2025年沪科版高三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2025年沪科版高三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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、奥运会中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德．某种兴奋剂的结构简式如图所示．有关该物质的说法中正确的是（）A.该物质与苯酚属于同系物B.该物质不能使酸性KMnO4溶液褪色C.1mol该物质与浓溴水反应时最多消耗Br2为4molD.该分子中的所有原子共平面2、下表各组物质中，满足下图物质一步转化关系的选项是（）A.NaNaOHNaHCO3B.CuCuSO4Cu（OH）2C.CCOCO2D.SiSiO2H2SiO33、某无色溶液含有①Na+、②Ba2+、③Cl一、④Br一、⑤SO32一、⑥SO42一离子中的若干种；依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：

。步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）

A.肯定含有的离子是①④⑤

B.肯定没有的离子是②⑥

C.不能确定的离子是①

D.不能确定的离子是③⑤

4、一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2-。下列对该燃料电池说法正确的（）A．在熔融电解质中，O2-由负极移向正极B．通入空气的一极是正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-C．通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10+26e-+13O2-=4CO2+5H2OD．在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体5、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2型分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0．76g/L;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A.原子半径:W>Z>Y>X>MB.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物C.由X元素形成的单质不一定是导体D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既含有离子键，又含有共价键评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、已知石油裂解已成为生产H的主要方法；E的溶液能发生银镜反应，G是具有香味的液体，各物质间能发生如下转化关系．试回答；

（1）写出H发生加聚反应的方程式：____

（2）D→E的化学方程式：____

（3）E→F的化学方程式：____

（4）F→G的化学方程式：____

（5）写出G的同分异构体中与CH3COOH互为同系物的结构简式：____．7、相对分子质量为84的烃；能使溴水褪色。

（1）如该烃分子中所有的碳原子都在同一个平面内，则该烃的结构简式为：____名称为：____．

（2）如该烃和溴化氢加成只能生成一种产物，则满足该要求的该烃有____种。

（3）如该烃分子组成含有两个甲基，则满足该要求的该烃有____种．8、乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下(部分反应条件已略去)：请回答下列问题：(1)A物质的化学名称是____________________________________________；(2)B和A反应生成C的化学方程式为________________________________，该反应的类型为__________________________________________________；(3)写出乙烯生成聚乙烯的化学方程式为_____________________________，该反应的单体为____________，链节为___________，聚合度为__________。9、合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．其原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol；据此回答以下问题：

（1）①该反应的化学平衡常数表达式为K=____．

②根据温度对化学平衡的影响规律可知，对于该反应，温度越高，其平衡常数的值越____．

（2）某温度下，若把10molN2与30molH2置于体积为10L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下反应的K=____（可用分数表示）．能说明该反应达到化学平衡状态的是____（填字母）．

a．容器内的密度保持不变b．容器内压强保持不变。

c．v正（N2）=2v逆（NH3）d．混合气体中c（NH3）不变。

（3）对于合成氨反应而言，如图有关图象一定正确的是（选填序号）____．

（4）相同温度下，有恒容密闭容器A和恒压密闭容器B，两容器中均充入1molN2和3molH2，此时两容器的体积相等．在一定条件下反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ；B中NH3的体积分数为b，放出热量Q2kJ．则：a____b（填“＞”、“＜”或“=”，下同），Q1____92.4．

（5）在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）═xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB、3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，下列叙述中不正确的是____

A．若平衡时；甲；乙两容器中A的物质的量不相等，则X=4

B．平衡时；甲；乙两容器中A、B的物质的量之比相等。

C．平衡时甲中A的体积分数为40%

D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器压强之比为8：5．10、已知X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，s能级电子数是p能级电子数的两倍；Z原子L层上有2对成对电子；Q是第三周期中电负性最大的元素；E+的M层3d轨道电子全充满．请回答下列问题：

（1）XZ2分子中含有____个σ键、____个π键，写出XZ2的电子式____．

（2）X、Y、Z第一电离能由小到大的顺序为____＜____＜____（填元素符号）．

（3）Z氢化物的沸点比Q氢化物的沸点高，理由是____．

（4）E元素基态原子的电子排布式为____．

（5）E2+能与Y的氢化物形成配合物离子，该配合物离子中提供空轨道接受孤对电子的微粒是____，画出配合物离子中的配位键____．11、提示下列信息。

某无支链的环状一氯代烃A（分子式为C6H11Cl）可发生如下转化关系：

试回答下列问题：

（1）A的结构简式为____；

（2）指出下列转化的反应类型：C→D：____

（3）写出D→E的化学方程式：____

（4）A的链状同分异构体有多种．各写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式．

①只有一个甲基：____

②有3个甲基，但不存在顺反异构体：____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、22.4LNO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为NA．____（判断对错）13、化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的____．（判断对错）14、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）15、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）16、6.02×1023个NaCl分子中含有Na+数目为NA____（判断对错），若不正确，理由是____．17、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）18、判断下列说法的正误．

（1）任何一种原子核内都含有质子和中子．____

（2）元素的种类和核素的种类相同．____

（3）同位素和核素都属于原子．____

（4）互为同位素的原子性质完全相同．____

（5）1940K与2040Ca属于同位素．____

（6）O2与O3属于同位素．____

（7）1940K与1939K属于同位素．____．19、常温常压下，16gCH4中所含中子数为10NA____（判断对错）20、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分四、探究题(共4题，共40分)21、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．22、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：23、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．24、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分五、综合题(共1题，共8分)25、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】该分子中含有酚羟基、碳碳双键、苯环，且连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以该物质具有酚、烯烃、苯、甲苯的性质，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．该分子中含有碳碳双键；且含有多个酚羟基，所以不是苯酚同系物，故A错误；

B．该分子中连接苯环的碳原子上含有氢原子；甲基能被酸性高锰酸钾氧化生成羧基，故B错误；

C．苯环上酚羟基的邻对位氢原子能被溴原子取代，溴能和碳碳双键发生加成反应，所以1mol该物质与浓溴水反应时最多消耗Br2为4mol；故C正确；

D．该分子中含有甲基；所以该分子中的所有原子不能共平面，故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】A、Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na；

B、Cu（OH）2不能直接得到Cu；

C、C与少量的氧气反应得到CO，CO与氧气反应得到CO2，CO2与Mg反应可以得到C；

D、SiO2与水不反应．【解析】【解答】解：A、Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na；故A错误；

B、Cu与浓硫酸反应可以得到CuSO4，CuSO4与氢氧化钠等反应生成Cu（OH）2，Cu（OH）2不能直接得到Cu；故B错误；

C、C与少量的氧气反应得到CO，CO与氧气反应得到CO2，CO2与Mg反应可以得到C；故C正确；

D、Si与氧气在一定条件下可以反应生成SiO2，SiO2与水不反应，制取H2SiO3；应由硅酸盐和酸反应制备，故D错误；

故选C．3、A【分析】

由于溶液是无色混合溶液，则有色离子不存在，PH测得溶液PH大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则含有SO32-，一定没有Ba2+；

溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色证明原溶液含④Br-；

分液后加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明溶液中可能含硫酸根离子，过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3；有白色沉淀生成，证明是氯离子，但（2）加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子；

根据以上分析溶液中一定含有SO32-、Br-，无Ba2+；

依据电荷守恒，溶液中一定含Na+；

所以溶液中一定存在的离子是①④⑤；

故选A．

【解析】【答案】根据盐类水解分析溶液呈碱性；是含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子，根据离子共存，判断出不存在的离子；

根据萃取现象确定所含溴离子；

（3）操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子；

（4）操作步骤中的现象证明含氯离子；但由于（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；

最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在．

4、D【分析】原电池中阴离子移向负极，A错；正极反应为O2+4e-=2O2-，B错；负极反应为：C4H10-26e-+13O2-=4CO2+5H2O，C错；根据得失电子数相等，D正确。【解析】【答案】D5、C【分析】试题分析：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0．76g•L-1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22．4L/mol×0．76g•L-1＝17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W的质子数为（6+7+8+1）×0．5＝11，所以W为Na元素，则A、原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H），故A错误；B、选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2是离子化合物，不是直线型共价化合物，故B错误；C、碳的同素异形体很多，石墨可以导电，但金刚石不是导体，故C正确；D、X、Y、Z、M四种元素可形成化合物（NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，故D错误，故选C。考点：考查无机填空题的推断以及元素周期律的应用【解析】【答案】C二、填空题(共6题，共12分)6、2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O2CH3CHO+O22CH3COOHCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2OCH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH【分析】【分析】E的溶液能发生银镜反应，应含有醛基，而E氧化生成F，由F的分子式可知E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，可知D为CH3CH2OH，H和水加成得乙醇，则H为CH2=CH2，以此解答该题．【解析】【解答】解：E的溶液能发生银镜反应，应含有醛基，而E氧化生成F，由F的分子式可知E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，可知D为CH3CH2OH，H和水加成得乙醇，则H为CH2=CH2；

（1）H为乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的方程式为

故答案为：

（2）D→E为乙醇的催化氧化反应，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（3）E→F为乙醛的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH；

故答案为：2CH3CHO+O22CH3COOH；

（4）F→G的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

（5）G为CH3COOCH2CH3，G的一种与CH3COOH互为同系物，即含有羧基，则符合条件的同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH；

故答案为：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH．7、（CH3）2C=C（CH3）22，3-二甲基-2-丁烯26【分析】【分析】某烃的相对分子质量为84，分子中C原子数目最大值==7，故烃分子式为C6H12；能使溴水褪色，含有碳碳双键．

（1）若烃分子中所有的碳原子在同一平面上；不饱和碳原子分别连接甲基；

（2）如该烃和溴化氢加成只能生成一种产物；且关于碳碳双键对称；

（3）如该烃分子组成含有两个甲基，若碳碳双键不在端位，没有支链，移动双键位置，若碳碳双键在端位，含有1条支链，据此书写判断．【解析】【解答】解：某烃的相对分子质量为84，分子中C原子数目最大值==7，故烃分子式为C6H12；

（1）若烃分子中所有的碳原子在同一平面上，含有碳碳双键，不饱和碳原子分别连接甲基，结构简式为：（CH3）2C=C（CH3）2，名称为2，3-二甲基-2-丁烯，故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2；2；3-二甲基-2-丁烯；

（2）如该烃和溴化氢加成只能生成一种产物，含有碳碳双键，且关于碳碳双键对称，符合条件的结构简式有：CH3CH2C=CCH2CH3、（CH3）2C=C（CH3）2；故答案为：2；

（3）如该烃分子组成含有两个甲基，若碳碳双键不在端位，没有支链，移动双键位置，有CH3CH=CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH=CHCH2CH3，若碳碳双键在端位，含有1条支链，则有：CH2=CHCH2CH（CH3）2、CH2=CHCH（CH3）CH2CH3、CH2=C（CH3）CH2CH2CH3、CH2=C（CH2CH3）CH2CH3，故共有6种，故答案为：6．8、略

【分析】解答本题应注意以下两点：(1)常见有机物之间的转化关系及反应的化学方程式；(2)高分子化合物的单体和链节。根据典型有机物之间的转化关系很容易推知A是CH3CH2OH，B是CH3COOH，C是CH3COOCH2CH3。【解析】【答案】(1)乙醇(2)CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应(或取代反应)(3)CH2＝CH2—CH2—CH2—n9、小bdac＜＜C【分析】【分析】（1）①依据平衡常数概念和化学方程式书写平衡常数表达式；用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积；

②反应是放热反应；升温，平衡逆向进行，平衡常数减小；

（2）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；结合平衡常数概念计算得到；平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项；

（3）a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大；温度高，平衡逆向移动；

b．平衡时浓度不一定相等；

c．使用催化剂加快反应速率；对平衡无影响；

（4）恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ；

而恒压密闭容器B，均充入1molN2和3molH2；反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动；

（5）反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B，应有3+1=x，即反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K=；

故答案为：；

②该反应为放热反应；升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，温度越高，K越小；

故答案为：小；

（2）设氮气消耗物质的量为x

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

开始130

转化x3x2x

平衡1-x3-3x2x

平衡混合气体中氨的体积分数为20%，×100%=20%；

解得x=，平衡常数K==；

由平衡的特征“等”；“定”可判定平衡；则。

a．容器的体积；气体的质量始终不变；则容器内的密度保持不变，不能判断平衡，故a错误；

b．该反应为反应前后体积不等的反应，则容器内压强保持不变，达到平衡，故b正确；

c．υ正（N2）=2υ逆（NH3）；正逆反应速率不等，反应没有达到平衡，故c错误；

d．混合气体中c（NH3）不变；为平衡的特征，达到平衡，故d正确；

故答案为：；bd；

（3）a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大；温度高，平衡逆向移动，与图象一致，故a正确；

b．平衡时浓度不一定相等，平衡浓度取决起始浓度和转化率，图象表示错误，故b错误；

c．使用催化剂加快反应速率；对平衡无影响，平衡时物质的浓度不变，与图象一致，故c正确；

故答案为：ac；

（4）恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ；

而恒压密闭容器B，均充入1molN2和3molH2，反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动，氨气的体积分数变大，所以a＜b，B中放出的热量对，则Q1＜Q2，热化学方程式中反应热为完全反应放出的热量，而A中不能完全转化，放出的热量少，则Q1＜92.4；

故答案为：＜；＜；

（5）3A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s）

甲6200

乙1.50.532

反应一段时间后都达到平衡；此时测得甲；乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态；

A．若平衡时；甲；乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A正确；

B．反应一段时间后都达到平衡；此时测得甲；乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B正确；

C．C的体积分数都为0.2；则AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；

D．x=4；则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确．

故选C；

故答案为：C．10、22CONH2O分子间能形成氢键，HCl分子间不能形成氢键ls22s22p63s23p63d104s1Cu2+【分析】【分析】X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，则X原子核外电子数为6，故X为碳元素；Z原子L层上有2对成对电子，则Z原子核外电子排布为1s22s22p4，故Z为氧元素；Y原子序数介于碳元素与氧元素之间，故Y为氮元素；Q是第三周期中电负性最大的元素，Q为Cl元素；E+的M层3d轨道电子全充满，则其核外电子数为2+8+18+1=29，故E为Cu，据此解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，则X原子核外电子数为6，故X为碳元素；Z原子L层上有2对成对电子，则Z原子核外电子排布为1s22s22p4，故Z为氧元素；Y原子序数介于碳元素与氧元素之间，故Y为氮元素；Q是第三周期中电负性最大的元素，Q为Cl元素；E+的M层3d轨道电子全充满；则其核外电子数为2+8+18+1=29，故E为Cu．

（1）CO2分子结构式为O=C=O，双键中含有1个σ键、1个π键，故CO2分子中含有2个σ键、2个π键，电子式为

故答案为：2、2；

（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势；但氮原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量降低，失去电子需要能量较高，故N元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜O＜N；

故答案为：C；O；N；

（3）氧元素的电负性很强，H2O分子间能形成氢键；HCl分子间不能形成氢键，氢键比分子间作用力强，故水的沸点高于HCl；

故答案为：H2O分子间能形成氢键；HCl分子间不能形成氢键；

（4）E为Cu元素，基态原子的电子排布式为：ls22s22p63s23p63d104s1；

故答案为：ls22s22p63s23p63d104s1；

（5）Cu2+能与NH3形成配合物离子，NH3含有孤电子对，提供孤对电子，Cu2+含有空轨道，接受孤对电子，配合物离子[Cu（NH3）4]2+中的配位键为

故答案为：．11、加成反应【分析】【分析】C6H11Cl在氢氧化钠醇溶液加热下，发生消去反应生成烯，所以B含有碳碳双键．由信息可知C中含有碳氧双键（羰基或醛基），C与氢气发生加成反应生成D为醇，D与乙酸反应生成E，由E的分子式可知，E为二元酯，所以D为二元醇，根据酯化反应可推断D分子式为C6H14O2，E分子中含有两个甲基且没有支链，所以B为环己烯，A为一氯环己烷，结构简式为C为OHC（CH2）4CHO，D为HOCH2（CH2）4CH2OH；

CH3COOCH2（CH2）4CH2OOCCH3，据此解答．【解析】【解答】解：C6H11Cl在氢氧化钠醇溶液加热下，发生消去反应生成烯，所以B含有碳碳双键．由信息可知C中含有碳氧双键（羰基或醛基），C与氢气发生加成反应生成D为醇，D与乙酸反应生成E，由E的分子式可知，E为二元酯，所以D为二元醇，根据酯化反应可推断D分子式为C6H14O2，E分子中含有两个甲基且没有支链，所以B为环己烯，A为一氯环己烷，结构简式为C为OHC（CH2）4CHO，D为HOCH2（CH2）4CH2OH；

CH3COOCH2（CH2）4CH2OOCCH3；

（1）由上述分析可知，A的结构简式为故答案为：

（2）C→D是碳氧双键与氢气发生的加成反应；故答案为：加成反应；

（3）D→E的化学方程式为：

故答案为：

（4）A的链状同分异构体有多种；含有1个碳碳双键，符合下列条件的一种同分异构体的结构简式．

①只有一个甲基：②有3个甲基，但不存在顺反异构体：

故答案为：．三、判断题(共9题，共18分)12、×【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，状况不知，无法求物质的量，故答案为：×．×13、√【分析】【分析】树状分类就是一个确定范围内的物质之间所包含的关系有子概念与母概念，所谓子概念就是下一代有上一代的部分因素，母概念是上一代所包含其后代中部分的全部概念据此解答．【解析】【解答】解：酸；碱、盐和氧化物都属于化合物；则化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的，故说法正确；

故答案为：√．14、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LO3的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于3nA；

故答案为：×．15、√【分析】【分析】氯气与KI反应生成I2，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，说明继续被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，发生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案为：√，原因是过量的氯气和碘反应生成HIO3而导致溶液褪色．16、×【分析】【分析】NaCl属于离子晶体，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因为NaCl属于离子化合物，不存在分子，故错误，故答案为：×，因为NaCl属于离子化合物，不存在分子．17、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．18、×【分析】【分析】（1）氢原子不含有中子；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数；

（3）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素，核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

（4）同位素的化学性质相同但物理性质不同；

（5）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（6）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（7）具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素．【解析】【解答】解：（1）氢原子不含有中子；故答案为：×；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数，故后者多，故答案为：×；

（3）同位素和核素都属于原子；故答案为：√；

（4）元素的原子的最外层电子数决定了元素性质；而同位素的外层电子数相等，所以它们的化学性质几乎完全相同，但物理性质不一定相同，故答案为：×；

（5）质子数不同；为不同元素的原子，不是同位素关系，故答案为：×；

（6）O2与O3均为单质；为氧的同素异形体，故答案为：×；

（7）1940K与1939K有相同质子数、不同中子数，互为同位素，故答案为：√．19、×【分析】【分析】1个CH4中含有的中子数为6个，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此时H原子不含中子，则1个CH4中含有的中子数为6个，1mol甲烷含有6NA个中子．

故答案为：×．20、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．四、探究题(共4题，共40分)21、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．22、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO