2024年华师大新版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华师大新版高二化学上册月考试卷156考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在一定条件下，将两种气体通入密闭容器中，反应按进行，2秒钟后反应速率如下：则x、y的值分别为（）A.3和2B.1和3C.3和1D.4和52、在rm{2}升的密闭容器中，发生以下反应：rm{2A(g)+B(g)?}rm{2C(g)+D(g)}。若最初加入的rm{A}和rm{B}都是rm{4mol}在前rm{10}秒钟rm{A}的平均反应速度为rm{0.12mol/(L隆陇拢贸)}则rm{10}秒钟时，容器中rm{B}的物质的量是A.rm{1.2}rm{mol}B.rm{1.6mol}C.rm{2.4mol}D.rm{2.8mol}3、对于可逆反应：rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)}下列叙述不能说明该反应已达到平衡状态的是rm{(}rm{)}A.化学反应速率：rm{4v_{脮媒}(O_{2})=5v_{脛忙}(NO)}B.rm{NH_{3}}rm{O_{2}}rm{NO}rm{H_{2}O}的分子个数比是rm{4}rm{5}rm{4}rm{6}C.单位时间内生成rm{4}rm{mol}rm{NO}的同时消耗rm{6}rm{mol}rm{H_{2}O}D.反应混合物中rm{NH_{3}}的体积分数不再改变4、25℃时，将稀氨水逐滴滴加到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是（）A.c（NH­4+）=c（SO42－）B.c（NH­4+）＞c（SO42－）C.c（NH­4+）＜c（SO42－）D.c（NH­4+）＋c（SO42－）＝c（H­+）=c（NH4＋）5、500℃、20Mpa时，将H2和N2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应。反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如图所示，下列说法正确的是A.反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.005mol/(L·min)B.从曲线变化可以看出，反应进行到10min至20min钟时可能是使用了催化剂C.从曲线变化可以看出，反应进行至25min钟时，分离出0.2mol的氨气D.在25min钟时平衡正向移动但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、(9分)下图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物。。①④⑤⑥②③⑦FeI．已知A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）（1）若E为氧化物，则A与水反应的化学方程式为，①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，表示X呈碱性的离子方程式为②当X为金属单质时，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为（2）若E为单质气体，D为白色沉淀，A的化学式可能是7、（14分）(1)氨的合成是最重要的化工生产之一，工业上合成氨用的H2有多种制取的方法。用天然气跟水蒸气反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。已知有关反应的能量变化如下图所示，则此制取H2反应的ΔH＝____________。（2）已知通常状况下，每充分燃烧1gCO并恢复到原状态，会释放10KJ的热量。请写出表示CO燃烧热的热化学反应方程式：。（3）一种甲烷燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接通入甲烷，同时向一个电极通入空气。此电池的负极电极反应式是________________________________________________。（4）利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于处。假设海水中只有NaCl溶质，写出此时总离子反应方程式：。②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为。写出铁电极处的电极反应式：。8、元素周期表是指导化学学习的重要工具rm{.}下图为元素周期表的一部分rm{.}请按要求填空．

。rm{N}rm{F}rm{Mg}rm{Al}rm{S}rm{Cl}rm{(1)N}在元素周期表中的位置是______；rm{N}和rm{F}处于同一行；是由于它们的______相同．

rm{(2)}以上元素中，原子半径最小的是______rm{(}写元素符号rm{)}最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是______rm{(}写化学式rm{)}．

rm{(3)Mg}和rm{Al}中，金属性较强的是______rm{(}写元素符号rm{)}写出一条能说明该结论的事实______．

rm{(4)S}和rm{Cl}中，非金属性较强的是______rm{(}写元素符号rm{)}不能说明该结论的事实是______．

rm{a.}氯气与铁反应生成rm{FeCl_{3}}硫与铁反应生成rm{FeS}

rm{b.}把rm{Cl_{2}}通入rm{H_{2}S}溶液中能发生置换反应。

rm{c.}受热时rm{H_{2}S}易分解，rm{HCl}不易分解。

rm{d.}单质硫是固体，氯的单质是气体．9、现有下列物质；用编号填空回答下列问题：（每空各2分多选错选不得分）

A．干冰B．金刚石C．氩D．过氧化钠E．二氧化硅F．溴化铵。

（1）通过非极性键形成的原子晶体是：____．

（2）可由原子直接构成的分子晶体是：____．

（3）含有离子键、共价键、配位键的化合物是：____．

（4）含有非极性键的离子化合物是：____．10、研究物质的微观结构；有助于人们理解物质变化的本质．请回答下列问题．

（1）C、Si、N元素的第一电离能由大到小的顺序是______．金刚石和晶体硅都是原子晶体，结构相似但金刚石熔点比晶体硅高，其原因是______．

（2）新制备的Cu（OH）2可将乙醛〔CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O．乙酸中碳原子的杂化轨道类型为______，1mol乙酸分子中含有的σ键与数目为______．Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有______个铜原子．

（3）利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe（CO）5等．

①COCl2的结构式为______，分子构型为______

②Fe（CO）5在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）5═e（s）+5CO，反应过程中，断裂的化学键只有配位键，形成的化学键是______．11、现有反应aA（g）+bB（g）⇌pC（g）；达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：

（1）该反应的逆反应是______热反应，且a+b______p（填“＞”“＜”或“=”）．

（2）减压时，A的质量分数______（填“增大”“减小”或“不变”，下同），正反应速率______．

（3）若加入B（体积不变），则A的转化率______，B的转化率______．

（4）若升高温度，则平衡时，B、C的浓度之比将______．

（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量______．

（6）若B是有色物质，A、C均为无色物质，则加入C（体积不变）时混合物的颜色______，而维持容器内气体的压强不变，充入氖气时，混合物的颜色______．（填“变浅”“变深”或“不变”）评卷人得分三、解答题(共9题，共18分)12、实验题。

（1）下列有机实验操作或叙述；正确的是______（填写代号）

A；用银氨溶液检验某病人是否患糖尿病。

B、乙酸乙酯中少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去。

C、蔗糖水解时应用浓H2SO4作催化剂。

D、在鸡蛋白溶液中滴入浓HNO3；加热会产生黄色物质。

E；在植物油中滴入溴水；溴水褪色。

F；用盐析法分离油脂皂化反应的产物。

（2）实验室制乙烯：

①反应的方程式：______13、试回答下列问题（温度均为25℃时）：

（1）0.01mol/L的稀盐酸pH=______，其中由水电离出的c（H+）水=______mol/L；

（2）1mLpH=12的NaOH溶液，加水稀释至100mL，稀释后的溶液中=______；

（3）pH=13的Ba（OH）2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合．若所得混合溶液呈中性，则a：b=______．

14、工业上制氯化铜无水物时，是将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉（含杂质氧化亚铁和SiO2）；充分搅拌后使之溶解，制取流程如下：

已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe（OH）2的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀；常温时Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38．试回答：

（1）根据常温时Fe（OH）3的Ksp计算，当溶液中的Fe3+完全沉淀（此时溶液中的Fe3+物质的量的浓度=10-5mol/L）；溶液的pH=______．

（2）溶液D制取无水CuCl2时；需在HCl气体中蒸干，原因是______．

（3）粗CuO溶于过量盐酸后，得到的溶液B中加入试剂x将Fe2+氧化为Fe3+；试剂x可以是______（填以下选项序号）．

A．KMnO4溶液B．氯水C．NaClO溶液D．O3

若用H2O2溶液；则反应的离子方程式为______．

（4）溶液C加入试剂y；要调整溶液的pH至3-4，试剂y不能是______（填以下选项序号），原因是______．

A．NaOH溶液B．Cu（OH）2固体C．Cu2（OH）2CO3固体D．CuO固体。

（5）将ag粗CuO经过以上一系列操作之后，最终得到bg无水CuCl2（不考虑实验过程中操作引起的损耗），下列说法正确的是______．（NA表示阿伏伽德罗常数）

A．粗CuO中Cu2+数目小于B．粗CuO中CuO物质的量小于mol

C．粗CuO中所含的铜元素的质量分数为x100%

D．粗CuO中关于CuO的量无法确定．

15、元素周期表中的第ⅢA；ⅣA、ⅤA族的部分元素往往易形成原子晶体；氮化铝、磷化硼和砷化镓属于此列，如氮化铝晶体中每个Al原子与4个N原子相连，每个N原子也与4个Al原子相连，晶胞如右图所示．磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层；砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%．试回答下列问题：

（1）下列离子中最外层电子数不为8的是______（选填序号）．

A．P3-B．Al3+C．Ti4+D．Ga3+

（2）下列说法正确的是______（选填序号）．

A．硼和镓都属于S区元素；磷；砷属于P区元素。

B．第一电离能：As＞GaMg＞Al

C．根据等电子体原理；砷化镓；磷化硼的晶胞与氮化铝晶体相同且类似于单晶硅。

D．NH3沸点高于AsH3，其原因是NH3分子中共价键强度较大。

（3）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3反应得到；该反应在700℃进行，反应的化学方程式为______

16、鲨鱼是世界上唯一不患癌症的动物，研究发现其体内含有的角鲨烯（分子式为C30H50）有抗癌作用．试计算：

（1）角鲨烯中碳；氢两元素的质量比______；

（2）41g角鲨烯与______克水中所含的氢元素的质量相等？

17、KMnO4溶液与H2C2O4溶液可发生如下反2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

（1）；该反应速率开始十分缓慢；一段时间后突然加快，这是因为______（填化学式）对该反应具有催化作用，催化剂之所以能大大加快反应速率的原因是改变了反应的路径，降低了反应所需的______

（2）、据此原理，可以利用KMnO4溶液来测定H2C2O4溶液的浓度；具体做法如下：

①准确配制0.10mol/L的KMnO4

②将KMnO4溶液盛放在滴定管中______（填“酸式”或“碱式”）溶液。

③准确量取25.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中。

④进行滴定滴定终点有什么现象______；是否需要指示剂（填“是”或“否”）______

（3）；在下列操作中；会使测定的浓度偏大的是______．

①盛装KMnO4溶液的滴定管用蒸馏水洗净后未用KMnO4溶液润洗。

②锥形瓶中盛有少量蒸馏水；再加待测液。

③盛装H2C2O4溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未用H2C2O4溶液润洗。

④滴定后观察滴定管读数时；视线高于刻度线。

（4）滴定时所得的实验数据如下；试计算所测______mol/L

。实验次数编号待测液体积mL滴入的标准液体积（mL）125.0028.95225.0025.05325.0024.95

18、用石墨做电极电【解析】

①稀H2SO4②K2SO4溶液③CuCl2溶液④CuSO4溶液⑤KOH溶液．

（1）阴阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1的是______（填序号，下同），其阳极的电极反应式都是______，阴极的电极反应式都是______，总反应的化学方程式是______2H2↑+O2↑19、物质的性质与人体健康密切相关．请回答：

（1）在日常生活中；食物的选择与其酸碱性关系很大，其中蛋白质属于______（填“酸性”或“碱性”）食品，菜蔬；水果属于______（填“酸性”或“碱性”）食品．

（2）某种水果中含有丰富的维生素C；某同学将其切碎捣烂，加水溶解；过滤得含维生素C的滤液，说明维生素C______（填“能”或“不能”）溶于水．为了验证维生素C的性质，该同学向盛有三氯化铁溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液得红色溶液，继续向试管中加入含维生素C的滤液，振荡后发现红色消失，则说明维生素C具有______性．

20、（一）已知：HCN的结构为H-C≡N，R-CNRCOOH，R-Cl+CN→R-CN+Cl-（R为烃基）．玉米芯、甘蔗渣等废物水解发酵后可制得糠醛它是重要的化工原料，它在一定条件下可发生以下变化：

（1）写出反应类型：②______；④______．

（2）写出反应③的化学方程式：______；

写出能证明糠醛中含有醛基的一个化学反应方程式______．

（3）若E为环状化合物；则其结构简式______．

（二）相对分子质量不超过100的有机物A，既能与金属钠反应产生无色气体，又能与碳酸钠反应产生无色气体，还可以使溴的四氯化碳溶液褪色．A完全燃烧只生成CO2和H2O．经分析其含氧元素的质量分数为37.21%．经核磁共振检测发现A的氢谱如下：

试写出A与甲醇反应生成有机物B的化学反应方程式：______评卷人得分四、原理综合题(共2题，共18分)21、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。22、磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

（操作流程）安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。

（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

请回答下列问题：

(1)仪器C的名称是__________________；

(2)以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式____________________；检查整套装置气密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是______________________；通入空气的作用是____________。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将____________（填“偏低”；“偏高”或“不变”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1。评卷人得分五、其他(共1题，共4分)23、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；评卷人得分六、推断题(共4题，共28分)24、以乙烯为原料制备苄基乙醛rm{(}rm{)}的合成路线流程如下：

请填写下列空白rm{(}有机物写结构简式rm{)}有机物写结构简式rm{(}

rm{)}物质rm{(1)}物质rm{1}为__________________________________________rm{(}写结构简式rm{)}为__________________________________________rm{(1)}写结构简式rm{1}

rm{(}rm{)}物质为__________________________________________rm{(2)}物质rm{2}为__________________________________________rm{(}写结构简式rm{)}写结构简式rm{(2)}

rm{2}rm{(}物质rm{)}到物质的方程式：rm{(3)}物质rm{1}到物质rm{2}的方程式：rm{(3)}试剂rm{1}能发生银镜反应则rm{2}的结构简式为_____________________________________________。__________________________________________________。25、某烃类化合物rm{A}的质谱图表明其相对分子质量为rm{84}红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振谱表明分子中只有一种类型的氢rm{.(C}的相对原子质量为rm{12}rm{H}的相对原子质量为rm{1)}

rm{(1)A}的结构简式为______；

rm{(2)A}中的碳原子是否都处于同一平面？______rm{(}填“是”或者“不是”rm{)}

rm{(3)}在图中，rm{D_{1}}rm{D_{2}}互为同分异构体，rm{E_{1}}rm{E_{2}}互为同分异构体．

反应rm{垄脷}的化学方程式为______

rm{C}的化学名称为______

rm{E_{2}}的结构简式是______．26、有机物rm{A}rm{(}rm{)}是有机工业的重要原料；可用于合成多种有机物．

I.由rm{A}为原料，可以合成有机物rm{D.}根据如下流程回答：

已知：rm{R-CNxrightarrow[H_{2}O]{H+}R-COOH}．

rm{R-CN

xrightarrow[H_{2}O]{H+}R-COOH}的名称为______；

rm{(1)A}的结构简式为______．

rm{(2)D}以rm{II.}为主要原料合成有机物rm{A}合成路线流程图为：

rm{G}反应rm{(3)}的化学方程式______；

rm{垄脷}写出检验反应rm{(4)}的产物中残留有机反应物的试剂______；

rm{垄脹}写出符合下列条件的rm{(5)}的同分异构体的其中一种结构简式：______．

rm{G}分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有一种；rm{垄脵}能发生水解反应；rm{垄脷}遇rm{垄脹}溶液显紫色．rm{FeCl_{3}}27、含有rm{A^{+}}rm{B^{3+}}rm{C^{3+}}三种金属阳离子的水溶液发生了如下一系列变化后逐一沉淀出来，其中rm{B^{3+}}转入白色沉淀：

请通过分析回答rm{(}用化学符号填写rm{)}

rm{(1)A^{+}}是______，rm{B^{3+}}是______，rm{C^{3+}}是______；

rm{(2)X}是______，rm{Y}是______，rm{Z}是______；

rm{(3)}写出下列离子方程式：

rm{垄脵}生成rm{Y}沉淀：______；rm{垄脷B^{3+}}与过量氨水反应：______；

rm{(4)}写出下列化学方程式：单质铝和rm{Y}分解后的固体产物反应：______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以根据可知x＝1，y＝3，答案选B。【解析】【答案】B2、D【分析】【分析】本题考查反应速率的有关计算，根据速率之比等于化学计量数之比计算rm{v(B)}利用rm{trianglec=vtrianglet}计算rm{trianglec(B)}rm{trianglen(B)=trianglec(B)?V}rm{trianglen(B)=triangle

c(B)?V}的起始物质的量减rm{B}为rm{trianglen(B)}秒钟时容器中rm{10}的物质的量。【解答】根据速率之比等于化学计量数之比，所以rm{B}

所以rm{trianglec(B)=0.06mol/(L?s)隆脕10s=0.6mol/L}

所以rm{trianglen(B)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}

故rm{v(B)=0.5v(A)=0.5隆脕0.12mol/(L?s)=0.06mol/(L?s)}秒钟时容器中rm{triangle

c(B)=0.06mol/(L?s)隆脕10s=0.6mol/L}的物质的量为rm{triangle

n(B)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}故D正确。故选D。rm{10}【解析】rm{D}3、B【分析】解：rm{A.}化学反应速率：rm{4v_{脮媒}(O_{2})=5v_{脛忙}(NO)=4v_{脛忙}(O_{2})}正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A不选；

B.rm{NH_{3}}rm{O_{2}}rm{NO}rm{H_{2}O}的分子个数比是rm{4}rm{5}rm{4}rm{6}反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故B选；

C.单位时间内生成rm{4}rm{mol}rm{NO}的同时消耗rm{6}rm{mol}rm{H_{2}O}同时消耗rm{4molNO}正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C不选；

D.反应混合物中rm{NH_{3}}的体积分数不再改变；正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不选；

故选B．

可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量；物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．

本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，如果用化学反应速率判断平衡状态时“反应方向必须相反”，注意化学平衡状态判断选取依据，易错选项是rm{B}．【解析】rm{B}4、B【分析】试题分析：反应后溶液中含有NH4+、SO42‾、H+、OH‾，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+C(H+)=2c(SO42‾)+c(OH‾)，因为pH=7，所以c(H+)=c(OH‾)，带入电荷守恒关系式可得：c(NH4+)=2c(SO42‾)，故c(NH4+)>c(SO42‾)，B项正确。考点：本题考查电荷守恒、离子浓度关系。【解析】【答案】B5、B【分析】【解析】【答案】B二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【解析】试题分析：（1）若E为氧化物，则常温下能和水反应生成氧化物的物质只有NO2，所以A是NO2，E是NO，B是硝酸，反应的化学方程式是3NO2+H2O＝2HNO3+NO。根据转化可知，当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子，则C是CO2，所以X是碳酸盐，则D是碳酸氢盐，所以反应的方程式是＋H2O＋OH-；当X为金属单质时，X一定是变价的金属，所以X是铁，则C是硝酸铁，D是硝酸亚铁。反应的离子方程式是Fe+4H++＝Fe3++NO↑+2H2O。（2）（2）若E为单质气体，D为白色沉淀，所以符合条件的应该是钠或过氧化钠或NaH。此时E是氧气，B是氢氧化钠X是氯化铝，C是偏氯酸钠，D是氢氧化铝。考点：考查根据框图进行的有关判断【解析】【答案】(9分)（1）3NO2+H2O＝2HNO3+NO①＋H2O＋OH-②Fe+4H++＝Fe3++NO↑+2H2O（2）Na、Na2O2或NaH；（3分）（除注明外每空2分）7、略

【分析】试题分析：（1）三个反应的热化学方程式为：①CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）ΔH＝-aKJ/mol，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH＝-bKJ/mol，③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝-cKJ/mol，根据盖斯定律分析，三个反应应该①+3×②-③，所以反应热ΔH＝(a＋3b－c)kJ·mol－1。（2）1克一氧化碳的物质的量为1/28摩尔，所以每摩尔一氧化碳反应生成二氧化碳反应放出的热量为280KJ所以热化学方程式为：CO（g）+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-280KJ/mol。（3）甲烷在原电池中左负极，在酸性条件下反应生成二氧化碳和水，电极反应为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+。（4）①X为碳棒，减缓铁的腐蚀，需要将铁电解池的阴极，即连接N；电解氯化钠，反应生成氢氧化钠和氢气和氯气，离子方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。②X为锌，开关在M处，则铁做原电池的正极，这种电化学防护法为牺牲阳极的阴极保护法；铁为原电池的正极，发生吸氧腐蚀，电极反应为：O2+2H2O+4e—=4OH—。考点：化学反应与能量【解析】【答案】（1）ΔH＝(a＋3b－c)kJ·mol－1（2分）（写成ΔH＝+(a＋3b－c)kJ·mol－1或ΔH＝-(c-a-3b)kJ·mol－1均正确漏写单位扣1分）（2）CO（g）+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-280KJ/mol(2分)（无状态不得分；CO系数不为1不得分；漏单位扣1分。）（3）CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+（2分）（物质错漏不得分，系数错扣1分）（4）①N（2分）2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑（2分）（写成化学方程式不得分；系数、条件和箭头错总扣1分）②牺牲阳极的阴极保护法(2分)O2+2H2O+4e—=4OH—（2分）8、略

【分析】解：rm{(1)N}元素原子核外有rm{2}个电子层、最外层电子数为rm{5}处于周期表中第二周期第Ⅴrm{A}族；同周期元素原子具有相同的电子层数；

故答案为：第二周期第Ⅴrm{A}族；电子层数；

rm{(2)}同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故上述元素中rm{F}元素的原子半径最小；上述元素中，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的高氯酸，化学式为rm{HClO_{4}}

故答案为：rm{F}rm{HClO_{4}}

rm{(3)}同周期随原子序数增大元素金属性减弱，故金属性rm{Mg>Al}氢氧化镁碱性强于氢氧化铝可以证明rm{Mg}的金属性比rm{Al}强；

故答案为：rm{Mg}氢氧化镁碱性强于氢氧化铝；

rm{(4)}同周期随原子序数增大元素非金属性增强，故非金属性rm{Cl>S}

rm{a.}氯气与铁反应生成rm{FeCl_{3}}硫与铁反应生成rm{FeS}氯化铁中rm{Fe}元素化合价比较rm{FeS}中的高，说明氯气的氧化性比硫强，能说明rm{Cl}元素的非金属性强，故rm{a}正确；

rm{b.}把rm{Cl_{2}}通入rm{H_{2}S}溶液中能发生置换反应生成rm{S}说明氯气的氧化性比硫强，能说明rm{Cl}元素的非金属性强，故rm{b}正确；

rm{c.}受热时rm{H_{2}S}易分解，rm{HCl}不易分解，说明rm{HCl}更稳定，能说明rm{Cl}的非金属性更强，故rm{c}正确；

rm{d.}单质硫是固体，氯的单质是气体，二者的熔沸点不同，属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故rm{d}错误；

故答案为：rm{Cl}rm{d}．

rm{(1)}主族元素周期数rm{=}电子层数、主族族序数rm{=}最外层电子数；同周期元素原子具有相同的电子层数；

rm{(2)}同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的高氯酸；

rm{(3)}同周期随原子序数增大元素金属性减弱；可以利用最高价氧化物对应水化物的碱性强弱证明；

rm{(4)}同周期随原子序数增大元素非金属性增强；可以根据氢化物稳定；单质之间的相互置换、最高价含氧酸的酸性强弱、与变价金属反应中金属元素的化合价高低等判断，物理性质不能比较非金属性强弱．

本题考查元素周期表与元素周期律，侧重基础知识巩固考查，难度不大，注意对知识的积累掌握．【解析】第二周期第Ⅴrm{A}族；电子层数；rm{F}rm{HClO_{4}}rm{Mg}氢氧化镁碱性强于氢氧化铝；rm{Cl}rm{d}9、略

【分析】

（1）因以上几种物质只有金刚石；二氧化硅为原子晶体；同种非金属元素之间形成非极性键，则由非极性键形成的原子晶体为金刚石，故答案为：B；

（2）C为稀有气体；但稀有气体的构成微粒为原子，故答案为：C；

（3）以上几种物质中只有铵根离子中存在配位键；N原子提供孤对电子，H原子提供空轨道，则含有离子键；共价键、配位键的化合物为溴化铵，N、H之间形成共价键，溴离子与铵根离子之间形成离子键，故答案为：F；

（4）过氧化钠；溴化铵为离子化合物；过氧化钠中存在O-O非极性键，则含有非极性键的离子化合物为过氧化钠，故答案为：D．

【解析】【答案】（1）只有金刚石；二氧化硅为原子晶体；再结合非极性键来分析；

（2）稀有气体的构成微粒为原子；

（3）以上几种物质中只有铵根离子中存在配位键；N原子提供孤对电子，H原子提供空轨道；

（4）过氧化钠；溴化铵为离子化合物；再结合非极性键来分析．

10、略

【分析】解：（1）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强；则电负性：N＞C，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：C＞Si，则有N＞C＞Si，原子晶体中，晶体熔沸点高低取决于微粒间形成的共价键的强弱，而强弱又取决于共价健的键长和键能，键长越短；键能越大，原子晶体熔沸点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，键长大小顺序是C-C＜Si-Si，键能大小顺序是C-C＞Si-Si，所以金刚石熔点比晶体硅高；

故答案为：N＞C＞Si；二者都是原子晶体；金刚石键能大于晶体硅，所以熔点高；

（2）乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，则1mol乙醛含有6molσ键，即6NA个σ键；该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍；即为16个；

故答案为：sp3、sp2；6NA；CH3COOH存在分子间氢键；16；

（3）①COCl2中C=O键中含有1个δ键，1个π键，COCl2分子的结构式为：则COCl2分子内含有3个σ键、1个π键，所以C原子为sp2杂化；中心原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形；

故答案为：平面三角形；

②根据原子守恒，e为Fe，Fe（CO）5中Fe与CO之间形成配位键，Fe（CO）5═Fe（s）+5CO反应过程中；断裂的化学键只有配位键，由于反应生成Fe，故形成金属键；

故答案为：金属键．

（1）根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断C；Si、N元素的电负性由大到小的顺序；金刚石和晶体硅都是原子晶体；键能越大，熔点越高；

（2）乙醛中甲基上的C采取sp3杂化类型，醛基中的C采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键；根据O数目和Cu2O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；

（3）①COCl2中C=O键中含有1个δ键，1个π键，据此书写COCl2的结构式；根据杂化轨道类型判断；

②根据生成物判断形成的化学键．

本题考查了电离能、晶体的结构、杂化原理的应用等，综合性强，为历年高考选做常考题型，注意（2）晶体结构的求解，题目难度中等．【解析】N＞C＞Si；二者都是原子晶体，金刚石键能大于晶体硅，所以熔点高；sp3、sp2；6NA；16；平面三角形；金属键11、略

【分析】解：（1）达到平衡后；当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和；

故答案为：放；＞；

（2）减压平衡向逆反应方向移动；则A的质量分数增大，正反应反应速率减小；

故答案为：增大；减小；

（3）在反应容器中加入一定量的B；反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，B加入的多，而转化的少，则B的转化率反而减小；

故答案为：增大；减小；

（4）正反应吸热；则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量减小，C的物质的量增多，所以二者的比值将减小；

故答案为：减小；

（5）催化剂对化学平衡移动没有影响；所以若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变；

故答案为：不变；

（6）若B是有色物质；A；C均无色，则加入C平衡向逆反应方向移动，B的浓度增大，则颜色加深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，体积增大，对于反应体系来说，相当于减小压强，则平衡向逆反应方向移动，但移动的量远小于体积增大的因素，则B的浓度减小，颜色变浅；

故答案为：变深；变浅．

达到平衡后；当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热；

当减小压强时；混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题．

本题考查外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意分析反应的特征为解答该题的关键．【解析】放；＞；增大；减小；增大；减小；减小；不变；变深；变浅三、解答题(共9题，共18分)12、略

【分析】

（1）A；“糖尿病”人的尿样中含有葡萄糖；葡萄糖中含有醛基，通过检验醛基即可检验葡萄糖，加入硫酸铜和氢氧化钠的混合液，加热后，若产生红色沉淀，说明含有醛基，用银氨溶液检验也可以，但操作没有用新制的氢氧化铜反应方便，该方法几乎不用，故A错误；

B、饱和Na2CO3溶液中和挥发出来的乙酸；使之转化为乙酸钠溶于水中，故B正确；

C；蔗糖水解操作为：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；故C错误；

D、在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性．导致蛋白质变性的物理因素有：加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射、超声波等；化学因素有：加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等．该选项在鸡蛋白溶液中滴入浓HNO3；加热会产生黄色物质，浓硝酸和加热都能使蛋白质发生变性，故D正确；

E；植物油中含有双键；与溴水发生加成反应，所以可以使溴水褪色，故E正确；

F；油脂皂化反应的产物为高级脂肪酸钠和甘油；向混合液中加入食盐，食盐不是重金属盐，它使高级脂肪酸钠的溶解度降低而析出从而达到分离的目的，故F正确；

故答案为：BDEF；

（2）①实验室利用乙醇能发生消去反应制乙烯：CH3-CH2-OHCH2-CH2↑+H2O；

故答案为：CH3CH2OHCH2CH2↑+H2O；

②浓硫酸具有吸水性；脱水性、强氧化性；在该反应中，乙醇在浓硫酸的作用下由一个分子变成两个分子，且其中一个分子为水，故答案为；催化剂和脱水剂；

③该反应需混合液的温度为170℃；故答案为：反应混合液中；④乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水，生成乙醚，故答案为：防止在140℃时有副产物乙醚生成；

⑤浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，故答案为：SO2；

【解析】【答案】（1）A；物质的检验要根据所需检验物质的特殊性质进行实验；

B、乙酸和饱和Na2CO3溶液发生复分解反应；

C、蔗糖水解时应用稀H2SO4作催化剂；

D、在鸡蛋白溶液中滴入浓HNO3；加热，鸡蛋白发生变性；

E；在植物油中滴入溴水；发生加成反应；

F；盐析法是利用某些物质在盐溶液中的溶解度降低而分离；

（2）①乙醇在浓硫酸的作用下；可发生消去反应；

②浓硫酸具有三大特性；据反应方程式分析；

③根据反应的温服条件解答；④乙醇在浓硫酸140℃的作用下发生分子间脱水；

④浓硫酸具有强氧化性；氧化了乙醇中的碳；

13、略

【分析】

（1）PH=-lg（c（H+）=-lg（0.01）=2，由c（H+）×c（OH-）=10-14可知：c（OH-）=mol/L=1×10-12mol/L；

故答案为：2；1×10-12；

（2）1mLpH=12的NaOH溶液，加水稀释至100mL，稀释后的溶液中c（OH-）=1×10-10mol/L，c（H+）=1×10-4mol/L

则：=1×10-6，故答案为：1×10-6；

（3）pH=13的Ba（OH）2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合．若所得混合溶液呈中性，则有n（H+）=n（OH-）；

即：0.1mol/L×2×aL=0.001mol/L×2×bL；

则a：b=0.01；

故答案为：0.01．

【解析】【答案】（1）根据PH=-lg（c（H+）计算PH，结合c（H+）×c（OH-）=10-14计算由水电离出的c（H+）；

（2）根据溶液稀释前后溶质的物质的量浓度不变计算溶液中

（3）根据n（H+）=n（OH-）计算．

14、略

【分析】

（1）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38当溶液中的Fe3+完全沉淀，此时溶液中的Fe3+物质的量的浓度=10-5mol/L，c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38；c3（OH-）=10-33，c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L；PH=3；

故答案为：3；

（2）溶液D是氯化铜溶液，制取无水CuCl2时，需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解，HCl抑制CuCl2水解；

故答案为：HCl抑制CuCl2水解；

（3）粗CuO溶于过量盐酸后，得到的溶液B中含有氯化铜和氯化亚铁，加入试剂x将Fe2+氧化为Fe3+；试剂x可以氧化亚铁离子，但不能引入新的杂质；

A．KMnO4溶液可以氧化亚铁离子但引入钾离子；锰离子；故A不符合；

B．氯水氧化亚铁离子为氯化铁；故B符合；

C．NaClO溶液氧化亚铁离子；引入钠离子，故C不符合；

D．O3氧化亚铁离子；不引入新的杂质，故D符合；

过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案为：BD；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（4）加入试剂和酸反应调节溶液PH使铁离子全部沉淀；加入的试剂不能引入新的杂质；溶液C加入试剂y，要调整溶液的pH至3-4，试剂y不能是。

A．NaOH溶液引入钠离子；故A符合；

B．Cu（OH）2固体可以调节溶液PH；不一如杂质，故B不符合；

C．Cu2（OH）2CO3固体可以调节溶液PH；不一如杂质，故C不符合；

D．CuO固体可以调节溶液PH；不一如杂质，故D不符合；

故答案为：A；将引入新杂质NaCl；

（5）将ag粗CuO经过以上一系列操作之后，最终得到bg无水CuCl2（不考虑实验过程中操作引起的损耗）；

A．粗CuO中含有其他物质，所以Cu2+数目小于故A正确；

B．粗CuO中含有其他物质，CuO物质的量小于mol；故B正确；

C．粗CuO中含有其他物质，所含的铜元素的质量分数小于x100%；故C错误；

D．粗CuO中杂质不能确定其治疗；关于CuO的量无法确定，故D正确；

故答案为：ABD．

【解析】【答案】（1）依据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）．c3（OH-）=1.0×10-38计算氢氧根离子浓度；结合离子积常数计算氢离子浓度计算PH；

（2）氯化铜水溶液中水解；在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解；

（3）亚铁离子被氧化为铁离子的氧化剂不能引入新的杂质分析判断；过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；本身被还原为水；

（4）加入试剂和酸反应调节溶液PH使铁离子全部沉淀；加入的试剂不能引入新的杂质；

（5）依据铜元素守恒和铜元素在实验中的变化分析计算进行判断．

15、略

【分析】

（1）A．P3-核外有3个电子层；最外层有8个电子，故不选；

B．Al3+核外有2个电子层；最外层有8个电子，故不选；

C．Ti4+核外有18个电子；最外层有8个电子，故不选；

D．Ga3+核外有28个电子；最外层有18个电子，故选；

故选D；

（2）A．除了ds区外；区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，所以硼；镓、磷、砷都属于P区元素，故错误；

B．同一周期第一电离能：第VA族大于第IIIA族；第IIA族大于第IIIA族，所以As＞Ga；Mg＞Al，故正确；

C．等电子体结构相似；所以砷化镓；磷化硼的晶胞与氮化铝晶体相同且类似于单晶硅，故正确；

D．含有氢键的物质沸点较大，氨气中存在氢键，AsH3中不含氢键，所以NH3沸点高于AsH3；故错误；

故选BC；

（3）在700℃时，（CH3）3Ga和AsH3反应生成GaAs和甲烷，反应方程式为：（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4，（CH3）3Ga分子中Ga原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以Ga原子的杂化方式是sp2；

A．CH4中碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化；故不选；

B．CH2=CH2中碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化；故选；

C．CH≡CH中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对；所以采用sp杂化，故不选；

D．HCHO中碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化；故选；

E．中碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化；故选；

故答案为：（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4；BDE；

（4）三溴化磷分子的路易斯结构式为：三溴化硼分子中B原子价层电子对=3+=3，且不含孤电子对，所以是平面正三角形结构，属于对称结构，正负电荷重心重合，属于非极性分子，故答案为：非极性．

【解析】【答案】（1）根据其基态离子核外电子排布式判断；

（2）A．根据元素周期表知；硼；镓、磷、砷都属于P区元素；

B．同一周期第一电离能：第VA族大于第IIIA族；第IIA族大于第IIIA族；

C．等电子体结构相似；

D．含有氢键的物质沸点较大；

（3）根据温度；反应物和生成物结合原子守恒写出反应方程式；根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；

（4）人们把这类（用短线表示共价键；同时用小黑点表示非键合的孤电子对）添加了孤对电子的结构式叫做路易斯结构式，也叫电子结构式；

根据三溴化硼的空间构型判断分子的极性；如果是对称结构则是非极性分子，否则是极性分子．

16、略

【分析】

（1）角鲨烯分子式为C30H50；角鲨烯中碳；氢两元素的质量比为：12×30：1×50=36：5；

故答案为：36：5；

（2）令ag水含有的H元素质量与41g角鲨烯所含的氢元素的质量相等；则：

ag×=41g×

解得a=45；

故答案为：45．

【解析】【答案】（1）碳；氢两元素的质量比之比等于分子中C原子总的相对原子质量与H原子总的相对原子质量之比；

（2）令ag水含有的H元素质量与41g角鲨烯所含的氢元素的质量相等；根据化学式计算H元素的质量分数，根据m（H）=m×ω（H）计算含有的H元素的质量，据此列方程计算．

17、略

【分析】

（1）反应生成了催化剂MnSO4，催化剂降低了反应所需的活化能，加快反应速率，故答案为：MnSO4；活化能；

（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴；溶液会显紫红色，30秒内不变色，不需要外加指示剂，故答案为：酸式；溶液由无色变为紫红色，30秒内不变色；否。

（3）①盛装KMnO4溶液的滴定管用蒸馏水洗净后未用KMnO4溶液润洗，KMnO4溶液浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据C（待测）═分析；可知C（标准）偏大，故①正确；

②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据C（待测）═分析；可知C（标准）不变，故②正确；

③盛装H2C2O4溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未用H2C2O4溶液润洗，H2C2O4溶液浓度偏小，待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据C（待测）═分析；可知C（标准）偏小，故③错误；

④滴定后观察滴定管读数时，视线高于刻度线，造成V（标准）偏小，根据C（待测）═分析；可知C（标准）偏小，故④错误；

故选：①；

（4）5H2C2O4～2MnO4-

5mol2mol

n0.1mol/L×0.025L

n=0.00625mol；

则C（H2C2O4）==0.25mol/L；故答案为：0.25．

【解析】【答案】（1）根据催化剂能加快化学反应速率以及催化加快反应速率的原因；

（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；终点颜色的判断，需要准确理解该滴定实验的原理，该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴；溶液会显紫红色，不需要外加指示剂；

（3）根据C（待测）═分析误差；

（4）第1组数据误差较大，舍去，根据其它两组数据，依据5H2C2O4～2MnO4-计算．

18、略

【分析】

（1）电解①②⑤时，阴极氢离子放电，生成氢气，即4H++4e-→2H2↑；阳极氢氧根离子放电，生成氧气；

即4OH-→O2↑+2H2O+4e-；两极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1；

故答案为：①②⑤；4OH-→O2↑+2H2O+4e-；4H++4e-→2H2↑；2H2O2H2↑+O2↑；

（2）电解①⑤时；阴极是氢离子得电子生成氢气，阳极是氢氧根离子失电子得到氧气，两极都有气体产生，①溶液的浓度增大，pH变小，⑤溶液的浓度增大，pH变大，故答案为：①；⑤；

（3）电解④是；阴极析出金属，阳极析出气体，且溶液中生成了酸，pH明显减小；

电解方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案为：④；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．

【解析】【答案】（1）电解水时；阴极氢离子放电，生成氢气，阳极氢氧根离子放电，生成氧气，两极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1；

（2）电解酸时；两极均有气体生成，溶液酸性增强，电解碱时，两极均有气体生成，溶液碱性增强；

（3）一个电极析出金属；一个电极析出气体，且溶液pH明显减小的是“放氧生酸型”的盐．

19、略

【分析】

（1）食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念；它是指食物的成酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的，蛋白质属于酸性食品，而水果属于碱性食品，故答案为：酸性；碱性；

（2）将水果捣烂加水溶解；过滤得含维生素C的滤液；说明维生素C溶于水中，三氯化铁遇KSCN溶液显红色，加入含维生素C的滤液，振荡后发现红色消失，说明维生素C和三价铁反应，体现了维生素C的还原性和三价铁的氧化性，故答案为：能；还原性．

【解析】【答案】（1）根据PH值与溶液的酸碱性的关系；结合蛋白质；水果蔬菜的酸碱性等常识知识来回答；

（2）根据题目信息来分析维生素C的溶解性和化学性质．

20、略

【分析】

（一）第①步反应将糠醛分子中醛基中的羰基脱去，由此可推得A；第②步反应为A中环上的双键与H2的加成；第④步反应与B→C的反应以及B→D的反应分别运用题中提供的相应信息即可推出相应的物质；由于C中含两个-COOH，D中含有两个-NH2；两者形成肽键的反应方式可以有多种，生成物可以是链状，也可以是环状．推出过程如下：

（1）反应②为A与氢气的加成反应；由信息②可知反应④为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；

（2）对应反应③的反应物和生成物可知反应的方程式为含有-CHO，可与新制备氢氧化铜浊液或银氨溶液发生银镜反应，反应的方程式为

故答案为：

（3）由于C中含两个-COOH，D中含有两个-NH2，可反应生成环状化合物，为

故答案为：

（二）有机物中氧元素的质量分数为37.21%，相对分子质量不超过100，所以分子中氧原子数目N（O）＜=2.3；

有机物能与碳酸钠反应产生无色气体，说明含有-COOH，所以分子中氧原子数目N（O）==86；

有机物X含有羧基，完全燃烧只生成CO2和H2O；说明有机物X由C；H、O三种元素组成；

令烃基的组成为CnHm；烃基的相对分子质量为86-45=41，所以12n+m=41；

若n=1；则m=29（不符合）；若n=2，则m=17（不符合）；若n=3，则m=5（符合）；

所以烃基的组成为C3H5，有机物X可以使溴的四氯化碳溶液褪色，所以烃基中含有1个

有机物为C3H5-COOH，核磁共振氢谱有3个峰，说明有3种氢原子，所以其的结构为和甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成酯，反应方程式为：CH2=C（CH3）COOH+CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3+H2O；

故答案为：CH2=C（CH3）COOH+CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3+H2O．

【解析】【答案】（一）由题意可知，第①步反应将糠醛分子中醛基中的羰基脱去，由此可推得A；第②步反应为A中环上的双键与H2的加成；第④步反应与B→C的反应以及B→D的反应分别运用题中提供的相应信息即可推出相应的物质；由于C中含两个-COOH，D中含有两个-NH2；两者形成肽键的反应方式可以有多种，生成物可以是链状，也可以是环状．推出过程如下：

以此解答该题；

（二）有机物能与金属Na反应产生无色气体，说明含有-OH或-COOH；又能与碳酸钠反应产生无色气体，说明含有-COOH；还可以使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有不饱和键或-C≡C-．

根据含氧元素的质量分数为37.21%；相对分子质量不超过100，确定分子中氧原子个数，进而确定有机物的相对分子质量，确定有机物的分子式．根据核磁共振氢谱确定分子中氢原子类型，结合可能的官能团，确定有机物结构．

四、原理综合题(共2题，共18分)21、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算出氢原子的量，算出碳氢原子个数比，确定烃的分子式，再根据题意要求写出结构简式。

详解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正确答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氢氧化钠固体；它能够吸收二氧化碳气体；正确答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；如果把CuO网去掉，一氧化碳不能被氢氧化钠吸收，A管重量将减小；正确答案：吸收生成二氧化碳；使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；减小。

(4)A装置中氢氧化钠吸收反应产生的二氧化碳；但是空气中水蒸气；二氧化碳也能够进入A装置，影响实验，因此在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管；正确答案：在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管。

（5）A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管质量增加1.08g是水的质量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有机物为烃，故只含有C和H两种元素，且个数比为：0.05：1.2=5：12，故可以确定为戊烷（C5H12），该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为该有机物的二氯代物有2种，可在相同、不同的甲基上，和正确答案：(CH3)4C；2。【解析】g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2减小在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管(CH3)4C222、略

【分析】分析：本题为综合实验题。主要考察磷化氢制备的原理、装置气密性的检查方法；高锰酸钾溶液为强氧化剂，因此装置中盛放该试剂的作用除去还原性气体；为了保证实验的准确性，利用空气把PH3全部带入到高锰酸钾溶液中进行吸收；最后根据反应的方程式中物质之间的关系计算出样品中PH3含量。

详解：(1)仪器C为反应的发生器；名称是三颈烧瓶；正确答案：三颈烧瓶。

(2)磷化钙与水反应生成磷化氢和氢氧化钙，反应的化学方程式：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；检查整套装置气密性方法：关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]；正确答案：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]。

(3)依据装置图进行分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂，可以吸收空气中的还原性气体；通入空气，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，减小实验误差；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的氧气,防止氧化装置C中生成的PH3,若没有B装置，PH3部分被氧气氧化，则实验中测得PH3含量将偏低；正确答案：除去空气中的还原性气体；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。

(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O；正确答案：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O。

(5)根据2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反应可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量为[5.0×10-5×11×10-3]×2/5mol,那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量为5.0×10-5×11×10-3×10mol,由于D中盛有KMnO4的量为20×1.12×10-4×10-3mol，所以参加反应的KMnO4的量2.24×10-6-2.2×10-6=0.04×10-6mol,根据5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O反应关系可知，消耗PH3的量为[4×10-8]×5/8mol；C中盛100g原粮，含有PH3的量[4×10-8]×5/8mol,质量为85×10-8g，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为0.0085mg•kg-1；正确答案：0.0085。

点睛;本题在进行最后一问计算时，要根据反应关系计算出参与反应的酸性高锰酸钾溶液的量，但是要注意这是量取25毫升溶液中消耗高锰酸钾的量，计算总量时要注意是250毫升样品溶液，也就是得扩大10倍才能进行准确计算，否则误差相差太大。【解析】三颈烧瓶Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]除去空气中的还原性气体吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收偏低5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O0.0085五、其他(共1题，共4分)23、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③六、推断题(共4题，共28分)24、rm{(1)CH_{3}CH_{2}OH}

rm{(2)CH_{3}CHO}

rm{(3)2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{(3)2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(4)}【分析】【分析】本题考查有机物的推断，结构简式、化学方程式的书写，难度中等。【解答】rm{(1)}物质rm{1}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{(2)}物质rm{2}为rm{CH_{3}CHO}故答案为：rm{CH_{3}CHO}rm{(3)}物质rm{1}到物质rm{2}的方程式：rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}故答案为：rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}试剂rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}能发生银镜反应则rm{(4)}的结构简式为故答案为：rm{X}【解析】rm{(1)CH_{3}CH_{2}OH}rm{(2)CH_{3}CHO}rm{(3)2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(3)2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2C{H}_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(4)}25、是；2，3-二甲基-1，3-丁二烯；【分析】解：某烃类化合物rm{A}的质谱图表明其相对分子质量为rm{84}令组成为rm{CxHy}则rm{x}最大值为rm{dfrac{84}{12}=7}红外光谱表明分子中含有碳碳双键，所以rm{A}为烯烃，所以rm{x=6}rm{y=12}因此rm{A}的化学式为rm{C_{6}H_{12}}核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，故A的结构简式为：则rm{B}为在乙醇的碱性溶液中加热时发生消去反应，生成的rm{C}为rm{C}发生rm{1}rm{2-}加成生成rm{D_{1}}则rm{D_{1}}为rm{D_{1}}在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成rm{E_{1}