2025年人教A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2025年人教A新版高二化学上册月考试卷245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9题，共18分)1、常见的铅蓄电池的电极材料为PbO2和Pb，电解液为30%的稀硫酸溶液，电池放电的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O；则下列说法正确的是（）

A.PbO2为电池的负极。

B.放电时电子由正极流向负极。

C.放电时正极发生氧化反应。

D.放电时电解液的pH值逐渐增大。

2、下列说法正确的是（）A.碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃一定是饱和链烃B.分子组成符合CnH2n+2的烃一定是烷烃C.正戊烷分子中所有原子均在一条直线上D.碳氢原子个数比为1：3的烃有2种3、已知利用某些有机物之间的转化可贮存太阳能，如降冰片二烯rm{(NBD)}经太阳光照射转化成四环烷rm{(Q)}的反应如下，下列叙述中错误的是

A.rm{Q}的能量高于rm{NBD}B.rm{NBD}和rm{Q}均属于不饱和烃C.rm{Q}的一氯代物只有rm{3}种D.rm{NBD}的分子式为rm{C_{7}H_{8}}4、浓度均为rm{0.10mol隆陇L^{-1}}体积均为rm{V_{0}}的rm{MOH}和rm{ROH}溶液，分别加水稀释至体积rm{V}rm{pH}随rm{lgdfrac{V}{V0}}的变化如图所示，下列叙述错误的是()A.rm{MOH}的碱性强于rm{ROH}的碱性B.rm{ROH}的电离程度：rm{b}点大于rm{a}点C.若两溶液无限稀释，则它们的rm{c(OH^{-})}相等D.当rm{lgdfrac{V}{V0}=2}时，若两溶液同时升高温度，则rm{c(M^{+})/c(R^{+})}增大5、下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A.乙醇燃烧B.碳酸钙受热分解C.铝粉与氧化铁粉末反应D.氧化钙溶于水6、下列对分子的性质的解释中，不正确的是rm{(}rm{)}A.水很稳定rm{(1000隆忙}以上才会部分分解rm{)}是因为水中含有大量的氢键所致B.乳酸rm{(}rm{)}有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释D.酸性：rm{H_{3}PO_{4}>HClO}因为rm{H_{3}PO_{4}}的非羟基氧原子数比rm{HClO}的多7、下列对于化学反应方向说法正确的是（）

A.反应2A（g）+B（g）=3C（s）+D（g）在一定条件下能自发进行；说明该反应的△H＞0

B.常温下反应2Na2SO3（s）+O2（g）=2Na2SO4（s）能自发进行；则△H＜0

C.反应2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自发进行；则该反应的△H＞0

D.一定温度下，反应2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）的△H＜0；△S＞0

8、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A.粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应为rm{Cu-2e^{-}===Cu^{2+}}B.酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}===4OH^{-}}C.电解饱和食盐水时，阳极的电极反应为rm{2Cl^{-}-2e^{-}===Cl_{2}隆眉}D.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：rm{Fe-3e^{-}===Fe^{3+}}9、合金在生产及科研中具有广泛的作用。下列材料属于合金的是()A.陶瓷B.塑料C.水泥D.不锈钢评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、钠是活泼金属的代表，钠和钠的化合物是中学化学的基础知识。请回答下列有关问题。(1)钠跟水剧烈反应，生成____和氢气(H2)，此实验说明钠的化学性质活泼；(2)钠有两种氧化物，其中能用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的氧化物是：____；(3)固体碳酸钠中含有碳酸氢钠杂质，除去此杂质的简单方法是____（填“萃取”或“加热”或“蒸馏”）。11、缩聚产物是一种具有较好耐热性、耐水性和高频电绝缘性的高分子化合物（树脂），它是由三种单体在一定条件下缩聚（同时还生成水）而成的。这三种单体分别是（写结构简式）C6H5NH2、和。它们的物质的量之比（按以上回答单体的顺序写）为。12、塑料制品是商业流通中的重要组分，人们会经常遇到以英文缩写的多种产品，例如：①PVC－聚氯乙烯，②PS－聚苯乙烯，③ABS－工程塑料，其结构简式为合成这些塑料的反应都属于______________反应。请写出它们合成的化学方程式：（1）合成PVC：_________________________________________________________________（2）合成ABS：_________________________________________________________________13、（6分）25℃时，KSP[Mg（OH）2]=5.6×10-12,KSP[MgF2]=7.42×10-11,在该温度下进行下列实验,回答相关问题:(1)在同浓度的含OH-和F-的溶液中,逐滴加MgCl2溶液时,最先产生的沉淀是____①____(2)Mg(OH)2可溶液于浓NH4Cl溶液,试解释产生该现象的原因___②___（用离子方程式表示）(3)有人认为“难溶盐不能和碱溶液发生复分解反应”。若在MgF2悬浊液中滴加NaOH溶液，能否发生化学反应？若你认为能反应的，请写出该反应的离子方程式；若你认为不能反应的请说明理由。____③____14、（12分）写出下列有机物的系统命名或结构简式：（1）（2）____________________________________________________（3）2,2-二甲基-3-乙基己烷（4）2－甲基－2－丁烯____________________________________________________15、（14分）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。(1)将1molCH4和2molH2O(g)通入反应室（容积为100L），并在一定条件下发生如下反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)Ⅰ测得CH4的转化率与温度、压强的关系如图。①当压强为P1，温度为100℃时达到平衡所需的时间为5min。则用H2表示0～5min内的平均反应速率为____。②图中的P1____P2（填“<”、“>”或“＝”）。③100℃时该反应的平衡常数为____。④在其它条件不变时降低温度，反应Ⅰ的逆反应速率将____(填“增大”“减小”或“不变”)，反应____移动（填“向正方向”、“向逆方向”或“不”）。（2）在压强为0.1MPa条件下,将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，其反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)Ⅱ①则该反应的△H____0，△S____0(填“<”、“>”或“＝”)。②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是____。A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离C．充入He，使体系总压强增大③为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计的表中。请在下表空格中填入剩余的实验条件数据。。实验编号T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)ⅰ1501/30.1ⅱ________5ⅲ350____516、已知rm{FeCl_{3}}的沸点：rm{319隆忙}熔点：rm{306隆忙}则rm{FeCl_{3}}的晶体类型为______rm{.P}可形成rm{H_{3}PO_{4}}rm{HPO_{3}}rm{H_{3}PO_{3}}等多种酸，则这三种酸的酸性由强到弱的顺序为______rm{.(}用化学式填写rm{)}评卷人得分三、其他(共7题，共14分)17、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。18、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；19、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。20、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；21、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。22、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。23、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。评卷人得分四、工业流程题(共2题，共8分)24、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。25、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)26、已知一氧化碳与水蒸气的反应为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），在427℃时的平衡常数是9．如果反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.01mol/L，计算一氧化碳在此反应条件下的转化率．（要求写出计算过程，只写结果不给分）27、键线式表示的有机物的名称为______。28、乙酸异戊酯rm{(}rm{)}是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实验室制备乙酸异戊酯的反应装置示意图rm{(}有关的加热和夹持仪器略去rm{)}和有关数据如下：

实验步骤：在烧瓶中加入rm{4.4g}的异戊醇，rm{6.0g}的乙酸、数滴浓硫酸和rm{2隆芦3}片碎瓷片，开始缓慢加热烧瓶，回流rm{50}分钟，反应液冷至室温后，倒入分液漏斗中，分别用少量水，饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体，静置片刻，过滤除去硫酸镁晶体，进行蒸馏纯化，收集rm{140隆芦143隆忙}馏分，得乙酸异戊酯rm{2.6g.}回答下列问题：

。相对分子质量密度rm{/(g?cm-3)}沸点rm{/隆忙}水中溶解性异戊醇rm{88}rm{0.8123}rm{131}微溶乙酸rm{60}rm{1.0492}rm{118}溶乙酸异戊酯rm{130}rm{0.8670}rm{142}难溶rm{(1)}写出制取乙酸异戊酯的化学方程式______．

rm{(2)}冷凝管的作用是；碎瓷片的作用是______．

rm{(3)}若乙酸异戊酯产率偏低，其原因可能是______rm{(}填序号rm{)}．

A.原料没有充分反应。

B.发生了副反应。

C.在进行蒸馏纯化操作时，从rm{143隆忙}开始收集馏分。

rm{(4)}在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后______rm{(}填序号rm{)}．

A.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗上口倒出。

B.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出。

C.先将水层从分液漏斗的下口放出；再将乙酸异戊酯从下口放出。

D.先将水层从分液漏斗的下口放出；再将乙酸异戊酯从上口放出。

rm{(5)}实验中加入少量无水硫酸镁的目的是______．

rm{(6)}本实验的产率是______rm{(}填序号rm{)}

A.rm{30%}rm{B.40%}rm{C.50%}rm{D.60%}评卷人得分六、探究题(共4题，共24分)29、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。30、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。31、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。32、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】

A．二氧化铅原电池正极；故A错误；

B．放电时；电子从负极沿导线流向正极，故B错误；

C．放电时；正极上得电子发生还原反应，故C错误；

D．放电时；正极上二氧化铅得电子和氢离子反应生成硫酸铅和水，所以溶液中氢离子浓度减小，溶液的PH增大，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】放电时；该装置是原电池，铅作负极，二氧化铅作正极，负极上铅失电子发生氧化反应，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，放电时，电子从负极沿导线流向正极．

2、B【分析】【解答】解：A、不仅饱和链烃中只含有C﹣C单键与C﹣H单键，环烷烃中也只含有C﹣C单键与C﹣H单键，故A错误；B、烷烃的通式为CnH2n+2；C；H原子都饱和，则符合此通式的烃必为链状烷烃，故B正确；

C；分子中存在与甲烷相似的四面体结构；导致所有原子不可能在一条直线上，故C错误；

D、碳氢原子个数比为1：3的烃为C2H6；只有一种，不存在同分异构体，故D错误．

【分析】A；环烷烃中只含有C﹣C单键与C﹣H单键．

B、烷烃的通式为CnH2n+2．

C；分子中每个碳原子连接的原子或原子团都构成四面体结构．

D、碳氢原子个数比为1：3的烃为C2H6．3、B【分析】【分析】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，涉及基本概念、能量守恒、同分异构体种类判断等知识点，侧重考查学生分析判断能力，易错选项是rm{D}【解答】A.根据能量守恒知，生成物能量大于反应物能量，所以rm{Q}的能量高于rm{NBD}故A正确；

B.含有碳碳不饱和键的烃为不饱和烃；该分子中不含不饱和键，所以不是不饱和烃，故B错误；

C.rm{Q}结构对称，其氢原子种类为rm{3}根据氢原子种类确定一氯代物种类为rm{3}故C正确；

D.rm{NBD}的分子式为rm{C_{7}H_{8}}不饱和度rm{=dfrac{7隆脕2+2-8}{2}=4}苯环的不饱和度是rm{4}所以rm{NBD}的同分异构体可以是芳香烃；为甲苯，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}4、D【分析】【分析】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是rm{C}注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。【解答】A.相同浓度的一元碱，碱的rm{pH}越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，rm{MOH}的rm{pH}大于rm{ROH}的rm{pH}说明rm{MOH}的电离程度大于rm{ROH}则rm{MOH}的碱性强于rm{ROH}的碱性；故A正确；

B.由图示可以看出rm{ROH}为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，rm{b}点溶液体积大于rm{a}点，所以rm{b}点浓度小于rm{a}点，则rm{ROH}电离程度：rm{b>a}故B正确；

C.若两种溶液无限稀释，最终其溶液中rm{c(OH^{-})}接近于纯水中rm{c(OH^{-})}所以它们的rm{c(OH^{-})}相等；故C正确；

D.根据rm{A}知，碱性rm{MOH>ROH}当rm{lgdfrac{V}{V_{0}}=2}时，由于rm{ROH}是弱电解质，升高温度能促进rm{ROH}的电离，所以rm{c(M^{+})/c(R^{+})}减小；故D错误。

故选D。

【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】本题旨在考查学生对化学能与热能的相互转化的应用。【解答】A.乙醇的燃烧反应是一个放热反应，故A错误；B.碳酸钙受热分解是一个吸热反应，故B正确；C.铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应；故C错误；

D.氧化钙溶于水是一个放热反应；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}6、A【分析】解；rm{A.}水很稳定rm{(1000隆忙}以上才会部分分解rm{)}是因为水中含有的rm{H-O}键非常稳定；与存在氢键无关，故A错误；

B.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羧基和羟基；是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；

C.碘；甲烷、四氯化碳都是非极性分子；水为极性分子，所以碘、甲烷易溶于四氯化碳，水中溶解度小，故C正确；

D.rm{H_{3}PO_{4}}的非羟基氧原子数比rm{HClO}的多；含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；

故选：rm{A}

A.氢键只能影响物质的物理性质；

B.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羧基和羟基；是手性碳原子；

C.极性相同的分子相互间溶解性强；

D.含氧酸中非羟基氧原子数越多；酸性越强．

本题考查了氢键对物质性质的影响，同分异构题、物质的溶解性规律，含氧酸酸性强弱比较，题目综合性较强，难度较大，注意对相关知识的积累．【解析】rm{A}7、B【分析】

A．反应的△S＜0；在一定条件下能自发进行，△H应小于0，故A错误；

B．反应的△S＜0；由△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行可知，△H＜0，故B正确；

C．反应的△S＜0；由△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行可知，△H＜0，故C错误；

D．反应的△S＞0；该反应为分解反应，应吸热，反应的△H＞0，在较高温度下，可满足△G=△H-T•△S＜0，能自发进行，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】化学反应能否自发进行；取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，以此解答该题．

8、C【分析】【分析】本题旨在考查学生对原电池、电解池的工作原理的应用。【解答】A.粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，电极反应式为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{A}不符合题意；B.酸性氢氧燃料电池的正极反应式：rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}rm{B}不符合题意；C.电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}正确，rm{C}符合题意；D.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}rm{D}不符合题意。故选C。【解析】rm{C}9、D【分析】【分析】本题考查了合金的定义，难度不大，注意基础知识的积累，明确物质的俗称。【解答】A.陶瓷属于无机非金属材料，不属于合金，故A错误；B.塑料属于有机高分子材料，不属于合金，故B错误；C.水泥属于无机非金属材料，不属于合金，故C错误；D.不锈钢中含有铁、铬、碳，属于合金，故D正确。故选D。【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【解析】试题分析：(1)钠跟水剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气。（2）钠的氧化物有氧化钠和过氧化钠，其中能用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的氧化物是过氧化钠。（3）碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和CO2，所以固体碳酸钠中含有碳酸氢钠杂质，除去此杂质的简单方法是加热。考点：考查钠的性质、过氧化钠的用途以及物质的除杂【解析】【答案】（1）NaOH或氢氧化钠；（2）Na2O2或过氧化钠；（3）加热11、略

【分析】【解析】【答案】（6分）12、略

【分析】【解析】【答案】（5分）加聚13、略

【分析】【解析】【答案】（1）Mg（OH）2；（2）Mg（OH）2Mg2++2OH-；NH4++OH-=NH3↑+H2O（3）能，MgF2+2OH-=Mg（OH）2+2F-每空2分14、略

【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以,隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始。【解析】【答案】（1）2,3—二甲基戊烷（2）2,4,-二甲基己烷（3）(CH3)3CCH(C2H5)CH2CH2CH3（4）(CH3)2C=CHCH315、略

【分析】【解析】【答案】（1）①0.003mol·L-1·min-1②<③2.25×10－4④减少向逆反应方向（2）①<<②B③。实验编号T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)ⅰⅱ1501/3ⅲ1/316、分子晶体；HPO3＞H3PO4＞H3PO3【分析】解：rm{FeCl_{3}}的沸点：rm{319隆忙}熔点：rm{306隆忙}熔沸点较低，应属于分子晶体；

rm{H_{3}PO_{4}}rm{HPO_{3}}rm{H_{3}PO_{3}}中rm{P}元素化合价依次为rm{+5}rm{+5}rm{+3}rm{H_{3}PO_{4}}rm{HPO_{3}}中非羟基氧依次为rm{1}rm{2}元素化合价越高，其酸性越强，非羟基氧越多，酸性越强，故酸性rm{HPO_{3}>H_{3}PO_{4}>H_{3}PO_{3}}

故答案为：分子晶体；rm{HPO_{3}>H_{3}PO_{4}>H_{3}PO_{3}}．

氯化铁熔沸点较低；应为分子晶体；同种元素含氧酸，该元素化合价越高，其酸性越强，非羟基氧越多，酸性越强，据此分析．

本题考查了晶体类型的判断和晶体的物理性质、含氧酸酸性强弱的判断等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握含氧酸酸性强弱的判断方法．【解析】分子晶体；rm{HPO_{3}>H_{3}PO_{4}>H_{3}PO_{3}}三、其他(共7题，共14分)17、略

【分析】【解析】【答案】AEF18、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③19、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)320、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③21、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══22、略

【分析】【解析】【答案】23、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)3四、工业流程题(共2题，共8分)24、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度25、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%五、简答题(共3题，共21分)26、略

【分析】

设一氧化碳的浓度变化量为xmol/L；则：

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）

起始量（mol/L）：0.010.0100

变化量（mol/L）：xxxx

平衡量（mol/L）：0.01-x0.01-xxx

再根据平衡常数K==9列方程计算解答．

本题考查化学平衡有关计算，比较基础，注意三段式在化学平衡计算中应用，掌握化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等．【解析】解：设一氧化碳的浓度变化量为xmol/L；则：

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）

起始量（mol/L）：0.010.0100

变化量（mol/L）：xxxx

平衡量（mol/L）：0.01-x0.01-xxx

则K===9；解得：x=0.0075；

故CO转化率=×100%=75%；

故：平衡时CO的转化率为75%．27、3-甲基-1-氯丁烷【分析】解：卤代烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故的主链上有4个碳原子；从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故-Cl所在的碳原子为1号碳原子，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基-1-氯丁烷，故答案为：3-甲基-1-氯丁烷。

卤代烃命名时；选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团和支链的位置，据此分析。

本题考查了卤代烃的命名，含官能团的有机物在命名时，无论是选主链还是编号位，均优先考虑官能团。【解析】3-甲基-1-氯丁烷28、略

【分析】解：rm{(1)CH_{3}COOH}与rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}OH}反应生成rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})_{2}}和rm{H_{2}O}化学方程式为rm{CH_{3}COOH+(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}Ounderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})_{2}+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}Ounderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})_{2}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}O

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})_{2}+H_{2}O}球形冷凝管的作用是冷凝回流；使反应物充分利用，混合溶液加热为防止暴沸需要添加碎瓷片；

故答案为：冷凝回流；防暴沸；

rm{CH_{3}COOH+(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}O

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})_{2}+H_{2}O}原料没有充分反应rm{(2)}偏低；

B.发生了副反应rm{(3)A.}偏低；

C.在进行蒸馏纯化操作时，从rm{.}开始收集馏分rm{.}偏低；

故答案为：rm{143隆忙}rm{.}rm{A}

rm{B}由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为rm{C}

故答案为：rm{(4)}

rm{D}实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分；对其进行干燥；

故答案为：干燥乙酸异戊酯；

rm{D}乙酸的物质的量为：rm{n=dfrac{6.0g}{60g/mol}=0.1mol}异戊醇的物质的量为：rm{n=dfrac{4.4g}{88g/mol}=0.05mol}由于乙酸和异戊醇是按照rm{(5)}rm{(6)}进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成rm{n=dfrac

{6.0g}{60g/mol}=0.1mol}乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为rm{=dfrac{2.6g}{130g/mol}=0.02mol}所以实验中乙酸异戊酯的产率为：rm{dfrac{0.02mol}{0.05mol}隆脕100%=40%}

故答案为：rm{n=dfrac

{4.4g}{88g/mol}=0.05mol}．

在装置rm{1}中加入反应混合物和rm{1}片碎瓷片，开始缓慢加热rm{0.05mol}利用冷凝管冷凝回流rm{=dfrac

{2.6g}{130g/mol}=0.02mol}分钟，反应液冷至室温后，倒入分液漏斗中，先用少量水洗掉大部分硫酸和醋酸，再用水洗涤碳酸氢钠溶液，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体作干燥剂，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集rm{dfrac

{0.02mol}{0.05mol}隆脕100%=40%}馏分；得乙酸异戊酯；

rm{B}与rm{A}反应生成rm{2隆芦3}和rm{A}

rm{50}冷凝管位于烧瓶上方起到的作用是冷凝回流；原料充分利用；混合溶液加热为防止暴沸需要添加碎瓷片；

rm{140隆芦143隆忙}依据乙酸异戊酯沸点结合化学平衡移动影响因素解答；

rm{(1)CH_{3}COOH}根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；

rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}OH}少量无水硫酸镁能够吸收乙酸异戊酯中少量的水分；起到干燥作用；

rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})_{2}}先计算出乙酸和异戊醇的物质的量；然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率．

本题考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．rm{H_{2}O}【解析】rm{CH_{3}COOH+(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}Ounderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})_{2}+H_{2}O}分别为冷凝回流；防暴沸；rm{CH_{3}COOH+(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}O

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightlef