2025年外研版2024高三化學上冊月考試卷

…………○…………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年外研版2024高三化學上冊月考試卷591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9題，共18分)1、下列說法中正確的是（）A.氦分子中含有共價鍵B.含有共價鍵的化合物一定是共價共價化合物C.離子化合物中可能含有極性共價鍵或非極性共價鍵D.同一元素的各種同位素的物理性質(zhì)、化學性質(zhì)均相同2、下列離子方程式書寫正確的是（）A.向Fe（NO3）2稀溶液中加入醋酸：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2OB.用鐵作電極電解飽和食鹽水：C.溴乙烷中滴入AgNO3溶液檢驗其中的溴元素：Br-+Ag+=AgBr↓D.向明礬溶液中逐滴加入氫氧化鋇溶液至沉淀質(zhì)量最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓3、下列敘述正確的是①久置于空氣中的氫氧化鈉溶液，加鹽酸時有氣體產(chǎn)生②濃硫酸可用于干燥H2、SO2等氣體，但不能干燥NH3、NO2等氣體③Na2O2與CO2反應(yīng)生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反應(yīng)生成Na2SO3和O2④足量的硫單質(zhì)與64g銅反應(yīng)，有2mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移⑤蔗糖炭化的演示實驗中，濃硫酸既體現(xiàn)了其強氧化性又體現(xiàn)了其脫水性⑥氫氧化鐵膠體與氯化鐵溶液分別蒸干灼燒得相同的物質(zhì)A.①④⑤B.①⑤⑥C.②③④D.④⑤⑥4、下列制取rm{SO_{2}}驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗?zāi)康牡氖莚m{(}rm{)}A.B.C.D.5、（2016?平度市模擬）常溫下，用0.10mol?L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol?L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖．下列說法正確的是（）A.點①和點②所示溶液中：c（CH3COO-）＜c（CN-）B.點③和點④所示溶液中：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）C.點①和點②所示溶液中：c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH）D.點②和點③所示溶液中都有：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+）6、下列有關(guān)熱化學方程式的敘述正確的是（）A.已知C（石墨，s）?C（金剛石，s）；△H＞0，則金剛石比石墨穩(wěn)定B.已知C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H1和C（s）+O2（g）=CO（g）；△H2，則△H1＞△H2C.101kPa時，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=-5716kJ/mol，則氫氣的燃燒熱為285.8kJ/molD.含20.0gNaOH的稀溶液與稀鹽酸完全中和時放出28.7kJ的熱量，則該反應(yīng)的熱化學方程式為：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（1）；△H=+57.4kJ/mol7、含有下列離子的各組溶液中分別加入足量的FeBr2晶體后；原溶液中只有二種離子濃度明顯減少的是（）

①K+、OH-，CO32-②Ag+、H+、NO-3③Na+、SO42-，S2-④H+、Cu2+、NO-3．A.①②③④B.①④C.①②③D.②③8、下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.明礬可以凈水：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+B.少量小蘇打溶液滴入Ba（OH）2溶液中：HCO-3+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2OC.氧化鈉與水反應(yīng)：O2-+H2O═2OH-D.氧化亞鐵加入稀硝酸：FeO+2H+═Fe2++H2O9、下列有關(guān)含銅化合物的說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.用鹽酸可以洗去銅表面的銅銹B.向氯化鐵溶液中加入適量氧化銅固體，可得到紅褐色沉淀C.rm{0.1mol/L}的rm{CuSO_{4}}溶液中，rm{Cu^{2+}}的微粒數(shù)目一定小于rm{0.1N_{A}(}設(shè)rm{N_{A}}為阿伏伽德羅常數(shù)rm{)}D.在rm{FeSO_{4}}溶液中加入rm{CuS}固體，溶液中rm{c(Fe^{2+})}不變，說明rm{K_{sp}(CuS)}遠小于rm{K_{sp}(FeS)}評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、較活潑的金屬鋅不同濃度的硝酸反應(yīng)時，可得到不同價態(tài)的還原產(chǎn)物，如果起反應(yīng)的鋅和硝酸的物質(zhì)的量之比為4：10，則硝酸的還原產(chǎn)物可能為（）A.NO2B.NOC.N2OD.NH4NO311、某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的幾種．

①若加入鋅粒，產(chǎn)生無色無味的氣體；②若加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，且產(chǎn)生的沉淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系如下圖所示．則下列說法正確的是（）A.溶液中的陽離子有H+、NH4+、Mg2+、Al3+B.溶液中n（NH4+）=0.2molC.溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-D.n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：112、2012年6月24日，“蛟龍”號載人潛水器成功下潛至西太平洋馬里亞納海溝7020米處．“蛟龍”號載人潛水器的外殼是耐超高壓的鈦合金，下面有關(guān)合金的說法中正確的是（）A.鈦合金是一種新型金屬單質(zhì)B.鈦合金熔點比成分金屬低，但硬度大C.鈦合金的化學性質(zhì)與鈦單質(zhì)相同D.青銅、碳素鋼、合金鋼和硬鋁都是合金13、已知海水中含有的離子主要有Na+、Mg2+、Cl-、Br-，利用右圖裝置進行實驗探究，下列說法正確的是（）A.X為鋅棒，K置于M，可減緩鐵的腐蝕，鐵電極上發(fā)生的反應(yīng)為2H++2e-=H2↑B.X為鋅棒，K置于M，外電路電流方向是從鐵到XC.X為碳棒，K置于N，可減緩鐵的腐蝕，利用的是外加電流的陰極保護法D.X為碳棒，K置于N，在X電極周圍首先失電子的是Cl-14、磷酸分子間脫水會形成多種聚磷酸，它們的鈉鹽是廣泛使用的食品添加劑．將48gNaOH與58.8g固態(tài)純H3PO4在一定溫度下加熱，得到79.8g固體A和27g水，則A可能是（）A.Na3PO4B.Na4P2O7C.Na4P2O7和Na5P3O10D.Na3PO4、Na4P2O7和Na5P3O1015、在常溫下，等物質(zhì)的量的Na2S和NaHS的混合溶液中，微粒物質(zhì)的量的濃度關(guān)系正確的是（）A.c（S2-）＞c（HS-）＞c（OH-）＞c（H+）B.c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S）C.c（Na+）+c（H+）＞c（HS-）+c（S2-）+c（OH-）D.3c（S2-）+3c（HS-）+3c（H2S）=2c（Na+）16、以下對化學實驗的描述合理的是（）A.配制一定物質(zhì)的量濃度的硫酸溶液時，應(yīng)將量取好的濃硫酸先放入燒杯中，然后加水稀釋B.中和滴定實驗前，所使用的滴定管和錐形瓶必須洗凈，并用待測液潤洗C.測定Na2CO3、Na2SO4兩溶液的pH，比較碳、硫的非金屬性強弱D.硫酸銅晶體結(jié)晶水含量的測定實驗中，盛晶體的坩堝灼燒后，需放在石棉網(wǎng)上冷卻后稱量17、下列說法中正確的是（）A.第一電離能由大到小的順序為O＞N＞CB.由于C和O互為等電子體，所以可以推斷O的電子式為C.根據(jù)巖漿晶出規(guī)則，Ca0比Mg0更容易在巖漿冷卻過程中先結(jié)晶D.液態(tài)HF通常也可以寫成（HF）n的形式，是因為液態(tài)HF分子間存在氫鍵．評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、硫酸廠的燒渣的主要成分為鐵的氧化物（含少量FeS及SiO2），可以利用此燒渣制備堿式硫酸鐵[化學式為Fex（OH）y（SO4）z?nH2O]；主要流程如下：

（1）焙燒產(chǎn)生的二氧化硫會污染環(huán)境形成酸雨，該酸雨為____（填“硫酸”或“硝酸”）型酸雨．

下列措施不能防止或減少酸雨產(chǎn)生的是____（填字母）．

a．在已酸化的土壤中加石灰。

b．對含硫化石燃料進行脫硫處理。

c．對產(chǎn)生的二氧化硫進行吸收和利用。

（2）酸溶時加入的試劑a是____（填化學式）．過濾操作所用的玻璃儀器主要有玻璃棒、燒杯、____．

（3）反應(yīng)l中加雙氧水的目的是____．

（4）為確定堿式硫酸鐵的化學式；進行了如下實驗：

①稱取1.692g堿式硫酸鐵樣品溶于足量的稀鹽酸中并充分混合；

②向①所得的混合物中加入足量的BaCl2溶液，充分反應(yīng)后，經(jīng)過濾、洗滌、____；

稱重，得沉淀2.330g．若取此時的濾液少許，向其中滴加硫氰化鉀溶液，可觀察到的現(xiàn)象為____，反應(yīng)的離子方程式為____．

③若向步驟②的濾液中加入過量的NaOH溶液，充分反應(yīng)后，再將沉淀過濾、洗滌、灼燒、稱重，得固體0.640g．則堿式硫酸鐵[Fex（OH）y（SO4）z?nH2O]樣品中的y：z=____．19、回答下列問題：

Ⅰ．①～⑨是幾種有機物的名稱或化學式：

①2，2，3-三甲基丁烷、②3-甲基-1氯戊烷、③甲苯、④⑤ClCH=CHCl⑥⑦⑧⑨

據(jù)此回答下列問題：

（1）用系統(tǒng)命名法命名有機物⑧和⑨：⑧____，⑨____．

（2）上述有機物中，互為同分異構(gòu)體的是____（用編號表示），互為同系物的是____（用編號表示），存在順反異構(gòu)的是____（用編號表示）．

（3）③苯環(huán)上的二氯代物有____種，以該有機物為原料制備TNT炸藥的化學方程式為____

（4）丁基橡膠是④與2-甲基丙烯共聚生成．寫出該橡膠的結(jié)構(gòu)簡式____

Ⅱ．根據(jù)官能團對性質(zhì)有決定作用；基團對性質(zhì)有影響作用，完成下列排序：

①溶解性由大到小的順序____

②丙三醇、丙烷、乙二醇的沸點由高到低的順序____

③苯酚、苯甲酸、醋酸的酸性由強到弱的順序____

（提示：類比酚與醇的酸性）

Ⅲ．某有機物蒸氣0.1L與aLO2在一定條件下恰好燃燒，生成0.3L水蒸汽、0.1LCO2和0.1LCO（氣體體積均在相同條件下測得）．

（1）a的最大值為____，有機物的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（2）當有機物為乙二醇時，a的值為____．20、證明溴乙烷中溴元素的存在，有下列幾步，其正確的操作順序是____．

①加入硝酸銀溶液②加入氫氧化鈉溶液③加熱④加入蒸餾水⑤加入稀硝酸至溶液呈酸性⑥加入氫氧化鈉醇溶液．21、（10分）工業(yè)上綜合利用黃銅礦（CuFeS2）制備凈水劑高鐵酸鈉（Na2FeO4）、銅及其化合物的工業(yè)流程如下圖所示：（1）冶煉銅的反應(yīng)為8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2。若中CuFeS2鐵元素的化合價為+2，1molCuFeS2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol。（2）利用爐渣（含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2、Al2O3）制備高鐵酸鈉的方法為：①用稀鹽酸浸取爐渣，過濾；②向濾液中加入足量H2O2溶液，再加入足量NaOH溶液，過濾，將沉淀洗滌、于燥得Fe（0H）3；③Fe（OH）3與NaClO和NaOH反應(yīng)，生成高鐵酸鈉。a．寫出制取高鐵酸鈉的化學方程式：______________________；b．驗證爐渣中含有FeO必要的化學試劑為________________________。（3）制備納米氧化亞銅（Cu2O）時用銅棒和石墨做電極，飽和食鹽水做電解質(zhì)，電解反應(yīng)為2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。銅棒上發(fā)生的電極反應(yīng)式為_________________________________________。（5）直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境。用NaOH溶液吸收SO2的過程中，pH隨n（SO32－）：n（HSO3－）變化關(guān)系如下表：。n（SO32－）:n（HSO3－）91:91:11:91pH（25℃）8.27.26.2當吸收液呈中性時，溶液中離子濃度由大到小的順序為是________________。22、已知A--F六種有機化合物是重要的有機合成原料；結(jié)構(gòu)簡式見下表，請根據(jù)要求回答下列問題：

?；衔顰BC結(jié)構(gòu)簡式化合物DEF結(jié)構(gòu)簡式（1）寫出符合下列條件的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____．

A．核磁共振氫譜有4組峰。

B．能發(fā)生水解反應(yīng)。

C．在加熱條件下能夠與新制的氫氧化銅懸濁液生成磚紅色沉淀。

（2）化合物B是制取抗心律失常藥物--氟卡尼的中間體，下列有關(guān)描述不正確的是____（填字母）．

A．能與氯化鐵溶液顯色B．分子中含有羧基；羥基等官能團。

C．能與溴水反應(yīng)D．能與碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳。

（3）化合物B在一定條件下，可以與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，則1mol化合物B最多需要NaOH的物質(zhì)的量為____．

（4）化合物C與D在一定條件下發(fā)生如下轉(zhuǎn)化得到高分子化合物Z；部分產(chǎn)物已略去．

反應(yīng)③中D與H2按物質(zhì)的量1：1反應(yīng)生成Y，則反應(yīng)②的化學方程式為____．

（5）化合物D與銀氨溶液反應(yīng)的化學方程式（有機物用結(jié)構(gòu)簡式表示）：____．

（6）化合物F是合成克矽平的原料之一；（克矽平是一種治療矽肺病的藥物），其合成路線如下（反應(yīng)均在一定條件下進行）：

a．反應(yīng)①是原子利用率100%的反應(yīng)，則該反應(yīng)的化學方程式為____；

b．上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中沒有涉及的反應(yīng)類型是____（填代號）．

①加成反應(yīng)②消去反應(yīng)③還原反應(yīng)④氧化反應(yīng)⑤加聚反應(yīng)⑥取代反應(yīng)．23、（2014春?成都校級月考）科學家制造出一種使用固體電解質(zhì)的燃料電池，其效率更高，可用于航天航空．如下圖所示裝置中，以稀土金屬材料作惰性電極，在兩極上分別通入丙烷和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO3固體，它在高溫下能傳導正極生成的O2-．

（1）c電極的名稱為____．

（2）d電極上通入的氣體是____，電極反應(yīng)式為____．

（3）在熔融電解質(zhì)中，O2-由____極移向____極。

（4）電路中每通過5mol電子，約有____L標準狀況下的丙烷被完全氧化．24、（2012春?南安市校級期末）某研究性學習小組設(shè)計了一組實驗來探究元素周期律．甲同學根據(jù)元素非金屬性與對應(yīng)最高價含氧酸之間的關(guān)系；設(shè)計了如圖裝置來一次性完成N；C、Si的非金屬性強弱比較的實驗研究；乙同學根據(jù)置換反應(yīng)的規(guī)律，利用如圖裝置完成了O元素的非金屬性比S強的實驗研究．回答下列問題：

（1）圖中D裝置名稱是____．

（2）N、C、Si的非金屬性由強到弱的順序是：____；從以下所給物質(zhì)中選出甲同學設(shè)計的實驗所用到物質(zhì)：試劑A為____；試劑C為____（填序號）．

①稀HNO3溶液②稀鹽酸③碳酸鈣④Na2SiO3溶液⑤SiO2

（3）乙同學設(shè)計的實驗所用到試劑A為____；試劑B為____；試劑C為____．25、(14分)復印機使用的墨粉主要成分是Fe3O4，下圖是氧化沉淀法生產(chǎn)Fe3O4的工藝：已知：①工業(yè)綠礬中FeSO4的含量為52.5%，其中的雜質(zhì)不參與反應(yīng)；②Fe(OH)2＋2Fe(OH)3＝Fe3O4·4H2O③12.16﹡1000﹡52.5%=6384,6384／152=42請回答下列問題：（1）鐵的常見氧化物有；（2）Fe3O4與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式是，檢驗反應(yīng)后的溶液中含F(xiàn)e3+的方法；（3）在工藝流程中，通入適量空氣“氧化”時的化學方程式是：；（4）生產(chǎn)中可獲得的副產(chǎn)品是，提取該副產(chǎn)品的操作順序是（填寫序號）a．過濾b．加熱濃縮c．冷卻d．結(jié)晶e．洗滌（5）在生產(chǎn)過程中，若工業(yè)綠礬的投料速率是12.16kg/h，為使產(chǎn)品較純，鼓入空氣的速率應(yīng)為L/h（假設(shè)反應(yīng)在標準狀態(tài)下進行，空氣中O2占20%）。評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)26、一定壓強下，所有物質(zhì)在溫度變化時都能表現(xiàn)出三態(tài)變化．____（判斷對錯）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．氦為單原子分子；

B．離子化合物也可能含有共價鍵；

C．NaOH含有極性共價鍵，Na2O2中含有非極性共價鍵；

D．同位素物理性質(zhì)不同．【解析】【解答】解：A．氦為單原子分子；不存在共價鍵，故A錯誤；

B．離子化合物也可能含有共價鍵如NaOH；故B錯誤；

C．NaOH含有極性共價鍵，Na2O2中含有非極性共價鍵；故C正確；

D．同位素物理性質(zhì)不同；化學性質(zhì)相同，故D錯誤．

故選C．2、B【分析】【分析】A．醋酸為弱酸；在離子反應(yīng)中應(yīng)保留化學式；

B．用鐵作電極電解飽和食鹽水；陽極鐵失去電子，陰極水中的氫離子放電；

C．溴乙烷中沒有溴離子；

D．質(zhì)量最大時，硫酸鋇完全沉淀，此時，鋁離子完全變?yōu)槠X酸根；物質(zhì)的量最大時，鋁離子完全沉淀為氫氧化鋁．【解析】【解答】解：A．向Fe（NO3）2稀溶液中加入醋酸的離子反應(yīng)為：3Fe2++4HAc+NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O+4Ac-；故A錯誤；

B．用鐵作電極電解飽和食鹽水，陽極鐵失去電子，陰極水中的氫離子放電，則用鐵作電極電解飽和食鹽水的離子反應(yīng)為Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑；故B正確；

C．溴乙烷中沒有溴離子，則溴乙烷中滴入AgNO3溶液不反應(yīng)；故C錯誤；

D．向明礬溶液中逐滴加入氫氧化鋇溶液至沉淀質(zhì)量最大時的離子反應(yīng)為Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O；故D錯誤；

故選B．3、B【分析】試題分析：①氫氧化鈉溶液久置于空氣中，會吸收CO2變?yōu)榈腘a2CO3，當加鹽酸時HCl與Na2CO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CO2，所以有氣體產(chǎn)生，正確；②濃硫酸可用于干燥H2、SO2等氣體，但能夠與NH3發(fā)生反應(yīng)，所以不能干燥NH3，由于濃硫酸與NO2氣體發(fā)生反應(yīng)，所以可以干燥NO2氣體，錯誤；③Na2O2與CO2反應(yīng)生成Na2CO3和O2，由于SO2有還原性，而Na2O2有氧化性，二者會發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4，錯誤；④由于S的氧化性弱，所以S與Cu發(fā)生反應(yīng)只能產(chǎn)生Cu2S，若有64g銅反應(yīng)，有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，錯誤；⑤蔗糖炭化的演示實驗中，濃硫酸首先將蔗糖脫水碳化，然后將C單質(zhì)氧化為CO2，其本身被還原為SO2，所以濃硫酸既體現(xiàn)了其強氧化性又體現(xiàn)了其脫水性，正確；⑥氫氧化鐵膠體與氯化鐵溶液分別蒸干灼燒得到Fe2O3，物質(zhì)的成分相同，正確。故正確的是①⑤⑥，選項是B?？键c：考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)及成分的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、B【分析】【分析】本題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質(zhì)的檢驗等，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度中等。實驗室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反應(yīng)制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫為酸性氧化物，可與堿反應(yīng)，以此解答該題rm{.}【解答】A.稀硫酸和銅不反應(yīng)；應(yīng)用濃硫酸和銅反應(yīng)制備二氧化硫氣體，故A錯誤；

B.二氧化硫具有漂白性；可使品紅褪色，操作符號要求，可達到實驗?zāi)康?，故B正確；

C.二氧化硫密度比空氣大；可用向上排空氣法收集，氣體應(yīng)從長導管進入，故C錯誤；

D.二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液；應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯誤；

故選B?！窘馕觥縭m{B}5、C【分析】【分析】A．根據(jù)點①和點②所示溶液中的電荷守恒分析；

B．點③中pH=7，則c（OH-）=c（H+）；

C．根據(jù)點①和點②所示溶液中的物料守恒分析；

D．點②和點③所示溶液中存在電荷守恒．【解析】【解答】解：A．點①的溶液中存在電荷守恒為c（OH-）+c（CN-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）＞c（H+），點②所示溶液中的電荷守恒為c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）＜c（H+），二者中鈉離子濃度相同，所以c（CH3COO-）＞c（CN-）；故A錯誤；

B．點③中pH=7，則c（OH-）=c（H+），則點③中c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；故B錯誤；

C．點①的溶液中存在物料守恒為c（HCN）+c（CN-）=c（Na+），點②所示溶液中的物料守恒為c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者中鈉離子濃度相同，則c（HCN）+c（CN-）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），即c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH）；故C正確；

D．點②和點③所示溶液中存在電荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），在③中Na元素的物質(zhì)的量與醋酸的總物質(zhì)的量相同，由于醋酸根離子要水解，所以c（Na+）＞c（CH3COOH），所以c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+）；故D錯誤．

故選C．6、C【分析】【分析】A；反應(yīng)吸熱時；反應(yīng)物能量低；物質(zhì)能量越低越穩(wěn)定；

B；從碳的燃燒程度來確定放出熱量的多少；從而得出△H的大?。?/p>

C；依據(jù)燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量來分析判斷；

D、注意中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故△H應(yīng)為負值．【解析】【解答】解：A；石墨生成金剛石吸熱；說明石墨能量低，能量越低越穩(wěn)定，即石墨更穩(wěn)定，故A錯誤；

B、反應(yīng)C（s）+O2（g）=CO2（g）是碳的完全燃燒，放出的熱量比碳不完全燃燒時要多，而反應(yīng)放熱，△H為負值，放出的熱量越多，△H越小，故△H1＜△H2；故B錯誤；

C；燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量；此時生成的水必須為液態(tài)，故C正確；

D、含NaOH20.0g的稀溶液與足量的稀鹽酸反應(yīng)，放出28.7kJ的熱量，放熱反應(yīng)的△H應(yīng)為負值，故反應(yīng)的熱化學方程式為：NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol；故D錯誤；

故選C．7、B【分析】【分析】加入足量的FeBr2晶體后，與亞鐵離子、溴離子反應(yīng)，則離子濃度明顯減少，以此來解答．【解析】【解答】解：①加入足量的FeBr2晶體后，OH-、CO32-均結(jié)合亞鐵離子生成沉淀；二種離子濃度明顯減少，故選；

②加入足量的FeBr2晶體后，Ag+與溴離子結(jié)合生成沉淀，亞鐵離子與H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)；均減少，故不選；

③加入足量的FeBr2晶體后，只有亞鐵離子與S2-結(jié)合生成沉淀；一種離子減少，故不選；

④加入足量的FeBr2晶體后，亞鐵離子與H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)；二種離子濃度明顯減少，故選；

故選B．8、B【分析】【分析】A．鋁離子水解生成膠體能凈化水；

B．小蘇打完全反應(yīng)；生成碳酸鋇；NaOH、水；

C．氧化鈉在離子反應(yīng)中保留化學式；

D．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸鐵、NO和水．【解析】【解答】解：A．明礬可以凈水的離子反應(yīng)為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；故A錯誤；

B．少量小蘇打溶液滴入Ba（OH）2溶液中的離子反應(yīng)為HCO-3+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O；故B正確；

C．氧化鈉與水反應(yīng)的離子反應(yīng)為Na2O+H2O═2OH-+2Na+；故C錯誤；

D．氧化亞鐵加入稀硝酸的離子反應(yīng)為3FeO+NO3-+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑；故D錯誤；

故選B．9、C【分析】解：rm{A}銅銹是堿式碳酸銅和鹽酸反應(yīng)生成氯化銅水和二氧化碳溶解除去，銅不與鹽酸反應(yīng)，rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}+4HCl=2CuCl_{2}+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}銅銹溶解除去，故A正確；

B；氯化鐵水解生成氫氧化鐵和鹽酸；加入氧化銅和鹽酸反應(yīng)促進水解正向進行，生成氫氧化鐵沉淀，故B正確；

C、銅離子水溶液中水解，溶于體積不知，不能計算微粒數(shù)，所以rm{0.1mol/L}的rm{CuSO_{4}}溶液中，rm{Cu^{2+}}的微粒數(shù)目不一定小于rm{0.1N_{A}}故C錯誤。

D、在rm{FeSO_{4}}溶液中加入rm{CuS}固體，溶液中rm{c(Fe^{2+})}不變，證明硫化銅不溶于硫酸亞鐵溶液中，硫化亞鐵和硫化銅陰陽離子組成相同，說明rm{K_{sp}(CuS)}遠小于rm{K_{sp}(FeS)}故D正確；

故選C．

A；銅銹是堿式碳酸銅和鹽酸反應(yīng)生成氯化銅水和二氧化碳溶解除去；

B；氯化鐵水解生成氫氧化鐵和鹽酸；加入氧化銅和鹽酸反應(yīng)促進水解正向進行生成氫氧化鐵沉淀；

C；銅離子水解；溶于體積不知不能計算微粒數(shù)；

D、在rm{FeSO_{4}}溶液中加入rm{CuS}固體，溶液中rm{c(Fe^{2+})}不變；說明硫化銅不溶，硫化銅溶度積小于硫化亞鐵；

本題考查了銅及其化合物性質(zhì)的分析應(yīng)用，鹽類水解的分析判斷，溶度積大小的比較依據(jù)，題目難度中等．【解析】rm{C}二、多選題(共8題，共16分)10、CD【分析】【分析】鋅和稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，起反應(yīng)的鋅和硝酸的物質(zhì)的量之比為4：10，假設(shè)鋅為4mol，生成硝酸鋅為4mol，作酸性的硝酸為8mol，則鋅與被還原的硝酸的物質(zhì)的量之比為4：2，則被還原的硝酸為2mol，結(jié)合電子的轉(zhuǎn)移數(shù)目相等計算．【解析】【解答】解：鋅和稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)；起反應(yīng)的鋅和硝酸的物質(zhì)的量之比為4：10，假設(shè)鋅為4mol，生成硝酸鋅為4mol，作酸性的硝酸為8mol，則鋅與被還原的硝酸的物質(zhì)的量之比為4：2，則被還原的硝酸為2mol；

反應(yīng)后Zn被氧化為+2價；設(shè)硝酸還原產(chǎn)物為x價；

則4mol×（2-0）=2mol×（5-x）；

x=+1，則還原產(chǎn)物N2O，或NH4NO3；

故選CD．11、AB【分析】【分析】①若加入鋅粒，產(chǎn)生無色無味無毒的氣體，說明氣體是氫氣，因此溶液顯酸性，則CO32-和NO3-不能大量共存；

②加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明不存在鐵離子；根據(jù)產(chǎn)生的沉淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系圖可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因為當沉淀達到最大值時，繼續(xù)加入氫氧化鈉，沉淀不變，這說明溶液中還存在NH4+，由于溶液中還必須存在陰離子，所以一定還有SO42-．結(jié)合圖象中各階段消耗的氫氧化鈉，計算溶液中n（H+）、n（Mg2+）、n（Al3+）、n（NH4+），據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：根據(jù)①可知，溶液顯酸性，則溶液中一定不存在CO32-和NO3-；

根據(jù)②可知，產(chǎn)生的是白色沉淀，說明不存在Fe3+；根據(jù)產(chǎn)生的沉淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系圖可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因為當沉淀達到最大值時，繼續(xù)加入氫氧化鈉，沉淀不變，這說明溶液中還存在NH4+，根據(jù)溶液電中性可知，溶液中一定存在陰離子SO42-；

根據(jù)圖象可知，第一階段為氫離子與氫氧化鈉反應(yīng)，消耗氫氧化鈉為0.1mol，則n（H+）=0.1mol；

第三階段為銨根離子與氫氧化鈉反應(yīng)，消耗氫氧化鈉為0.7mol-0.5mol=0.2mol，則n（NH4+）=0.2mol；

最后階段為氫氧化鈉溶解氫氧化鋁，消耗氫氧化鈉0.8mol-0.7mol=0.1mol，則n[Al（OH）3]=0.1mol，根據(jù)鋁元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；

第二階段為氫氧化鈉沉淀鎂離子、鋁離子，共消耗氫氧化鈉為0.5mol-0.1mol=0.4mol，則n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）×=0.05mol；

A．由上述分析可知，溶液中的陽離子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+；故A正確；

B．第三階段為銨根離子與氫氧化鈉反應(yīng)，消耗氫氧化鈉為0.7mol-0.5mol=0.2mol，則n（NH4+）=0.2mol；故B正確；

C．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-，溶液中一定存在陰離子SO42-；故C錯誤；

D．由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1；故D錯誤；

故選AB．12、BD【分析】【分析】A．合金含有多種物質(zhì)；

B．合金熔點低硬度大；

C．鈦合金除具備鈦單質(zhì)性質(zhì)外；還具備其他組成成分的性質(zhì)；

D．合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質(zhì)．【解析】【解答】解：A．合金含有多種物質(zhì)；屬于混合物，故A錯誤；

B．鈦合金熔點比各成分金屬低；但硬度大，故B正確；

C．合金的化學性質(zhì)與其各成分金屬的化學性質(zhì)是相同的；鈦合金除具備鈦單質(zhì)性質(zhì)外，還具備其他組成成分的性質(zhì)，故C錯誤；

D．青銅；碳素鋼、合金鋼和硬鋁都是合金；故D正確．

故選BD．13、BC【分析】【分析】X為鋅棒，K置于M，形成原電池，鋅較活潑，應(yīng)為負極，鐵為正極；X為碳棒，K置于N，為電解裝置，X為陽極，鐵為陰極，結(jié)合原電池和電解池的工作原理解答該題．【解析】【解答】解：A．X為鋅棒，K置于M，形成原電池，電解質(zhì)溶液呈中性，發(fā)生吸氧腐蝕，鐵電極上發(fā)生的反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-；故A錯誤；

B．X為鋅棒；K置于M，形成原電池，鋅較活潑，應(yīng)為負極，鐵為正極，外電路電流方向是從鐵到X，故B正確；

C．X為碳棒；K置于N，為電解裝置，鐵為陰極，電源提供電子，鐵被保護，難以腐蝕，為外加電流的陰極保護法，故C正確；

D．X為碳棒，K置于N，X為陽極，在X電極周圍首先失電子的是Br-；故D錯誤．

故選BC．14、BD【分析】【分析】將48gNaOH的物質(zhì)的量為1.2mol，58.8g固態(tài)純H3PO4的物質(zhì)的量為0.6mol，得到79.8g固體A和27g水，說明鈉與磷全部轉(zhuǎn)化到A中，所以N（Na）：N（P）=2：1，由此分析解答．【解析】【解答】解：將48gNaOH的物質(zhì)的量為1.2mol，58.8g固態(tài)純H3PO4的物質(zhì)的量為0.6mol；得到79.8g固體A和27g水，說明鈉與磷全部轉(zhuǎn)化到A中，所以N（Na）：N（P）=2：1；

A；N（Na）：N（P）=3：1；故A錯誤；

B；N（Na）：N（P）=2：1；可能，故B正確；

C、Na4P2O7中N（Na）：N（P）=2：1，Na5P3O10；N（Na）：N（P）=5：3＜2：1，所以混合體系中N（Na）：N（P）＜2：1，所以不可能，故C錯誤；

D、Na4P2O7中N（Na）：N（P）=2：1，Na5P3O10，N（Na）：N（P）=5：3＜2：1，Na3PO4；N（Na）：N（P）=3：1＞2：1，所以混合體系中N（Na）：N（P）可能為2：1，故D正確；

故選BD．15、CD【分析】【分析】A．硫離子的水解程度大于硫氫根離子；而硫離子水解生成硫氫根離子；

B．混合液中滿足電荷守恒；物料守恒；根據(jù)混合液中的電荷守恒、物料守恒列式計算；

C．電荷守恒分析解答；

D．根據(jù)等濃度、等體積的硫化鈉、硫氫化鈉的混合液中的物料守恒進行判斷．【解析】【解答】解：硫離子的水解程度大于硫氫根離子，而硫離子水解生成硫氫根離子，所以c（HS-）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B．根據(jù)電荷守恒可得：①c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-），根據(jù)物料守恒可得：②2c（Na+）=3c（H2S）+3c（S2-）+3c（HS-），①×2-②可得：c（S2-）+2c（OH-）=2c（H+）+c（HS-）+3c（H2S）；故B錯誤；

C．根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HS-）+2c（S2-）+c（OH-），所以c（Na+）+c（H+）＞c（HS-）+c（S2-）+c（OH-）；故C正確；

D．0.1mol?L-1Na2S溶液與0.1mol?L-1NaHS溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒可得：2c（Na+）=3c（S2-）+3c（HS-）+3c（H2S），整理可得：2c（Na+）-3c（S2-）=3c（HS-）+3c（H2S）；故D正確；

故選CD．16、CD【分析】【分析】A；濃硫酸稀釋時；應(yīng)該將濃硫酸加入到水中；

B；中和滴定過程中；錐形瓶不許用待測液清洗；

C；根據(jù)鹽類的水解分析；

D、用坩堝加熱固體時應(yīng)將坩堝放在泥三角上加熱，加熱時用坩堝鉗夾持坩堝，加熱后放在石棉網(wǎng)上冷卻．【解析】【解答】解：A；配制一定物質(zhì)的量濃度的硫酸溶液時；應(yīng)將量取好的濃硫酸放入盛適量水的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，故A錯誤；

B；中和滴定實驗前；所使用的滴定管和錐形瓶必須洗凈，滴定管用用待測液潤洗，但是錐形瓶不能，否則滴定結(jié)果偏高，故B錯誤；

C、弱酸強堿鹽（Na2CO3）發(fā)生水解，溶液顯堿性；強酸強堿鹽（Na2SO4）不水解，溶液顯中性，最高價氧化物的酸性：H2SO4＞H2CO3；故硫的非金屬性大于碳的非金屬性；故C正確；

D；硫酸銅晶體結(jié)晶水含量的測定實驗中；用坩堝加熱固體后，需放在石棉網(wǎng)上冷卻后稱量，不能放在桌面上，故D正確．

故選CD．17、BD【分析】【分析】A．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢；但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同周期稀有氣體的第一電離能最大，同主族，從上往下依次減??；

B．等電子體是指具有相同電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子；等電子體之間結(jié)構(gòu)相似，故O22+的電子式與C22-的電子式相似；含有2個π鍵；

C．巖漿晶出規(guī)則：晶格能高的晶體熔點較高；更容易在巖漿冷卻過程中先結(jié)晶；

D．因F的電負性很大，則HF液體中存在氫鍵．【解析】【解答】解：A．C；N、O為第二周期原子序數(shù)依次增大的三種元素；元素N，其2p軌道為半充滿的原子，其第一電離能大于相鄰元素，所以N＞O，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大，所以第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C，故A錯誤；

B．C22-和O22+電子數(shù)都為14，具有相同電子數(shù)目和原子數(shù)目，是等電子體，C22-含有C≡C鍵，等電子體之間結(jié)構(gòu)相似，含有O≡O(shè)鍵，所以可以推斷O22+的電子式為故B正確；

C．晶格能是氣態(tài)離子形成1摩爾離子晶體釋放的能量；通常取正值；晶格能越大，形成的離子晶體越穩(wěn)定，而且熔點越高，Mg0的晶格能大于Ca0，根據(jù)巖漿晶出規(guī)則，Mg0先結(jié)晶，故C錯誤；

D．HF分子中F的電負性很大，則液態(tài)HF分子之間易形成氫鍵，液態(tài)HF通常也可以寫成（HF）n的形式；故D正確；

故選：BD．三、填空題(共8題，共16分)18、硫酸a硫酸漏斗使溶液（或濾液）中的Fe2+氧化成Fe3+干燥溶液呈血紅色Fe3++3SCN-=Fe（SCN）32：5【分析】【分析】硫酸廠的燒渣的主要成分為鐵的氧化物（含少量FeS及SiO2），在空氣中焙燒生成二氧化硫氣體和固體為SiO2及鐵的氧化物；將固體用硫酸溶解生成硫酸亞鐵溶液，二氧化硅不溶于酸，為濾渣的成份，濾液中加入雙氧水將亞鐵離子氧化成鐵離子，再調(diào)節(jié)溶液的pH值可得堿式硫酸鐵；

（1）焙燒產(chǎn)生的二氧化硫會形成硫酸型酸雨；根據(jù)減小二氧化硫的排放判斷減少酸雨的方法；

（2）根據(jù)上面的分析可知；酸溶時用硫酸溶解，過濾操作所用的玻璃儀器主要有玻璃棒；燒杯、漏斗；

（3）反應(yīng)l中加雙氧水可以將亞鐵離子氧化成鐵離子；

（4）為確定堿式硫酸鐵的化學式，取堿式硫酸鐵樣品溶于足量的稀鹽酸中并充分混合，加入足量的BaCl2溶液；充分反應(yīng)后，經(jīng)過濾；洗滌、干燥；

稱重，得硫酸鋇沉淀的質(zhì)量，過濾，在濾液中加入過量的NaOH溶液，充分反應(yīng)后，再將沉淀過濾、洗滌、灼燒、稱重，得氧化鐵的質(zhì)量，根據(jù)硫酸鋇的質(zhì)量和氧化鐵的質(zhì)量可計算得硫酸根離子和鐵離子的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可計算出氫氧根離子的物質(zhì)的量，據(jù)此確定y：z的值；【解析】【解答】解：硫酸廠的燒渣的主要成分為鐵的氧化物（含少量FeS及SiO2），在空氣中焙燒生成二氧化硫氣體和固體為SiO2及鐵的氧化物；將固體用硫酸溶解生成硫酸亞鐵溶液，二氧化硅不溶于酸，為濾渣的成份，濾液中加入雙氧水將亞鐵離子氧化成鐵離子，再調(diào)節(jié)溶液的pH值可得堿式硫酸鐵；

（1）焙燒產(chǎn)生的二氧化硫會形成硫酸型酸雨；

a．在已酸化的土壤中加石灰；不能防止或減少酸雨產(chǎn)生；

b．對含硫化石燃料進行脫硫處理；可以防止或減少酸雨產(chǎn)生；

c．對產(chǎn)生的二氧化硫進行吸收和利用；可以防止或減少酸雨產(chǎn)生，故選a；

故答案為：硫酸；a；

（2）根據(jù)上面的分析可知；酸溶時用硫酸溶解，過濾操作所用的玻璃儀器主要有玻璃棒；燒杯、漏斗；

故答案為：硫酸；漏斗；

（3）反應(yīng)l中加雙氧水可以將亞鐵離子氧化成鐵離子，使溶液（或濾液）中的Fe2+氧化成Fe3+；

故答案為：使溶液（或濾液）中的Fe2+氧化成Fe3+；

（4）為確定堿式硫酸鐵的化學式，取堿式硫酸鐵樣品溶于足量的稀鹽酸中并充分混合，加入足量的BaCl2溶液；充分反應(yīng)后，經(jīng)過濾；洗滌、干燥；

稱重；得硫酸鋇沉淀的質(zhì)量，過濾，在濾液中加入過量的NaOH溶液，充分反應(yīng)后，再將沉淀過濾；洗滌、灼燒、稱重，得氧化鐵的質(zhì)量，根據(jù)硫酸鋇的質(zhì)量和氧化鐵的質(zhì)量可計算得硫酸根離子和鐵離子的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可計算出氫氧根離子的物質(zhì)的量，據(jù)此確定y：z的值；

②向①所得的混合物中加入足量的BaCl2溶液，充分反應(yīng)后，經(jīng)過濾、洗滌、干燥、稱重，若取此時的濾液少許，向其中滴加硫氰化鉀溶液，可觀察到的現(xiàn)象為溶液呈血紅色，反應(yīng)的離子方程式為Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；

故答案為：干燥；溶液呈血紅色；Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；

③若向步驟②的濾液中加入過量的NaOH溶液，充分反應(yīng)后，再將沉淀過濾、洗滌、灼燒、稱重，得固體氧化鐵為0.640g，其物質(zhì)的量為0.004mol，①所得的混合物中加入足量的BaCl2溶液，得沉淀硫酸鋇為2.330g，其物質(zhì)的是來0.01mol，根據(jù)電荷守恒有n（OH-）+0.01mol×2=0.004mol×2×3，所以n（OH-）=0.004mol；所以y：z=0.004：0.01=2：5；

故答案為：2：5．19、3，3，4-三甲基己烷六甲基苯②⑦①和⑧、③和⑨⑤6（或）＞＞丙三醇＞乙二醇＞丙烷苯甲酸＞醋酸＞苯酚0.3CH3CH30.2【分析】【分析】Ⅰ．（1）⑧為烷烴；根據(jù)烷烴的命名原則對該有機物進行命名；⑨為苯的同系物，依據(jù)苯的同系物命名方法命名即可；

（2）同系物是結(jié)構(gòu)相似，組成上相差CH2原子團的物質(zhì)互稱同系物；同分異構(gòu)體是分子式相同結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì)；烯烴存在順反異構(gòu)；

（3）甲苯苯環(huán)上的二氯取代物可以看作甲苯中2個氯原子被2個H原子取代；甲苯在濃硫酸作用下可與濃硝酸反應(yīng)生成TNT；

（4）根據(jù)加聚反應(yīng)原理判斷反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式；

Ⅱ．①連接醛基的烴基中碳原子數(shù)越多；對應(yīng)有機物的溶解度越??；

②羥基數(shù)目越多；有機物沸點越高，丙烷常溫下為氣態(tài)，據(jù)此判斷該有機物的沸點大??；

③苯酚酸性最弱；說苯環(huán)影響，苯甲酸酸性最強，醋酸的酸性小于苯甲酸；

Ⅲ．（1）有機物中不含氧原子時；消耗氧氣的量最大，據(jù)此計算出a的最大值，并確定該有機物的組成；結(jié)構(gòu)簡式；

（2）根據(jù)氧原子質(zhì)量守恒計算出a值．【解析】【解答】解：I．（1）⑧為烷烴；最長碳鏈含有6個碳，其主鏈為己烷，在3號C含有2個甲基，在4號C含有1個甲基，其名稱為：3，3，4-三甲基己烷；

⑨可以看作6個甲基確定了苯中兩個H原子；其名稱為六甲基苯；

故答案為：3；3，4-三甲基己烷；六甲基苯；

（2）②3-甲基-1-氯戊烷與⑦分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，故屬于同分異構(gòu)體；

①與⑧均為飽和烷烴；結(jié)構(gòu)相似；分子式不同，故屬于同系物，③和⑨均含有1個苯環(huán)，且分子式不同，互為苯的同系物；

⑤為1；2-二氯乙烯，碳碳雙鍵上的C連接不同原子或原子團，存在順反異構(gòu)；

故答案為：②⑦；①和⑧；③和⑨；⑤；

（3）甲苯有3種不同的H原子，故一氯代物有3種，分別為鄰位取代，間位取代和對位取代，在此基礎(chǔ)上得出二氯代物分別有：4種、2種，總共6種；甲苯在濃硫酸作用下可與濃硝酸反應(yīng)生成TNT，反應(yīng)的化學方程式為

故答案為：6；

（4）異戊二烯與2-甲基丙烯中都含有C=C，可發(fā)生加聚反應(yīng)，共聚時二烯烴C=C斷裂，生成新的C=C，反應(yīng)產(chǎn)物為：或

故答案為：（或）；

II．①連接醛基的苯環(huán)上連有的碳原子越多，對應(yīng)有機物的溶解度越小，則三者的溶解度大小為：＞＞

故答案為：＞＞

②含有羥基數(shù)目越多；在水中的沸點越高，丙烷在常溫下為氣態(tài)，則三者的沸點大小為：丙三醇＞乙二醇＞丙烷；

故答案為：丙三醇＞乙二醇＞丙烷；

③受苯環(huán)的影響；苯甲酸的酸性醋酸，苯酚又名石碳酸，其酸性最弱，則酸性大小為：苯甲酸＞醋酸＞苯酚；

故答案為：苯甲酸＞醋酸＞苯酚；

Ⅲ．（1）有機物蒸氣0.1L與aLO2在一定條件下恰好燃燒，生成0.3L水蒸汽、0.1LCO2和0.1LCO，相同條件下氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，該有機物分子中含有C、H原子數(shù)分別為：N（C）=，=2、N（H）==6；

當有機物分子中不含氧原子時，在燃燒時消耗的氧氣量最大，該有機物的分子式為：C2H6，為乙烷，結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH3；

根據(jù)氧原子守恒，0.1L乙烷燃燒生成0.1L二氧化碳、0.1LCO時消耗氧氣的體積為：L=0.3L；

故答案為：0.3；CH3CH3；

（2）當有機物為乙二醇時；根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得：0.1×2+2a=0.1×2+0.1+0.3×1，解得：a=0.2；

故答案為：0.2．20、②③⑤①【分析】【分析】根據(jù)溴乙烷是非電解質(zhì)，不能電離出Br-，可使溴乙烷在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到Br-，向水解后的溶液中加入AgNO3溶液，根據(jù)生成的淡黃色沉淀，可以確定溴乙烷中含有溴原子，需要說明的是溴乙烷水解需在堿性條件下進行，加入AgNO3溶液之前需加入稀硝酸酸化，否則溶液中的OH-會干擾Br-的檢驗．【解析】【解答】解：證明溴乙烷中溴元素的存在，先發(fā)生加入氫氧化鈉溶液并加熱，發(fā)生水解反應(yīng)生成NaBr；再加入稀硝酸至溶液呈酸性，最后加入硝酸銀溶液，生成淡黃色沉淀，則證明含溴元素，即操作順序為②③⑤①；

故答案為：②③⑤①．21、略

【分析】試題分析:（1）CuFeS2鐵元素的化合價為+2，則S元素的化合價為－2價。在反應(yīng)中鐵元素的化合價部分從＋2價升高到＋3價，失去1個電子。S元素的化合價從－2價升高到＋4價，失去6個電子。銅元素的化合價從＋2價降低到0價，氧元素的化合價從0價降低到－2價。因此8molCuFeS2處于反應(yīng)共轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量＝8mol×2＋21mol×4＝100mol，則1molCuFeS2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為＝12.5mol。（2）a、Fe（OH）3與NaClO和NaOH反應(yīng)，生成高鐵酸鈉。在反應(yīng)中鐵元素的化合價從＋3價升高到＋6價，失去3個電子。氯元素的化合價從＋1價降低到－1價，得到2個電子。因此根據(jù)電子得失守恒可知，還原劑Fe（OH）3與氧化劑NaClO的物質(zhì)的量之比＝2:3，則反應(yīng)的化學方程式為2Fe（OH）3＋3NaClO＋4NaOH＝2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O。b、FeO中鐵元素的化合價為＋2價，具有還原性。因此要驗證爐渣中含有FeO，則可以用硫酸酸酸化的高錳酸鉀溶液，實驗現(xiàn)象是溶液褪色，因此需要的試劑是稀硫酸、高錳酸鉀。（3）根據(jù)總的方程式可知，在反應(yīng)中銅元素的化合價升高，因此銅與電源的正極相連，作陽極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2Cu－2e－＋H2O＝Cu2O＋2H＋。（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，隨著n（SO32－）:n（HSO3－）的減小，溶液的酸性逐漸增強。所以當溶液顯中性時n（SO32－）:n（HSO3－）＜1:1，則溶液中離子濃度大小順序是c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（OH－）＝c（H＋）?？键c：考查氧化還原反應(yīng)計算、配平、亞鐵離子的檢驗、電極反應(yīng)式的書寫以及溶液中離子濃度大小比較【解析】【答案】（1）12.5mol（2分）（2）2Fe（OH）3＋3NaClO＋4NaOH＝2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O（2分）稀硫酸KMnO4（2分）（3）2Cu－2e－＋H2O＝Cu2O＋2H＋（2分）（4）c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（OH－）＝c（H＋）（2分）22、BD3mol③⑥【分析】【分析】（1）A的同分異構(gòu)體符合條件：能發(fā)生水解反應(yīng)；含有酯基，在加熱條件下能夠與新制的氫氧化銅懸濁液生成紅色沉淀，含有-CHO，結(jié)合A的分子式可知，應(yīng)含有甲酸形成的酯基，側(cè)鏈為甲基；-OOCH，氫譜有4組峰，則甲基與-OOCH處于對位；

（2）由B的結(jié)構(gòu)可知；含有酚羥基，具有酚的性質(zhì)，含有酯基，具有酯的性質(zhì)，具有苯環(huán)，可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；

（3）酚羥基；酯基與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)；

（4）C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成X為反應(yīng)③中D與H2按物質(zhì)的量1：1反應(yīng)生成Y，則Y為X與Y發(fā)生縮聚反應(yīng)生成Z為

（5）化合物D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ag、氨氣與水；

（6）反應(yīng)①是原子利用率100%的反應(yīng)，由原子守恒可知，應(yīng)是F與HCHO發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)②為濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)，反應(yīng)③為烯烴的加聚反應(yīng)，反應(yīng)④為氧化反應(yīng)．【解析】【解答】解：（1）A的同分異構(gòu)體符合條件：能發(fā)生水解反應(yīng)，含有酯基，在加熱條件下能夠與新制的氫氧化銅懸濁液生成紅色沉淀，含有-CHO，結(jié)合A的分子式可知，應(yīng)含有甲酸形成的酯基，側(cè)鏈為甲基、-OOCH，氫譜有4組峰，則甲基與-OOCH處于對位，該同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為