2024年浙教版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年浙教版高三化学下册月考试卷501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、不同条件下，甲烷可以发生如下反应，其中属于取代反应的是（）A.CH4+H2O→CO+3H2B.2CH4→C2H2+3H2C.2CH4→C+2H2D.CH4+F2→CH3F+HF2、欲配制含有大量下列各离子的溶液，能够实现的是（）A.Na+、CO32-、OH-、H+B.Cu2+、Na+、H+、SO42-C.Mg2+、K+、Cl-、OH-D.H+、NO3-、Na+、ClO-3、下列说法正确的一组是()

rm{垄脵}不溶于水的盐都是弱电解质rm{垄脷CO_{2}}和rm{HC}rm{l}都是化合物又是电解质rm{垄脹0.5}rm{mol}rm{/L}所有一元酸中氢离子浓度部是rm{0.5}rm{mol}rm{/L垄脺}强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度rm{垄脻}电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子rm{垄脼}熔融的电解质都能导电．A.rm{垄脵垄脹垄脻垄脼}B.rm{垄脷垄脺垄脻垄脼}C.只有rm{垄脻}D.只有rm{垄脻垄脼}4、下列说法错误的是（）A.某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应B.2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0C.反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0D.CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞05、明代rm{隆露}天工开物rm{隆路}记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，rm{}然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，rm{}冷定，毁罐取出，rm{}即倭铅也”rm{(}注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭rm{).}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.倭铅是指金属锌和铅的混合物B.煤炭中起作用的主要成分是rm{C}C.冶炼rm{Zn}的过程中有氧化还原反应发生D.该冶炼锌的方法属于热还原法评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、下列叙述错误的是（）A.标准状况下，5LCH4气体与5LNH3气体的原子个数之比为5：4B.常温常压下，11.2LO3中所含氧原子个数大于1.5NAC.同温、同压下，相同体积的N2和CO气体具有相同的分子数和相同的密度D.同温、同压下，等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比为11：77、许多马路两旁的树干都均匀地涂抹了石灰水．下列有关说法正确的是（）A.饱和石灰水加入生石灰，若温度不变，则溶液中Ca2+的物质的量不变B.饱和石灰水加入生石灰，若温度不变，则pH不变C.升高饱和石灰水的温度时，Ca（OH）2的溶度积常数Ksp不变D.石灰水显碱性，能使蛋白质变性，所以有防治树木害虫病的作用8、“酸碱质子理论”认为凡是能够给出质子（H+）的分子或离子都是酸，凡是能够接受质子的分子或离子都是碱，物质酸性（碱性）的强弱取决于分子或离子给出（接受）质子能力的大小．按照“酸碱质子理论”，下列说法正确的是（）A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑是酸碱反应B.ClO-+H2O⇌HClO+OH-是酸碱反应C.碱性强弱顺序：OH-＞ClO-＞CH3COO-D.HCO3-既是酸又是碱，NH3既不是酸又不是碱9、常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LCaCl2溶液等体积混合：c（Na+）+c（Ca2+）═c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+2c（Cl-）B.将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液：c（H+）+c（H2CO3）═c（OH-）+c（CO32-）+c（NH3•H2O）C.0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LHCl溶液混合至pH=7：c（Na+）＞c（Cl-）=c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）D.0.2mol/L氨水与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Cl-）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH-）10、下列有关物质的量浓度关系中，正确的是rm{(}rm{)}A.等物质的量浓度等体积的rm{NH_{4}HSO_{4}}和rm{NaOH}溶液混合：rm{c(Na^{+})=c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}B.室温下，rm{pH=3}的醋酸与rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等体积混合：rm{c}rm{(Na^{+})>c}rm{(CH_{3}COO^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.浓度均为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}CH_{3}COONa}rm{NaHCO_{3}}rm{-ONa}溶液中：若rm{c(OH^{-})}分别为rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}}则rm{c_{3}>c_{2}>c_{1}}D.rm{NaHCO_{3}}溶液中：rm{c(Na^{+})=c(H_{2}CO_{3})+c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}11、由物质rm{X}合成乙烯雌酚rm{Y}的一种路线如下：

下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.化合物rm{x}中不含有手性碳原子B.rm{1mol}化合物rm{Y}与浓溴水反应，最多消耗rm{5mol}rm{Br_{2}}C.在一定条件下化合物rm{Y}能发生加聚反应、缩聚反应D.在氢氧化钠水溶液中加热，化合物rm{X}能发生消去反应12、下列有关实验室一般事故的预防和处理方法正确的是（）A.燃着的酒精灯打翻失火，应用黄沙扑灭B.少量浓硫酸溅到手，马上用大量水冲洗，再涂上稀硼酸C.金属钠着火，用CO2灭火D.不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、某实验小组向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2；会依次发生如下反应：

①Cl2+2I-═2Cl-+I2

②Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+

③5Cl2+I2+6H2O═10Cl-+2IO3-+12H+

其中Fe3+，I2的物质的量随n（Cl2）的变化如图所示．

请回答下列问题：

（1）当n（Cl2）=0.13mol时，不考虑水的电离及金属离子的水解，分析溶液中所含金属阳离子，以及其物质的量____（写出必要的计算过程；否则不得分）．

（2）当溶液中n（Cl-）：n（IO3-）=10：1时，通入的Cl2在标准状况下的体积为____L（写出必要的计算过程，否则不得分）14、有机物F是合成一种新型降压药替米沙坦的中间体；可由如图所示的路线合成：

F是新型降压药替米沙坦的中间体；可由下列路线合成：

（1）B中含氧官能团的名称是____．

（2）A→B的反应类型属于____，E→F的反应类型属于____．

（3）C→D的化学方程式为____．

（4）关于E的下列说法正确的是____（填正确答案标号）

A．可以与氢氧化钠溶液发生反应B．苯环上的二氯代物有3种C.1molE能与4molH2发生加成反应。

（5）满足下列条件的B的所有同分异构体有____种．

①含有苯环②含有酯基③能与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成红色沉淀．

写出其中苯环上一氯代物只有两种结构的有机物的结构简式____

（6）以苯酚为基础原料经三步反应合成解热镇痛药扑热息痛：（其它试剂自选），请写出合成路线（合成路线的书写请仿照本题流程图，在箭头上标出自选试剂）：____．15、姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用；其合成路线如下：

已知：

i．1molG最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为：3mol；2mol、1mol．

ii．

iii．（R1、R2、R3为烃基或氢原子）

请回答：

（1）B→C的反应类型是____．

（2）C→D反应的化学方程式是____．

（3）E的核磁共振氢谱中有两个峰，E中含有的官能团名称是____．E→G反应的化学方程式是____．

（4）下列有关香兰醛的叙述不正确的是____．

a．香兰醛能与NaHCO3溶液反应。

b．香兰醛能与浓溴水发生取代反应。

c．1mol香兰醛最多能与3molH2发生加成反应。

（5）写出一种符合下列条件的香兰醛的同分异构体的结构简式____．

①苯环上的一硝基取代物有2种②1mol该物质水解；最多消耗3molNaOH

（6）姜黄素的分子中有2个甲基，其结构简式是____．

（7）可采用电解氧化法由G生产有机物J，则电解时的阳极反应式是____．16、（8分）现有A、B、C、D、E五种可溶强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）。。阳离子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子OH—、Cl—、CO32—、NO3—、SO42—已知：①A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性。②向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失。③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀。试回答下列问题：（1）A溶液呈碱性的原因是。（2）写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式____。（3）已知：NaOH（aq）+HNO3（aq）=NaNO3（aq）+H2O（1）；△H=—akJ·mol-1。请写出相同条件下B与C的稀溶液反应的热化学方程式。（4）若25°时C、E溶液pH=4，则E溶液中水电离出的氢离子浓度是C溶液中水电离出的氢离子浓度倍。（5）将C溶液逐滴加入等体积、等物质的量的浓度的A溶液中，反应后溶液中一价离子（+1或一1）浓度由大到小的顺序为____。17、写出下列元素基态原子的电子排布式：29Cu____

32Ge（简式）____．18、（1）研究CO2在海洋中的转移和归宿；是当今海洋科学研究的前沿领域．

海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上；其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：

①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置如图）；将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂．

②滴定，将吸收液洗后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=____mol/L．

（2）室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH____0.1mol/LNa2SO3溶液的pH．（选填“大于”、“小于”或“等于”）．浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为____．

已知：

H2SO3Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7

HClOKi1=2.95×10-8

H2CO3Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11．19、按要求书写：

（1）羟基的电子式____；

（2）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式____；

（3）分子式为C7H8O；能与金属钠反应，但不能与氢氧化钠反应的芳香族化合物的结构简式为。

____；

（4）含C、H、O三种元素的有机物，燃烧时消耗的氧气和生成的CO2、H2O之间物质的量之比为1：2：2，则此类有机物中最简单的一种结构简式是____；

（5）相对分子质量为58的某烃，其核磁共振氢谱只有2个峰，则它的结构简式为____．20、指出下列原子的杂化轨道类型及分子的结构式；立体构型并判断该分子的极性．

（1）H2S分子中的S采取____杂化，分子的结构式____，立体构型____，分子的极性____；

（2）CH2O中的C采取____杂化，分子的结构式____，立体构型____，分子的极性____；

（3）CH4分子中的C采取____杂化，分子的结构式____，立体构型____，分子的极性____．21、已知碳碳双键可以被臭氧氧化：有机物A可以发生如下图所示的变化，其中E不能发生银镜反应，M的分子内含有七元环状结构。(1)A的结构简式为________。(2)A～M中，互为同系物的是________(填字母代号)。(3)B的同分异构体中，具有链状结构的酯类物质有________种，请写出其中一种物质的结构简式：________。(4)写出下列反应的化学方程式。①F―→G：______________________。②C＋L―→M：______________________。评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)22、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）23、海带中碘元素提取时氧化滤液中的I-时，通入氯气，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去．____．（判断对错说明理由）评卷人得分五、计算题(共1题，共6分)24、(7分)将标准状况下4.48L的CO2通入适量的NaOH溶液中充分反应后，溶液中生成盐的质量为19.0g。（1）若要使生成的盐的质量变为25.2g，则应继续向溶液中通入CO2多少克？（写出计算过程）（2）向生成的19.0g的盐溶液中加入一定量某物质，充分反应后，减压低温蒸发得到纯净的21.2gNa2CO3固体。则：①若只能加入0.05mol某物质，则加入的物质可以是________或________。②若只能加入0.10mol某物质，则加入的物质可以是________或________。评卷人得分六、解答题(共1题，共6分)25、已知H2B在水溶液中存在以下电离：

一级电离：H2BH++HB-，二级电离：HB-H++B2-

请回答以下问题：

（1）NaHB溶液______（填“呈酸性”；“呈碱性”或“无法确定”）；原因是______．

（2）若0.1mol•L-1的H2B溶液在某温度下的pH=3，c（B2-）=1×10-6mol•L-1，则H2B的一级电离的电离度为______．

（3）某温度下，在0.1mol•L-1的NaHB溶液中；以下关系一定不正确的是______

A．c（H+）•c（OH-）=1×10-14

B．pH＞1

C．c（OH-）=2c（H2B）+c（HB-）+c（H+）

D．c（Na+）=0.1mol•L-1≥c（B2-）

（4）某温度下，FeB（s）Fe2+（aq）+B2-（aq）的平衡常数表达式为KSP=c（Fe2+）•c（B2-）；FeB在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法错误的是______

A．a点对应的KSP等于b点对应的KSP

B．d点无沉淀生成。

C．可以通过升温实现由c点变到a点。

D．此温度下，KSP=4×10-18．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：A、由方程式CH4+H2O→CO+3H2知；反应前后碳；氢元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误．

B、由方程式2CH4→C2H2+3H2知；该反应是由一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应，故B错误．

C、由方程式2CH4→C+2H2知；该反应是由一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应，故C错误．

D、由方程式CH4+F2→CH3F+HF知；甲烷中的氢原子被氟原子取代生成一氟甲烷，属于取代反应，故D正确．

故选D．2、B【分析】【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子能够共存，即可实现溶液的配制．【解析】【解答】解：A．因OH-、H+能结合生成水，CO32-、H+结合生成水和气体；则不能共存，即不能实现，故A错误；

B．该组离子之间不反应；可实现溶液的配制，故B正确；

C．因Mg2+、OH-能结合生成沉淀；则不能共存，即不能实现，故C错误；

D．因H+、ClO-能结合生成弱电解质；则不能共存，即不能实现，故D错误；

故选B．3、C【分析】略【解析】rm{C}4、B【分析】【分析】A．根据△H-T•△S＜0反应自发分析；

B．该反应△S＜0；要使△H-T•△S＜0反应自发，必有△H＜0；

C．该反应△S＜0；在室温下△H-T•△S＜0反应自发；

D．该反应△S＞0，△H-T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0．【解析】【解答】解：A．△H-T•△S＜0反应自发；吸热反应△H＞0，只有△S＞0才能使△H-T•△S＜0，故A正确；

B．该反应气体体积减小；△S＜0，要使△H-T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故B错误；

C．该反应△S＜0；在室温下△H-T•△S＜0反应自发，必有△H＜0，故C正确；

D．该反应有气体生成；△S＞0，△H-T•△S＞0不能自发进行，必有△H＞0，故D正确；

故选B．5、A【分析】解：rm{A.}由题意可知；倭铅是指金属锌，不是混合物，故A错误；

B.反应中rm{C}作还原剂，则煤炭中起作用的主要成分是rm{C}故B正确；

C.碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式：rm{ZnCO_{3}+2Cdfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Zn+3CO隆眉}故C正确；

D.依据方程式可知rm{ZnCO_{3}+2Cdfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Zn+3CO隆眉}该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质，属于热还原法，故D正确；

故选A．

依据题意可知：碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式：rm{ZnCO_{3}+2Cdfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Zn+3CO隆眉}得到的锌为倭铅，据此解答．

本题考查了金属的冶炼，准确把握题干信息，明确发生的反应及锌的性质是解题关键，题目难度不大．rm{ZnCO_{3}+2Cdfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Zn+3CO隆眉}【解析】rm{A}二、双选题(共7题，共14分)6、B|D【分析】解：A．相同的状况下，体积之比等于物质的量之比，则CH4气体与NH3气体的物质的量之比为1：1；原子个数之比为5：4，故A正确；

B．常温常压下，11.2LO3不是0.5mol，气体摩尔体积大于22.4L•mol-1，物质的量小于0.5mol，所以原子数小于1.5NA；故B错误；

C．因为N2和CO在同温同压下；体积也相同，所以物质的量相同，分子数相同，因为摩尔质量相同，所以密度相同，故C正确；

D．同温；同压下；等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比等于气体的摩尔质量之比，为28g/mol：44g/mol=7：11，故D错误．

故选BD．

A．由V=nVm可知相同的状况下；体积之比等于物质的量之比；

B．常温常压下，11.2LO3不是0.5mol；

C．因为N2和CO在同温同压下；体积也相同，所以物质的量相同，分子数相同，因为摩尔质量相同，所以密度相同；

D．同温同压下；密度之比等于摩尔质量的之比．

本题考查物质的量为中心的计算及阿伏伽德罗定律的应用，注意根据阿伏加德罗定律我们可以推断出以下结论：①同温、同压：=②同温、同压：=③同温、同体积：=．本题属于较简单题．【解析】【答案】BD7、B|D【分析】解：A、加入的生石灰和水反应生成氢氧化钙，水少了，原来的饱和溶液要析出氢氧化钙，则溶液中Ca2+的物质的量减少；故A错误；

B；向饱和石灰水中加少量生石灰后不仅消耗水；仍为饱和溶液，饱和溶液的浓度与温度有关，温度不变，则饱和溶液浓度不变，所以pH不变，故B正确；

C、饱和石灰水的溶解度随温度升高而减小，所以升高饱和石灰水的温度时，Ca（OH）2溶度积常数Ksp减小；故C错误；

D；碱能使蛋白质发生变性；失去生理活性，故D正确；

故选BD．

A；加入的生石灰和水反应生成氢氧化钙；水少了，原来的饱和溶液要析出氢氧化钙；

B；饱和溶液的浓度与温度有关；

C；饱和石灰水的溶解度随温度升高而减小；

D；碱能使蛋白质发生变性；失去生理活性．

本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，本题注意Ca（OH）2溶解度随温度升高而减小．【解析】【答案】BD8、B|C【分析】A；活泼金属与水发生的氧化还原反应；而不是酸碱反应，故A错误；

B、C1O-接受质子是碱，而H2O给出质子是酸，所以C1O-+H2O⇌HClO+OH-是酸碱反应；故B正确；

C；物质碱性的强弱取决于分子或离子接受质子能力的大小；氢氧根接受质子能力强次氯酸根离子，次氯酸根强于醋酸根离子，故C正确；

D、NH3可以结合质子是碱，HCO3-既可以给出质子也可以接受质子；所以既是酸又是碱，故D错误；

故选BC．

酸碱质子理论：凡是能够给出质子（H+）的物质都是酸、凡是能够接受质子的物质都是碱，所以所有酸都能够释放出H+，能结合H+的都是碱．为酸碱两性物质的是属于酸又属于碱；必须符合能给出质子又能结合质子，据此即可解答．

本题考查两性物质的概念，解答本题关键是要严格按照酸与碱的定义考虑，是能给出质子（H+）还是能接受质子，题目难度中等．【解析】【答案】BC9、B|D【分析】解：A.0.1mol/LCH3COONa溶液中物料守恒c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），0.1mol/LCaCl2溶液中2c（Ca2+）=c（Cl-），等体积混合c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+c（Cl-）；故A错误；

B．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），溶液中存在物料守恒，即：c（Na）=c（Cl），c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）+c（NH3•H2O）；故B正确；

C.0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LHCl溶液混合至pH=7，c（H+）=c（OH-），溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa、NaCl，存在电荷守恒得到c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+），c（CH3COO-）＞c（Cl-）=c（CH3COOH）；故C错误；

D.0.2mol/L氨水与0.1mol/LHCl溶液等体积混合得到等浓度一水合氨和氯化铵溶液，一水合氨电离程度大于铵根离子水解溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒为c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液中存在物料守恒2c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），c（Cl-）+c（H+）-c（NH3•H2O）+c（OH-）；故D正确；

故选BD．

A．依据溶液中物料守恒分析判断；

B．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），溶液中存在物料守恒，即：c（Na）=c（Cl），c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；计算分析判断；

C.0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LHCl溶液混合至pH=7；依据溶液电荷守恒分析判断；

D.0.2mol/L氨水与0.1mol/LHCl溶液等体积混合得到等浓度一水合氨和氯化铵溶液；一水合氨电离程度大于铵根离子水解溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算分析．

本题考查了电解质溶液中反应产物判断、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、质子守恒等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】BD10、rAC【分析】解：rm{A.}等物质的量浓度等体积的rm{NH_{4}HSO_{4}}和rm{NaOH}溶液混合，反应后的溶液溶质为rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NH_{4}^{+}}水解，溶液呈酸性，则rm{c(Na^{+})=c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}一般来说，单水解的程度较弱，则有rm{c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})}应有rm{c(Na^{+})=c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故A正确；

B.醋酸为弱酸，室温下，rm{pH=3}的醋酸与rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则有rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故B错误；

C.已知酸性：rm{c

(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}>}酸性越弱，对应的盐类水解程度越大，则浓度均为rm{-OH}rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COONa}rm{NaHCO_{3}}溶液中：若rm{-ONa}分别为rm{c(OH^{-})}rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}}故C正确；

D.根据物料守恒可知，rm{c_{3}>c_{2}>c_{1}}溶液中存在rm{NaHCO_{3}}故D错误．

故选AC．

A.等物质的量浓度等体积的rm{c(Na^{+})=c(H_{2}CO_{3})+c(HCO_{3}^{-})+c(CO_{3}^{2-})}和rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液混合，反应后的溶液溶质为rm{NaOH}和rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}SO_{4}}水解；溶液呈酸性；

B.醋酸为弱酸，室温下，rm{NH_{4}^{+}}的醋酸与rm{pH=3}的rm{pH=11}溶液等体积混合；醋酸过量，溶液呈酸性；

C.首先判断对应酸的酸性强弱；酸性越弱，对应的盐类水解程度越大；

D.从物料守恒的角度分析．

本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离和盐类水解的比较，在比较此类题目中，常利用电荷守恒、物料守恒，答题时注意体会．rm{NaOH}【解析】rm{AC}11、rBC【分析】解：rm{A.}化合物rm{x}中与rm{Br}相连的rm{C}连接rm{4}个不同基团；该碳原子为手性碳原子，故A错误；

B.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}和碳碳双键，则rm{1mol}化合物rm{Y}与浓溴水反应，最多消耗rm{5mol}rm{Br_{2}}故B正确；

C.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}可发生缩聚反应；含碳碳双键可发生加聚反应，故C正确；

D.氢氧化钠水溶液中加热，化合物rm{X}发生水解反应，在rm{NaOH}醇溶液中加热发生消去反应；故D错误；

故选BC．

A.化合物rm{x}中与rm{Br}相连的rm{C}连接rm{4}个不同基团；

B.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}和碳碳双键；

C.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}和碳碳双键；

D.氢氧化钠水溶液中加热，化合物rm{X}发生水解反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、烯烃、卤代烃的性质，题目难度不大．【解析】rm{BC}12、A|D【分析】解：A．沙子不燃烧；能隔绝空气，可用来灭火，故A正确；

B．浓硫酸溅到皮肤上；应立即用布擦去，再用水冲，最后涂上碳酸氢钠溶液，故B错误；

C．钠着火生成过氧化钠；与二氧化碳；水都反应，则不能用二氧化碳、水灭火，故C错误；

D．不慎将酸溅到眼中；应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛，故D正确．

故选AD．

A．沙子不燃烧；

B．浓硫酸沾在皮肤上时；先擦拭再用水冲洗；

C．钠着火生成过氧化钠；可与二氧化碳或水反应生成氧气，且钠与水反应生成氢气；

D．应立即用大量水冲洗；边洗边眨眼睛．

本题考查了化学实验安全以及事故处理方法，题目难度不大，掌握化学实验时常见意外事故的处理方法是解题关键．【解析】【答案】AD三、填空题(共9题，共18分)13、0.04molFe2+，0.06molFe3+6.72【分析】【分析】（1）根据图象，结合反应Cl2+FeI2=FeCl2+I2知，当通入0.1molCl2时碘离子完全被氧化生成碘单质；碘化亚铁的物质的量是0.1mol，结合方程式计算生成的；

（2）当溶液中n（Cl-）：n（IO3-）=10：1时，Fe2+全部被氧化为Fe3+，由（1）可知碘化亚铁的物质的量是0.1mol，设碘酸根的物质的量是x，则氯离子的物质的量是10x，根据氧化还原反应中得失电子数相等计算x，再根据原子守恒计算出消耗的氯气．【解析】【解答】解：（1）根据图象，结合反应Cl2+FeI2=FeCl2+I2知，当通入0.1molCl2时碘离子完全被氧化生成碘单质；碘化亚铁的物质的量是0.1mol；

剩余的0.03molCl2与Fe2+反应生成Fe3+，由Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+可知0.03molCl2消耗0.06molFe2+，生成0.06molFe3+，则溶液中剩余0.04molFe2+；

故答案为：0.04molFe2+，0.06molFe3+；

（2）当溶液中n（Cl-）：n（IO3-）=10：1时，碘离子转化为碘酸根离子时，Fe2+全部被氧化为Fe3+；由（1）可知碘化亚铁的物质的量是0.1mol；

设碘酸根的物质的量是x，则氯离子的物质的量是10x，根据氧化还原反应中得失电子数相等得x×6+（0.2-x）×1+0.1×1=10x×1，x=0.06，所以溶液中碘酸根的物质的量是0.06mol，氯离子的物质的量是0.6mol，根据Cl2～2Cl-知；氯气的物质的量是0.3mol，氯气的体积=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；

故答案为：6.72．14、羧基氧化反应取代反应B4【分析】【分析】（1）（2）（3）C与甲醇反应生成D，由D的结构可知C为B与浓硝酸发生取代反生成C，则B为A发生氧化反应生成B，D中硝基被还原为氨基生成E，E与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成F；

（4）A．E含有酯基；可以与氢氧化钠溶液发生反应，故A正确；

B．苯环上有3种H原子；任意2种氢原子位置都不相同，利用组合法或换元法；定一移一法判断；

C．苯环与氢气发生加成反应；

（5）B（）的同分异构体符合：含有苯环，含有酯基且能与新制Cu（OH）2反应，应是甲酸形成的酯，有1个侧链为-CH2OOCH或2个侧链为-CH3；-OOCH；有邻、间、对三种；苯环上一氯代物只有两种，应含有2个不同的取代基且处于对位；

（6）由E、F的转化可知，合成应由与CH3COCl反应制备，故苯酚发生硝化反应生成再发生还原反应可得．【解析】【解答】解：C与甲醇反应生成D，由D的结构可知C为B与浓硝酸发生取代反生成C，则B为A发生氧化反应生成B，D中硝基被还原为氨基生成E，E与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成F；

（1）B为含氧官能团的名称是：羧基，故答案为：羧基；

（2）A→B的反应类型属于氧化反应；E→F的反应类型属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；

（3）C→D的化学方程式为故答案为：

（4）A．E含有酯基；可以与氢氧化钠溶液发生反应；

B．苯环上有3种H原子；任意2种氢原子位置都不相同，其苯环上的二氯取代与一氯取代数目相等，有3种二氯取代产物，故B正确；

C．苯环与氢气发生加成反应；1molE与氢气发生加成反应需要3mol氢气，故C错误；

故选：B；

（5）B（）的同分异构体符合：含有苯环，含有酯基且能与新制Cu（OH）2反应，应是甲酸形成的酯，有1个侧链为-CH2OOCH或2个侧链为-CH3；-OOCH；有邻、间、对三种，故共有4种；

苯环上一氯代物只有两种，应含有2个不同的取代基且处于对位，该同分异构体结构简式为：

故答案为：4；

（6）由E、F的转化可知，合成应由与CH3COCl反应制备，故苯酚发生硝化反应生成再发生还原反应可得合成路线流程图为

故答案为：．15、略

【分析】

乙烯和溴发生加成反应生成B1、2-二溴乙烷，B生成C，C生成DC2H2O2，D为乙二醛，结构简式为OHC-CHO，则C是乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH，D反应生成E，E的核磁共振氢谱中有两个峰，说明E中含有两类氢原子，则E的结构简式为OHC-COOH，E反应生成G，1molG最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为：3mol、2mol、1mol，说明G中含有一个羧基、一个酚羟基、一个醇羟基，所以G的结构简式为：G中醇羟基被氧化生成羰基，即G被氧化生成J，J反应生成K，结合已知信息得，K的结构简式为：香兰醛反应生成姜黄素，姜黄素的分子中有2个甲基，结合已知信息得，姜黄素的结构简式为：．

（1）1；2-二溴乙烷和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成乙二醇；该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；

（2）乙二醇被氧气氧化生成乙二醛，反应方程式为：HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

故答案为：HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

（3）E的结构简式为OHC-COOH，则E中含有醛基和羧基，E→G反应的化学方程式为

故答案为：醛基、羧基，

（4）香兰醛的结构简式为

a．香兰醛不含羧基，所以不能与NaHCO3溶液反应；故错误；

b．香兰醛含有酚羟基；所以能与浓溴水发生取代反应，故正确；

c．能和氢气发生加成反应的是醛基和苯环，所以1mol香兰醛最多能与4molH2发生加成反应；故错误；

故选ac；

（5）苯环上的一硝基取代物有2种，说明是含有两个取代基且处于对位，1mol该物质水解，说明含有酯基，最多消耗3molNaOH，结合其分子式知水解后的产物含有2个酚羟基和一个羧基，所以该结构简式为故答案为：

（6）通过以上分析知，姜黄素的结构简式为

故答案为：

（7）可采用电解氧化法由G生产有机物J，则说明G失电子发生氧化反应，所以电解时的阳极反应式是

故答案为：．

【解析】【答案】乙烯和溴发生加成反应生成B1、2-二溴乙烷，B生成C，C生成DC2H2O2，D为乙二醛，结构简式为OHC-CHO，则C是乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH，D反应生成E，E的核磁共振氢谱中有两个峰，说明E中含有两类氢原子，则E的结构简式为OHC-COOH，E反应生成G，1molG最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为：3mol、2mol、1mol，说明G中含有一个羧基、一个酚羟基、一个醇羟基，所以G的结构简式为：G中醇羟基被氧化生成羰基，即G被氧化生成J，J反应生成K，结合已知信息得，K的结构简式为：香兰醛反应生成姜黄素，姜黄素的分子中有2个甲基，结合已知信息得，姜黄素的结构简式为：．

16、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）CO32—+H2OHCO3—+OH—（1分）（2）3Ba2++8OH—+2Al3++3SO42—==3BaSO4↓+2AlO2—+4H2O（2分）（3）Ba（OH）2（ap）+2HCl（ap）==BaCl2（ap）+2H2O（l）△H=-2akJ·mol-1（2分）（4）106（1分）（5）c（Na+）>c（C1－）>c（HCO3－）>c（OH－）>c（H+）（2分）17、1s22s22p63s23p63d104s1|1s22s22p63s23p63d104s24p2【分析】【解答】解：Cu为29号元素，原子核外有29个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；

Ge为32号元素，原子核外有32个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；1s22s22p63s23p63d104s24p2；

【分析】根据元素原子的核外电子数，结合能量最低原理书写核外电子排布式；18、大于SO32-＞CO32-＞HCO3-＞HSO3-【分析】【分析】（1）①由题意可知；需从酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么需要滴加酸将其酸化，且吹出的气体中不能含有与NaOH反应的气体，装置中导气管应从遵循“长进短出”原则；

②依据原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O计算二氧化碳；

（2）酸的电离平衡常数越小；其对应的酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液的pH越高；

根据电离平衡常数知，酸的电离平衡常数大小顺序是：H2SO3＞HSO3-＞H2CO3＞HCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-＞HCO3-＞SO32-＞HSO3-，这些弱酸根离子都水解但程度都较小，据此判断．【解析】【解答】解：（1）①酸化海水，利用氮气将二氧化碳吹出，且吹出的气体中不能含有与NaOH反应的气体，所以选用稀硫酸，且装置中导气管遵循“长进短出”原则，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：

故答案为：

②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为mL，依据题意有c×z=xy，解c=mol/L，故答案为：；

（2）酸的电离平衡常数越小，其对应的酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液的pH越高，电离平衡常数HSO3-＞HClO，所以水解程度ClO-＞SO32-，所以相同温度下0.1mol/LNaClO溶液的pH大于0.1mol/LNa2SO3溶液的pH；

根据电离平衡常数知，酸的电离平衡常数大小顺序是：H2SO3＞HSO3-＞H2CO3＞HCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-＞HCO3-＞SO32-＞HSO3-，这些弱酸根离子都水解但程度都较小，所以离子浓度大小顺序是SO32-＞CO32-＞HCO3-＞HSO3-；

故答案为：大于；SO32-＞CO32-＞HCO3-＞HSO3-．19、C（CH3）4C6H5-CH2OHHCOOHCH（CH3）3或CH3CH2CH2CH3【分析】【分析】（1）根据电子式的书写方法来书写；

（2）根究烷烃的通式和分子量来确定有机物质的分子式；并书写符合条件的结构简式；

（3）醇可以和金属钠反应；但是不和氢氧化钠反应；

（4）根据原子守恒和最简式的确定来回答；

（5）核磁共振氢谱只有2个峰，则有机物质中含有两种类型的等效氢原子．【解析】【解答】解：（1）羟基是氧原子和氢原子之间通过共价键形成的9电子微粒，电子式为：

故答案为：

（2）相对分子质量为72的烷烃是戊烷，支链越多则沸点越低，所以沸点最低的戊烷是：C（CH3）4；

故答案为：C（CH3）4；

（3）芳香族化合物C7H8O可以是苯甲醇；甲基苯风等物质；其中）醇可以和金属钠反应，但是不和氢氧化钠反应；

故答案为：C6H5-CH2OH；

（4）有机物燃烧时消耗的氧气和生成的CO2、H2O之间物质的量之比为1：2：2，所以最简式为CH2O2；最简单的一种是HCOOH；

故答案为：HCOOH；

（5）相对分子质量为58的某烃为丁烷；其核磁共振氢谱只有2个峰，则含有两种类型的等效氢原子；

故答案为：CH（CH3）3或CH3CH2CH2CH3．20、sp3V形极性sp2平面三角形非极性sp3正四面体形非极性【分析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子中原子杂化方式及分子空间构型，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数，分子中正负电荷重心重合的为非极性分子，不重合的为非极性分子，据此分析解答．【解析】【解答】解：（1）H2S分子中S原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，所以S原子采用sp3杂化，为V形结构，结构式为正负电荷重心不重合，为极性分子；

故答案为：sp3；V；极性；

（2）CH2O中的C价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以采取sp2杂化，分子的结构式立体构型平面三角形，该分子中正负电荷重心重合，为非极性分子；

故答案为：sp2；平面三角形；非极性；

（3）CH4分子中的C原子价层电子对个数是4，则C原子采取sp3杂化，分子的结构式立体构型为正四面体形，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，故答案为：sp3；正四面体形；非极性．21、略

【分析】由A的分子式为C7H12O3判断A的结构中存在一个酯基，再由其水解产物C的分子式为C3H8O2，可以得到B的分子式为C4H6O2。由于C中的碳原子已经完全饱和，故C为醇，B为羧酸。B可能的结构简式：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)COOH，前两种物质中碳碳双键被臭氧氧化所得到的物质均可以发生银镜反应，不合题意。CH2=C(CH3)COOH被臭氧氧化可以得到HCHO和CH3COCOOH。CH3COCOOH不能发生银镜反应，所以B的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，D为HCHO，E为CH3COCOOH。E与H2发生加成反应得到F，F为CH3CH(OH)COOH。G也可以被臭氧氧化，判断F到G为消去反应，G的结构简式为CH2=CHCOOH。G被臭氧氧化后得到HCHO和OHCCOOH，即H为OHCCOOH，H再被氧化得到HOOCCOOH。由于M分子内含有七元环状结构，判断C为二元醇，且其结构简式为HOCH2CH2CH2OH。由B和C的结构确定A的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH2OH。【解析】【答案】四、判断题(共2题，共14分)22、×【分析】【分析】稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀