2024年沪科版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科版高二化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示。下列说法中正确是()A.8min前A的平均反应速率为0.08mol/(L·s)B.30min时扩大容器的体积，40min时升高温度C.反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应D.30min和54min的反应的平衡常数相等42、除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是（）。混合物试剂分离方法A苯（苯酚）溴水过滤B乙烷（乙烯）氢气加热C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液蒸馏D淀粉（氯化钠）蒸馏水渗析3、下列有关说法中正确的是()A.对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显B.反应物的热效应与是否使用催化剂无关C.已知中和热rm{triangleH=-57.3kJ/mol}则rm{1molH_{2}SO_{4}}和rm{1molBa(OH)_{2}}的反应热rm{triangleH=2隆脕(-57.3)kJ/mol}D.镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀rm{triangleH=2隆脕(-57.3)

kJ/mol}4、有机物分子中的原子（团）之间会相互影响，导致相同的原子（团）表现出不同的性质．下列现象不能说明上述观点的是（）A.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO4溶液褪色B.乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应C.苯酚与溴水可以直接反应，而苯与液溴反应则需要铁作催化剂D.苯酚可以与NaOH反应，而乙醇不能与NaOH反应5、下列有关有机物的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.凡是含碳元素的化合物都属于有机物B.所有的有机物都很容易燃烧、难溶于水C.易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂中的物质一定是有机物D.有机反应，一般比较复杂，速度缓慢，并且还常伴有副反应发生6、下列现象中，不能用“相似相溶”原理解释的是rm{(}rm{)}A.酒精与水以任意比互溶B.用纯碱洗涤油脂C.氨易溶于水D.用苯将溴水中的溴萃取出来评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、下列化学用语表述一定正确的是（）A.甲醛的电子式：B.苯酚钠溶液中中通入少量二氧化碳气体：

C.溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热：C2H5Br+OH-CH2=CH2↑+Br-+H2OD.乙醇与灼热的氧化铜反应：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O8、化学反应一般均会伴随着能量变化，对rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应，正确的是rm{(}rm{)}A.该反应为吸热反应B.该反应为放热反应C.断裂rm{H隆陋H}键吸收能量D.生成rm{H隆陋O}键吸收能量9、下列说法中，正确的是（）A.4p2表示4p能级有2个轨道B.水、氨气、甲烷的键角依次减小C.原子序数为14、15、35的元素位于周期表的P区D.分子中键长越短、键能越大，则分子越稳定10、下列说法不正确的是（）A.同族元素，随着电子层的增加，I1逐渐增大B.通常情况下，电离能I1＜I2＜I3C.同周期元素，随着核电荷数的增加，I1呈增大趋势D.电离能越小，元素的金属性越强11、下列反应能用离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒}表示的有rm{(}rm{)}A.rm{BaCl_{2}}与rm{K_{2}CO_{3}}溶液反应B.rm{CO_{2}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应C.rm{Ba(NO_{3})_{2}}与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应D.rm{Ba(OH)_{2}}与少量rm{NaHCO_{3}}溶液反应12、常温下，下列各溶液的叙述中正确的是()A.在rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{隆陋})+2c(CO_{3}^{2-})}B.rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{隆陋})

+2c(CO_{3}^{2-})}的rm{0.1mol/L}溶液rm{NaOH}与rm{10mL}的rm{0.1mol/L}溶液rm{NaHCO_{3}}混合后的溶液中：rm{20mL}rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(CO}rm{)>c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)>c(HCO}rm{)>c(HCO}rm{{,!}_{3}^{隆陋}}rm{)>c(OH}C.rm{0.1mol隆陇L^{-1}CH_{3}COONa}溶液与rm{)>c(OH}盐酸等体积混合后的酸性溶液中：rm{{,!}^{隆陋}}D.已知酸性rm{)>c(H}rm{)>c(H}相等的rm{{,!}^{+}}与rm{)}溶液中，rm{[c(Na^{+})-c(F^{一})]=[c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{一})]}rm{)}13、铝在人体中积累可使人慢性中毒，世界卫生组织将铝确定为食品污染源之一而加以控制rm{.}铝在下列使用场合中，必须加以控制的是rm{(}rm{)}A.制造炊具B.制饮料罐C.制铝合金窗D.炼铝厂制造铝锭14、“茶倍健”牙膏中含有茶多酚，但茶多酚是目前尚不能人工合成的纯天然、多功能、高效能的抗氧化剂和自由基净化剂rm{.}其中没食子儿茶素rm{(EGC)}的结构如图所示rm{.}关于rm{EGC}下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.分子中所有的原子不可能完全共面B.rm{1molEGC}与rm{4molNaOH}恰好完全反应C.易发生水解反应和取代反应D.遇rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、能源短缺是人类社会面临的重大问题，世界各国都在努力寻找新能源，探求绿色能源的开发。甲醇是一种可再生能源，是一种污染性较小，热值较大的能源，因而具有广泛的开发价值和良好的应用前景。（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应I：反应Ⅱ：①上述反应符合“原子经济”原则的是_________（填“I’’或“Ⅱ”)。②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)由表中数据判断△H1_________0（填“>”、“=”或“<”)，说明生成物的总能量一定_______（填“>”、“=”或“<”)反应物的总能量。③反应Ⅱ反应历程如下图，回答下列问题；在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1、E2和△H2的变化是：E1_________、E2_________、△H2_________（填“增大”“减小”“不变”）。（2）最新研制的一种新型甲醇电池示意图如图，电池的两极分别充人甲醇和氧气（池内为酸性介质）。则电池工作时____________（填a或b）为正极，a极的电极反应式为______________。16、（6分）同族元素的同类物质的结构、性质既有相似性，也有特殊性。回答下列问题：⑴已知酸性FCH2COOH＞CH3COOH，试推断：①BrCH2COOH、②ClCH2COOH、③FCH2COOH的酸性由强到弱的顺序（填序号）；（2）已知P4、NH4+、N4H44+的空间结构均为正四面体结构，请画出N4H44+的结构式（用“→”表示配位键）。N4H44+与NaOH溶液反应的离子方程式。17、（共10分）有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，其相关反应如下图所示，其中B、D、E的结构中均含有2个—CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰。请回答：（1）D的分子式为；（2）E中所含官能团的名称为；（3）Ⅲ的反应类型为（填字母序号）；a．还原反应b．加成反应c．氧化反应d．消去反应（4）C和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，该反应的化学方程式为；（5）E有多种同分异构体，其中一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，不能发生消去反应，其结构简式为。18、铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途．请回答以下问题：

（1）超细铜粉可用作导电材料；催化剂等；其制备方法如下：

①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为______．N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为______（填元素符号）．

②SO42-的空间构型为______，与SO42-互为等电子体的有机分子的化学式为______．

（2）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，CuSO4溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因______；在该晶体中存在的化学键的种类有______．

（3）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图所示），a位置上Cl原子的杂化轨道类型为______．已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，则另一种化合物的化学式为______．

（4）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值．对金属铜的测定得到以下结果：铜晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm．又知铜的密度为9.00g•cm-3，则铜原子的直径约为______pm，求算阿伏加德罗常数的表达式为______．19、rm{A}rm{A隆芦I}九种有机物有如下转化关系：

已知：rm{R_{1}CHOHCHOHR_{2}+HIO_{4}隆煤R_{1}CHO+R_{2}CHO+HIO_{3}+H_{2}O}又知rm{R_{1}CHOHCHOHR_{2}+HIO_{4}隆煤

R_{1}CHO+R_{2}CHO+HIO_{3}+H_{2}O}的苯环上的一氯代物有rm{C}种。请回答下列问题：rm{2}写出下列物质的结构简式：rm{(1)}______________________，rm{C}______________________。rm{E}写出rm{(2)}中的官能团的结构简式：____________，写出rm{D}中官能团的名称____________。rm{I}由rm{(3)}生成rm{H}的有机反应类型为______________________。rm{G}写出下列反应的化学方程式。rm{(4)}过程中的第rm{D隆煤B}步反应：________________________________________________。rm{垄脵}___________________________________________________________________。rm{G隆煤F}的核磁共振氢谱图上共有______________组吸收峰。rm{(5)C}的同分异构体较多。能够满足下列条件的所有芳香族同分异构体的数目为___________，写出其中吸收峰面积比为rm{C}的物质的结构简式：_____________________。rm{1:1:2:2:2}遇浓溴水生成白色沉淀rm{垄脵}在加热条件下能与新制的rm{垄脷}悬浊液反应生成红色沉淀rm{Cu(OH)_{2}}在rm{垄脹}溶液中可发生水解反应B.已知：通常羟基与烯键碳原子相连接时，易发生下列转化：现有下列所示的转化关系：已知：rm{NaOH}rm{B}rm{G}均能发生银镜反应，rm{F}能与浓溴水发生反应产生分子式为rm{C}rm{C}rm{8}rm{8}rm{H}rm{7}rm{7}白色沉淀，rm{Br}的核磁共振氢谱中只出现rm{3}组峰。rm{3}能使溴水褪色。请回答：rm{O}结构简式：rm{C}___________；rm{4}____________；rm{E}写出rm{(1)}的反应类型______________；rm{C}完成下列反应的化学方程式：反应rm{F}_____________；反应rm{(2)}____________。rm{垄脹}写出符合下列条件的“rm{(3)}”的所有同分异构体：______________________。rm{垄脹}能与碳酸氢钠溶液发生反应；rm{垄脺}核磁共振氢谱中出现五组峰rm{(4)}含有一个苯环rm{A}20、(16分)恒温时，将2molA和2molB气体投入固定容积为2L密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，10s时，测得A的物质的量为1.7mol，C的反应速率为0.0225mol·L—1·s—1；40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%。（1）x=____________（2）从反应开始到40s达平衡状态，A的平均反应速率为____________（3）平衡时容器中B的体积分数为____________（4）该温度下此反应的平衡常数表达式为____________数值是____（5）下列各项能表示该反应达到平衡状态是____A．消耗A的物质的量与生成D的物质的量之比为2∶1B．容器中A、B的物质的量n(A)∶n(B)="2∶1"C．气体的平均相对分子质量不再变化D．压强不再变化E．气体密度不再变化（6）在相同温度下，若起始时c（A）="5"mol·L-1，c（B）=6mol·L-1，反应进行一段时间后，测得A的浓度为3mol·L-1，则此时该反应是否达到平衡状态____（填“是”与“否”），此时v（正）____v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）。21、2016年10月17日上午，长征二号F型运载火箭在酒泉卫星发射中心腾空而起，成功将宇航员和“神舟十一号”飞船送入太空．火箭使用偏二甲肼【（CH3）2N-NH2】和四氧化二氮【N2O4】作为燃料．化学反应热量变化图象如图所示：此反应的热化学方程式为：______．评卷人得分四、解答题(共1题，共5分)22、某烃1mol最多能和2mol氯化氢发生加成反应；生成氯代烃．1mol该氯代烃能与6mol氯气发生取代反应，生成只含碳元素和氯元素的有机化合物．则该烃的分子式为______．

评卷人得分五、工业流程题(共2题，共8分)23、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去24、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。评卷人得分六、探究题(共4题，共36分)25、（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。26、（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。27、（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。28、（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6题，共12分)1、B【分析】【解析】试题分析：反应从开始到8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08mol/（L?min），所以A不正确；B中由图象可知，30min时正逆反应速率均降低，但正逆反应速率仍然是相等的，这说明反应仍处于平衡状态。由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X＝1，因此改变的条件是扩大容器的容积。40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B正确，C错误；则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；30min和54min的反应温度不同，因此平衡常数不相等，故D不正确，答案选B。考点：考查化学平衡图象问题以及外界条件对平衡状态和平衡常数的影响【解析】【答案】B2、D【分析】【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】

本题考查了反应速率、反应热、中和热、铁的腐蚀的有关知识。【解答】

A.反应速率的大小与现象无关，如中和反应，没有明显现象，但反应迅速，故rm{A}错误；B.催化剂只降低活化能，但不改变反应热，故rm{A}正确；C.rm{A}和rm{A}rm{A}反应不只生成rm{A}rm{B}rm{B}rm{B}水，还生成硫酸钡，故rm{B}错误；D.铁比锡活泼，易腐蚀，镀锡铁板比镀锌铁板更易腐蚀，故rm{B}错误。故选B。rm{B}【解析】rm{B}4、C【分析】【解答】解：A．苯环影响甲基；甲苯易被高锰酸钾氧化，而苯不能，可说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故A不选；

B．乙烯含有碳碳双键；乙烷为稳定结构，二者结构不同，性质不同，与原子团的影响无关，故B选；

C．羟基影响苯环；苯环上的邻位；对位氢原子易取代，苯不含羟基，与液溴反应则需要铁作催化剂，可说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故C不选；

D．苯环影响﹣OH；具有酸性，乙醇为中性，﹣OH连接的烃基不同，可说明或原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故D不选；

故选C．

【分析】A．苯环影响甲基；甲苯易被氧化；

B．乙烯含有碳碳双键；乙烷为稳定结构；

C．羟基影响苯环；苯环上的邻位；对位氢原子易取代；

D．苯环影响﹣OH，具有酸性．5、D【分析】解：rm{A.}碳的氧化物；碳酸盐、碳酸虽含碳；但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物，故A错误；

B.大多有机物易燃烧；有的有机物不燃烧，大多数有机物不能溶于水，有的能溶，比如乙醇；乙酸等有机物能溶于水，故C错误；

C.易溶于酒精；苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物；如溴单质在这些溶剂中的溶解度也比在水中的大，故C错误；

D.有机反应历程往往比较复杂；常常伴随有副反应发生，故D正确．

故选D．

含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物rm{.}碳的氧化物；碳酸盐、碳酸虽含碳；但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物；有机物不一定容易燃烧；大多数有机物不能溶于水，有的能溶，有机物发生反应常常伴有副反应，反应速率慢需要催化剂加快反应速率；

本题考查有机物的概念和性质，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】

本题考查较为综合；涉及沸点高低的比较，氢键，相似相溶等问题，难度不大，注意相关基础知识的积累。

A.乙醇和水都为极性分子；且之间可形成氢键；

B.纯碱溶液呈碱性促进油脂的水解；

C.氨和水都为极性分子；且之间可形成氢键；

D.苯和溴都是非极性分子。

【解答】

A.乙醇和水都为极性分子；且之间可形成氢键，乙醇与水混溶，故A正确；

B.纯碱溶液呈碱性促进油脂的水解；所以不能用“相似相溶”原理解释，故B错误；

C.氨和水都为极性分子；且之间可形成氢键，能用“相似相溶”原理解释，故C正确；

D.苯和溴都是非极性分子；所以用苯将溴水中的溴萃取出来，能用“相似相溶”原理解释，故D正确。

故选B。

【解析】rm{B}二、双选题(共8题，共16分)7、A|D【分析】解：A．甲醛中存在碳氧双键，其正确的电子式为：故A正确；

B．由于苯酚的酸性强于碳酸氢根离子酸性，苯酚钠与少量二氧化碳反应反应生成了碳酸氢根，反应的化学方程式为：+CO2+H2O→2+NaHCO3；故B错误；

C．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热发生取代反应；与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应，故C错误；

D．乙醇与氧化铜在加热时发生氧化反应：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；故D正确．

故选AD．

A．甲醛分子中醛基是碳原子和氧原子形成碳氧双键；

B．苯酚的酸性大于碳酸氢钠的酸性；反应生成产物为碳酸氢钠；

C．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热发生取代反应；

D．乙醇能被弱氧化剂（CuO）氧化为乙醛．

本题考查了常见化学用语的判断以及有机物的性质，题目难度中等，熟悉有机物的结构和性质是解答的关键．【解析】【答案】AD8、BC【分析】【分析】本题考查化学反应中的能量变化。【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃烧反应为放热反应，故A错误；中燃烧反应为放热反应，故B正确；rm{H_{2}}键需要吸收能量，故C正确；

rm{O_{2}}键会放出能量，故D错误。C.断裂rm{H隆陋H}键需要吸收能量，故C正确；rm{H隆陋H}【解析】rm{BC}9、C|D【分析】解：A．4p能级有三个轨道，4p2表示4p能级有两个电子；故A错误；

B．H2O、NH3、CH4的中心原子的价层电子对个数分别为2+2=4，3+1=4，4+0=4，都采用sp3杂化，轨道构型为正四面体，键角为109.5°，由于H2O、NH3中中心原子分别存在2对；1对孤电子对；使得角减小，孤电子对越多，键角减小，所以水、氨气、甲烷的键角依次增大，故B错误；

C．原子序数为14的为Si元素、15的为P元素、35的为Br元素；它们最后填充的都是p电子，所以属于p区，故C正确；

D．物质的键长越短；键能越大；则断开化学键吸收的能量越多，所以该物质越稳定，故D正确；

故选CD．

A．4p2表示4p能级有两个电子；

B．根据孤电子对与成键电子之间的作用力大；孤电子对越多，键角减小判断；

C．根据区划分标准知；属于p区的元素最后填入的电子是p电子；

D．根据键能；键长与分子稳定性的关系分析．

本题考查了元素周期表结构及键能、键长与键角的应用，题目难度中等，明确原子结构与元素周期表的关系为解答关键，注意明确物质稳定性与键能、键长的关系．【解析】【答案】CD10、A|D【分析】解：A；同主族元素自上而下；随电子层增大，元素的第一电离能逐渐减小，故A错误；

B、因为同一原子失去电子的能力越来越难，所以其电离能的大小关系为I1＜I2＜I3；故B正确；

C；同周期元素的第一电离能呈增大的趋势；但同周期第ⅡA和第ⅤA族出现反常，故C正确；

D；同周期从左到右第一电离能增大；但第IIA和第VA族反常，如第一电离能：Mg＞Al，Al的第一电离能越小，但Al的金属活泼性弱，故D错误；

故选：AD．

A；同主族元素自上而下；随电子层增大，原子核等于最外层电子引力减弱，元素的第一电离能逐渐减小．

B；同一原子失去电子的能力越来越难．

C；同周期元素；随着核电荷数的增加，最外层电子数越来越多，又第ⅡA和第ⅤA族处于稳定结构，所以第一电离能呈增大的趋势．

D；同周期从左到右第一电离能增大；但第IIA和第VA族反常．

本题考查同周期、同主族元素性质的递变规律与元素周期律实质，比较基础，注意基础知识的掌握．【解析】【答案】AD11、AC【分析】解：rm{A}rm{C}的离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒}rm{B}中离子反应为rm{CO_{2}+2OH^{-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{D}中离子反应为rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}篓TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故选AC．

离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}篓TBaCO_{3}隆媒}表示可溶性碳酸盐和钡盐反应生成碳酸钡和可溶性盐；以此来解答．

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大．【解析】rm{AC}12、CD【分析】【分析】本题考查了溶液中离子浓度大小的比较，有一定的难度，注意灵活运用三个守恒式进行分析。【解答】A.该等式应该是想书写电荷守恒，但阴离子少写了rm{c(HCO_{3}^{-})}故A错误；B.rm{0.1mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{10mL}与rm{0.1mol/L}的rm{NaHCO_{3}}溶液rm{20mL}混合后的溶液是等物质的量的rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}的混合溶液，因rm{CO_{3}^{2-}}的水解程度大于rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度，因此应该是rm{c(CO_{3}^{2-})<c(HCO_{3}^{-})}故B错误；C.rm{c(CO_{3}^{2-})<c

(HCO_{3}^{-})}rm{0.1mol隆陇L^{-1}}溶液与rm{CH_{3}COONa}盐酸等体积混合后的溶液是等物质的量的rm{0.05mol隆陇L^{-1}}rm{CH_{3}COOH}和rm{CH_{3}COONa}的混和溶液，溶液呈酸性，说明rm{NaCl}的电离程度和rm{CH_{3}COOH}的水解程度，因此有rm{CH_{3}COO^{-}}故C正确；D.根据电荷守恒可得rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}溶液中rm{c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})=c(OH^{-})-c(H^{+})}而rm{CH_{3}COOK}溶液中也有rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(OH^{-})-c(H^{+})}因两溶液rm{c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})=c(OH^{-})

-c(H^{+})}相等，因此两溶液中的rm{NaF}和rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(OH^{-})-c

(H^{+})}分别相等，因此两溶液中rm{pH}是相等的，所以两溶液中rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}故D正确。故选CD。rm{c(OH^{-})}【解析】rm{CD}13、rAB【分析】解：rm{A.}用铝制作炊具时；会使铝进入人体，需要加以控制，故A选；

B.制饮料罐；可使铝通过饮料进入人体，需要加以控制，故B选；

C.用铝制门窗；铝与人的消化系统不直接接触，铝不会因使用电缆进入人体，与人体健康无关，无需控制，故C不选；

D.炼铝厂制造铝锭与人体健康无关；无需控制，故D不选．

故选AB．

铝在人体内积累可使人慢性中毒；铝进入人体的主要途径是通过消化系统，既然铝是食品污染源之一，凡与人的食用物品及口腔接触的物品都必须控制铝的使用．

本题考查铝的性质与人体健康，为高考常见题型和高频考点，“关爱生命，拥抱健康”是人类追求的永恒主题，对营养元素与人体健康的考查也就成了热点之一，特别是元素的分类、元素的生理功能和对人体的影响等内容，难度不大．【解析】rm{AB}14、rAD【分析】解：rm{A.}含有亚甲基；所以所有原子不能共面，故A正确；

B.酚羟基能和氢氧化钠反应，所以rm{1molEGC}与rm{3molNaOH}恰好完全反应；故B错误；

C.不能发生水解反应；故C错误；

D.含有酚羟基；所以能和氯化铁溶液发生显色反应，故D正确；

故选AD．

该分子中含有苯环；醚键、醇羟基和酚羟基；具有苯、醚、醇和酚的性质，能发生加成反应、消去反应、取代反应、氧化反应、酯化反应等，以此解答该题．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚的性质，注意该物质中不含酯基，为易错点．【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】试题分析：（1）①原子经济性原则是指原子利用率高，Ⅰ是化合反应，原子利用率高达100%，答案为：Ⅰ；②根据表中数据可以看出，温度越高平衡常数越小，可以确定该反应是放热反应，△H1＜0，说明生成物的总能量一定小于反应物的总能量；③使用催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的始终态，不能改变反应的焓变，答案为：减小、减小、不变；（2）在燃料电池中，正极是通入氧气的电极，发生得电子的还原反应，即O2+2H2O+4e-=4OH-，答案为：b；a极为通入甲醇的电极，电极反应式为CH3OH+H2O—6e—=CO2+6H+。考点：考查绿色化学原子经济性、化学平衡、催化剂对化学反应的影响、燃料电池。【解析】【答案】（1）①Ⅰ②＜＜③减小减小不变（2）bCH3OH+H2O—6e—=CO2+6H+。16、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）⑴③＞②＞①（2）略N4H44++4OH-=N4+4H2O17、略

【分析】试题分析：有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，则设A分子式是CnHn,14n=70.所以n=5.根据物质之间的转化关系及B、D、E，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，而且B转化为A是在NaOH的乙醇发生的消去反应，所以B是溴代烃，A是B是C是D是E是（1）D的分子式为C5H10O；（2）E中所含官能团的名称为羧基；（3）Ⅲ的反应类型为加成反应，由于催化加氢的反应也是还原反应，故选项是a、b；（4）C和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，该反应的化学方程式为++H2O；（5）E有多种同分异构体，其中一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，不能发生消去反应，其结构简式为考点：考查有机物的结构、性质、相互转化、化学方程式、同分异构体的的书写的知识。【解析】【答案】（1）C5H10O（2）羧基（3）a、b（4）++H2O（5）18、略

【分析】解：（1）①铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10．元素周期律中；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA和第ⅢA；第ⅤA和第ⅥA互换，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为N＞O＞S；

故答案为：1S22S22P63S23P63d10；N＞O＞S；

②SO42-的价层电子对数=4+（6+2-4×2）=4，没有孤电子对，所以空间构型为正四面体型；与SO42-互为等电子体的有机分子的化学式为是CCl4；

故答案为：正四面体形，CCl4；

（2）在水中得到深蓝色透明溶液，加入乙醇析出晶体，说明在乙醇中溶解性降低，根据相似相溶分析：乙醇分子比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有共价键；离子键、配位键；

故答案为：乙醇分子比水分子极性弱；加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；共价键；离子键、配位键；

（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为：sp3，一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，CuCl3原子团的化合价为-2，其化学式为：K2CuCl3；

故答案为：sp3、K2CuCl3；

（4）铜的晶胞为面心立方最密堆积，一个晶胞能分摊到4个Cu原子；晶胞面对角线长为铜原子半径的四倍，铜原子半径==128；

1pm=10-10cm，故一个晶胞的体积为（361×10-10）3cm3；

晶胞的质量=体积×密度，一个晶胞的质量为（361×10-10）3cm3×9.00g•cm-3；

在一个体心晶胞含4个铜原子，故铜的摩尔质量=×晶胞的质量×NA；

64g•mol-1=×（361×10-10）3cm3×9.00g•cm-3×NA；

得NA=mol-1；

故答案为：128；mol-1．

（1）①先判断金属离子的化合价；再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于4s能级的能量，失电子时，先失去最外层上的电子；N；O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小；

②根据SO42-中S原子的价层电子对数判断；原子数相同；价电子数也相同的微粒互为等电子体；

（2）根据相似相容原理判断；阴阳离子存在离子键；非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；

（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，据此判断；一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，CuCl3原子团的化合价为-2；据此书写；

（4）铜的晶胞为面心立方最密堆积；根据其晶胞的堆积类型判断，三个铜原子相切，形成晶胞的面对角线，由此得到铜原子半径；根据铜摩尔质量=摩尔体积×密度计算．

本题考查了物质结构与性质，题目涉及电子排布式、第一电离能、等电子体、化学键、晶胞的计算等，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．【解析】1s22s22p63s23p63d10；N＞O＞S；正四面体形；CCl4；乙醇分子比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；离子键、配位键、共价键；sp3杂化；K2CuCl3；128；mol-119、A.rm{(1)}rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}

rm{(2)-CHO}酯基

rm{(3)}取代反应

rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{2}=CHCHClCH_{3}+HCl隆煤}

rm{CH_{3}CHClCHClCH_{3}}rm{(5)5}

B.rm{13}

rm{(1)}消去反应

rm{(2)}

rm{(3)}rm{+}

rm{HCOOH+}rm{(4)}【分析】【分析】本题考查的是有机物推断，有一定的难度。【解答】A.根据已知分析，rm{E}含有两个相邻碳上的羟基，则rm{F}为含有两个相邻碳上的氯原子，则rm{F}为rm{CH_{3}CHClCHCH_{3}}rm{E}为rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}rm{D}为rm{CH_{3}CHO}rm{A}为乙醇，rm{B}为乙酸，则rm{C}含有rm{8}个碳原子，根据rm{C}的苯环上一氯代物有rm{2}种，且能与氯化铁发生显色反应，与碳酸氢钠溶液产生二氧化碳，所以所以rm{C}含有酚羟基，和rm{-CH_{2}COOH}rm{(1)}根据以上分析，rm{C}为，rm{E}为rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHOHCHOHCH}，故答案为：rm{3}；rm{3}为乙醛，官能团为醛基，rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}含有酯基，故答案为：rm{(2)D}；酯基；rm{I}到rm{-CHO}为烯烃的取代反应，故答案为：取代反应；rm{(3)H}为乙醛，到rm{G}为醛的银镜反应，方程式为：rm{(4)D}rm{B}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHO+2Ag(NH}rm{OHunderrightarrow{triangle}CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{2}rm{2}rm{OHunderrightarrow{triangle

}CH}rm{3}rm{3}，rm{COONH}到rm{4}为烯烃的加成反应，方程式为：rm{4}rm{+2Ag隆媒+3NH}rm{3}rm{3}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{G}，故答案为：rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}；rm{F}rm{CH}rm{2}的核磁共振氢谱图上有rm{2}组吸收峰，满足要求的同分异构体要含有酚羟基和醛基和酯基，所以结构中含有酚羟基和甲酸酯基，若苯环上连接三个取代基，分别为酚羟基和甲酸酯基和甲基，则有rm{=CHCHClCH}种结构，若连接两个取代基，分别为酚羟基和rm{3}则有rm{3}种结构，共rm{+HCl隆煤}种，其中吸收峰面积为rm{CH}的结构简式为故答案为：rm{3}；rm{3}；B.rm{CHClCHClCH}能与浓溴水发生反应产生分子式为rm{3}白色沉淀，rm{3}的核磁共振氢谱中只出现rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}组峰。则rm{CH_{2}=CHCHClCH_{3}+HCl隆煤}为rm{CH_{3}CHClCHClCH_{3}}为rm{(5)}为则rm{5}为酯，rm{10}为甲酸，rm{-CH_{2}OOCH}为甲酸酯，rm{3}为乙醛。rm{13}根据以上分析，rm{1:1:2:2}为rm{5}为故答案为：rm{13}的反应类型为羟基发生的消去反应，故答案为：消去反应；rm{C}反应rm{C8H7Br3O}方程式为反应rm{C}的方程式为：rm{4}rm{C}故答案为：rm{D}rm{E}rm{A}rm{B}”的所有同分异构体含有羧基和一个苯环，核磁共振氢谱有rm{F}组峰，结构为故答案为：rm{G}【解析】A.rm{(1)}rm{CH_{3}CHOHCHOHCH_{3}}rm{(2)-CHO}酯基rm{(3)}取代反应rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{(4)CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHunderrightarrow{triangle

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{2}=CHCHClCH_{3}+HCl隆煤}rm{CH_{3}CHClCHClCH_{3}}rm{(5)5}B.rm{13}rm{(1)}消去反应rm{(2)}rm{(3)}rm{+}rm{HCOOH+}rm{(4)}20、略

【分析】【解析】试题分析：（1）、VA=(2-1.7)÷(2×10)mol·L-1·s-1=0.015mol·L-1，所以x=3(2)、B的转化率为20%，所以反应了的B为2mol×20%=0.4mol，根据反应方程式反应了的A为0.8mol，则40s内VA=0.8mol÷2L÷40s=0.01mol·L—1·s—1（3）、平衡时容器中n(A）=（2-0.8）=1.2mol，n(B）=2-0.4=1.6mol，n(C)=1.2mol,密闭容器，体积分数等于摩尔分数，等于1.6÷（1.6+1.2+1.2）=40%（4）、注意固体物质没有浓度，根据化学计量数=0.63÷（0.62×0.8）=0.75（5）、这是一个反应前后气体压强不变的反应，故D错，但是反应后气体质量减小，密度也会减小，当气体密度不变时，可说明反应达到平衡，C、E对。A项均表达的是正反应速率，不能表面反应平衡；B项中为表明是瞬间还是长时间保持不变，错。（6）、K*=33÷（52×6)=0.06<0.75，故反应未达到平衡，且v（正）>v（逆）考点：化学反应速率的计算、影响因素，化学平衡的移动及常数的计算【解析】【答案】（1）3（2）0.01mol·L—1·s—1（3）40%（4）0.75（5）CE（6）否大于21、略

【分析】解：由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以（CH3）2N-NH2和四氧化二氮N2O4的反应是放热反应，所以热化学方程式为：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）=3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=（a-b）KJ/mol，故答案为：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）=3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=（a-b）KJ/mol．

根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热并书写热化学方程式；注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态．

本题考查反应热与能量变化，侧重于考查学生的分析能力和自学能力，题目难度不大，注意把握题给信息，答题时注意仔细审题．【解析】（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）=3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=（a-b）KJ/mol四、解答题(共1题，共5分)22、略

【分析】

1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，则分子中含有2个C=C键或1个C≡C，1个某链烃分子已引入2个Cl原子形成卤代烷；1mol该卤代烷能和6molCl2发生取代反应，说明1个卤代烷中引入6个Cl原子，所以最后的有机化合物1个分子含有8个Cl原子，则C原子数目为3，故该烃的分子式为为C3H4，故答案为：C3H4．

【解析】【答案】根据1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，则分子中含有2个C=C键或1个C≡C，1mol该卤代烷能和6molCl2发生取代反应；说明1个卤代烷中引入6个Cl原子，加成时1个某链烃分子已引入2个Cl原子形成卤代烷，所以1个最后的有机化合物中分子共含有8个Cl原子，以此来解答．

五、工业流程题(共2题，共8分)23、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D24、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.022