl小液滴形成；

①用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧；無變化；為了檢驗白霧中是否含有氯氣，因為含有氯氣在檢驗氯化氫存在時產生干擾；

故答案為：檢驗白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾；

②用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧；產生白色沉淀，若含有二氧化硫氣體，通入硝酸酸化的硝酸銀溶液，會被硝酸氧化為硫酸，硫酸和硝酸銀反應也可以生成硫酸銀沉淀，所以通過實驗不能證明一定含有氯化氫；

故答案為：白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應產生白色沉淀；

（4）現象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應．通過進一步實驗確認了這種可能性；漂白精中成分為次氯酸鈣；氯化鈣，次氯酸根具有強氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為氯氣；

故答案為：向漂白精溶液中逐滴加入硫酸；觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色；

（5））取上層清液，加入BaC12溶液，產生白色沉淀，說明SO2被氧化為SO42-，故沉淀X為CaSO4，故答案為：CaSO4．9、略

【分析】試題分析：（1）芳香烴A與HCl反應，說明分子中含有碳碳雙鍵，因此A是苯乙烯。與氯化氫反應生成鹵代烴，而B是苯乙酸，所以鹵代烴要轉化為羧酸，則氯原子首先發(fā)生水解反應引入羥基，然后羥基被氧化生成羧基即可，所以制取B還需進行反應的類型依次為取代反應和氧化反應。（2）B是苯乙酸，結構簡式為一種酯與B互為同分異構體，且苯環(huán)上只有一個取代基，則符合條件的酯類可以是苯甲酸甲酯或甲酸苯甲酯或乙酸苯酚酯，共計是3種。（3）有機物D中亞甲基（—CH2—）的氫原子受羰基影響活性較高，容易發(fā)生取代反應，所以D轉化為E的化學方程式為（4）根據已知信息②可知F與尿素發(fā)生取代反應，F中與碳氧雙鍵相連的碳氧單鍵斷鍵，然后與氮原子相連，所以生成物的結構簡式為（5）根據已知信息②可知E與尿素發(fā)生取代反應，E中與碳氧雙鍵相連的碳氧單鍵斷鍵，然后依次與氮原子相連從而得到高分子化合物，所以生成物的結構簡式為（6）有機物的合成一般結合已知信息采用逆推法進行，所以根據有機物的結構特點可知正確的合成路線為考點：考查有機物推斷、合成以及同分異構體的判斷【解析】【答案】（1）取代（1分）氧化（1分）（2）3種（1分）苯甲酸甲酯（甲酸苯甲酯、乙酸苯酚酯）（1分）（3）（2分）（4）（1分）（5）（1分）（6）（4分）10、氧化反應【分析】【解答】解：高錳酸鉀具有強氧化性，能氧化含有C=C或C≡C的有機物，所以乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色，是高錳酸鉀與乙烯發(fā)生了氧化反應；故答案為：氧化反應．【分析】高錳酸鉀具有強氧化性，能氧化含有C=C或C≡C等有機物，據此分析．11、2，3-二甲基-2-丁烯取代反應消去反應氫氧化鈉醇溶液、加熱+Br2→12CH3CH2OCH2CH3【分析】【分析】烯烴A含有碳碳雙鍵，1molA完全燃燒可生成6molCO2和6molH2O，則A的分子式為C6H12，儀器分析顯示它有四個完全對稱的甲基，則A為（CH3）2C═C（CH3）2，A與溴溴發(fā)生加成反應生成DA與HBr發(fā)生加成反應生成C為（CH3）2CBrCH（CH3）2，A與氫氣發(fā)生加成反應生成B，B與溴發(fā)生取代反應生成C，則B為（CH3）2CHCH（CH3）2．D在足量的氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，則E為E與適量Br2反應時有兩種加成方式，即1，2-加成生成和1，4-加成生成再加成HBr時F1有兩種加成產物，F2只有一種加成產物，則F1為F2為故G1為G2為據此解答．【解析】【解答】解：烯烴A含有碳碳雙鍵，1molA完全燃燒可生成6molCO2和6molH2O，則A的分子式為C6H12，儀器分析顯示它有四個完全對稱的甲基，則A為（CH3）2C═C（CH3）2，A與溴溴發(fā)生加成反應生成DA與HBr發(fā)生加成反應生成C為（CH3）2CBrCH（CH3）2，A與氫氣發(fā)生加成反應生成B，B與溴發(fā)生取代反應生成C，則B為（CH3）2CHCH（CH3）2．D在足量的氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，則E為E與適量Br2反應時有兩種加成方式，即1，2-加成生成和1，4-加成生成再加成HBr時F1有兩種加成產物，F2只有一種加成產物，則F1為F2為故G1為G2為．

（1）A為（CH3）2C═C（CH3）2；名稱為：2，3-二甲基-2-丁烯；

故答案為：2；3-二甲基-2-丁烯；

（2）D的結構簡式為G2的結構簡式為

故答案為：

（3）反應②的反應類型為取代反應；反應⑨的反應類型為消去反應，反應條件是氫氧化鈉醇溶液；加熱；

故答案為：取代反應；消去反應；氫氧化鈉醇溶液；加熱；

（4）反應⑤的化學方程式：

E→F1的化學方程式：+Br2→

故答案為：+Br2→

（5）A的烯烴同分異構體：

主鏈含有6個C原子；碳碳雙鍵有3種位置；

主鏈含有5個C原子；碳碳雙鍵處于1號；2號碳原子時，甲基有3種位置，碳碳雙鍵處于2號、3號碳原子時，甲基有3種位置；

主鏈含有4個碳原子；碳碳雙鍵處于1號；2號碳原子時，乙基連接2號碳原子，可以是2個甲基連接3號碳原子上，也可以是2個甲基分別連接2號、3號碳原子上，碳碳雙鍵處于2號、3號碳原子時，2個甲基分別連接2號、3號碳原子上，即為A；

故不含A且不考慮不考慮順反異構時共有12種；

故答案為：12；

（6）S含有對稱的-CH3、對稱的-CH2-，還含有醚鍵，相對分子質量最小的S的結構簡式為：CH3CH2OCH2CH3；

故答案為：CH3CH2OCH2CH3．12、玻璃棒100mL容量瓶膠頭滴管①②④③⑤偏低4000①②④【分析】【分析】①依據配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟：計算；稱量、溶解、冷卻、洗滌、定容、搖勻、裝瓶確定正確的操作步驟；選擇需要的儀器；

②要配制100ml溶液應選擇100ml的容量瓶；

③定容時使用膠頭滴管；

（1）依據配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟：計算；稱量、溶解、冷卻、洗滌、定容、搖勻、裝瓶確定正確的操作步驟；

（2）根據c=并結合溶質的物質的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析；

（3）根據溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀來計算；（4）根據c=并結合溶質的物質的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析．【解析】【解答】解：①溶解時；為加快碳酸鈉溶解的速度，可用玻璃棒攪拌，故答案為：玻璃棒；

②要配制100ml溶液應選擇100ml的容量瓶；故答案為：100mL容量瓶；

③定容時使用膠頭滴管逐滴加入；故答案為：膠頭滴管；

（1）配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟：計算；稱量、溶解、冷卻、洗滌、定容、搖勻、裝瓶；所以正確的順序為：①②④③⑤，故答案為：①②④③⑤；

（2）若沒有操作④；會導致溶質的損失，則所配溶液的濃度會偏低，故答案為：偏低；

（3）配制好的是1mol/L的Na2CO3溶液，其中鈉離子濃度為2mol/L，設稀釋后的溶液的體積為VmL，根據溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀來計算可知：

2mol/L×20mL=0.001mol/L×VmL

解得V=4000；故答案為：4000；

（4）①用拖盤天平稱量時砝碼放在左盤；會導致所稱量的藥品的質量偏小，則濃度偏低，故①選；

②將燒杯中的溶液轉移到容量瓶時不慎灑到容量瓶外；會導致溶質的損失，所配溶液的濃度偏低，故②選；

③定容時俯視刻度線；所配溶液的體積偏小，則濃度偏高，故③不選；

④定容時仰視刻度線；所配溶液的體積偏大，則濃度偏低，故④選；

⑤若容量瓶未干燥即用來配制溶液；對溶液濃度無影響，因為只要定容時正確，至于水是原來就有的還是后來加入的，對濃度無影響，故⑤不選．

故選①②④．三、判斷題(共6題，共12分)13、×【分析】【分析】K元素的焰色反應為紫色，但是要透過藍色鈷玻璃片觀察，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍色藍色鈷玻璃片濾去黃色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反應為紫色，但是要透過藍色鈷玻璃片觀察，Na元素的焰色反應為黃色，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍色的藍色鈷玻璃片濾去黃色，本題中未通過藍色鈷玻璃片觀察，因此不能確定是否含有K+．

故答案為：×．14、√【分析】【分析】（1）羥基正在有機物分子最前面時應該表示為HO-；據此進行判斷；

（2）醛基寫在有機物分子前邊時應該表示為：OHC-；

（3）酚羥基的表示方式錯誤；應該表示為：HO-；

（4）左邊的硝基中含有原子組成錯誤，應該為O2N-；

（5）結構簡式中酯基表示方式錯誤；

（6）苯乙醛中醛基的結構簡式表示錯誤，應該為-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的結構簡式正確，故答案為：√；

（2）羥基的表示方法錯誤，丙二醛的結構簡式應該是：OHCCH2CHO，故答案為：OHCCH2CHO；

（3）酚羥基的表示方法錯誤，對甲基苯酚的結構簡式應該是：故答案為：

（4）左邊硝基的組成錯誤，正確應該為：O2N-，三硝基甲苯的結構簡式為故答案為：

（5）酯基的表示方法錯誤，甲酸苯酚的結構簡式是故答案為：

（6）醛基的書寫錯誤，苯乙醛的結構簡式是：

故答案為：．15、×【分析】【分析】依據n=CV可知要計算溶質的物質的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積，據此判斷解答．【解析】【解答】解：0.1mol?L-1的NaHSO4溶液，體積未知，無法計算硫酸氫鈉的物質的量，無法計算陽離子個數，故錯誤；16、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱