2025年鲁人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年鲁人新版高二化学上册月考试卷328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、下列说法正确的是（）A.向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色B.Al3＋、NO3-、Cl－、CO32-、Na＋可大量共存于pH＝2的溶液中C.乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质D.分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同2、按下图的装置进行电解，A极是铜锌含金，B极为纯铜。电解质溶液中含有足量的Cu2＋。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则A极合金中Cu、Zn的原子个数比为A.4：1B.3：1C.2：1D.5：33、下列关于实验室制取乙烯的实验，其中说法正确的是（）A.乙醇和浓硫酸体积比为3∶1B.温度计应插入反应物液体中C.加热混合液至140℃左右D.向浓硫酸中注入乙醇4、某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，则该烃的分子式不可能为（）A.CH4B.C5H12C.C8H18D.C9H205、下列实验装置、试剂选用及实验操作都正确的是rm{(}rm{)}A.用甲干燥rm{Cl_{2}}B.用乙除去rm{CO_{2}}中的rm{HCl}C.用丙配制一定浓度的rm{H_{2}SO_{4}}D.用丁收集一瓶rm{H_{2}}6、有rm{垄脵Na_{2}CO_{3}}溶液、rm{垄脷CH_{3}COONa}溶液、rm{垄脹NaOH}溶液各rm{25mL}物质的量浓度均为rm{0.1mol/L}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.三种溶液rm{pH}的大小顺序是rm{垄脹>垄脷>垄脵}B.若将三种溶液稀释相同倍数，rm{pH}变化最大的是rm{垄脷}C.若分别加入rm{25mL0.1mol/L}盐酸后，rm{pH}最大的是rm{垄脵}D.若三种溶液的rm{pH}均为rm{9}则物质的量浓度的大小顺序是rm{垄脹>垄脵>垄脷}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（14分）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH=－99kJ·mol-1。请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示____、____，E的大小对该反应的反应热____（填“有”或“无”）影响。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点____（填“升高”还是“降低”），△H____(填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是____（2）图中△H=____KJ·mol-18、某研究小组将V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)．回答下列问题：

(1)研究小组做该实验时环境温度____________(填“高于”；“低于”或“等于”)22℃；判断的依据是____________．

(2)由题干及图形可知，V1/V2=____________时；酸碱恰好完全中和，此反应所用NaOH溶液的浓度应为____________mol/L．

(3)若通过实验测定及有关计算知此反应共放出QKJ的热量，请写出此反应的热化学方程式：____________．9、材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础。

rm{垄脵}有机高分子材料的出现是材料发展史上的一次重大突破。下列物质中含有有机高分子材料的是______；rm{(}填字母代号rm{)}

A.普通水泥rm{B.}普通玻璃rm{C.}汽车轮胎。

rm{垄脷}钢铁是目前用量最大的铁合金。钢铁接触海水发生电化学腐蚀，其负极反应式为______；rm{(}填字母代号rm{)}

A.rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}rm{B.Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}

因此，为防止轮船船体被腐蚀，可在船体上安装一定量的______。rm{(}填字母代号rm{)}

A.锌块rm{B.}铜块。10、按要求回答下列问题：

rm{(1)}的系统命名为______；

rm{(2)3}甲基rm{2}戊烯的结构简式为______；

rm{(3)}的分子式为______；

rm{(4)垄脵}丁烷、rm{垄脷2}甲基丙烷、rm{垄脹}戊烷、rm{垄脺2}甲基丁烷、rm{垄脻2}rm{2}二甲基丙烷，物质的沸点由高到低排列顺序是______．11、rm{(}常温下呈液态的不饱和高级脂肪酸甘油酯称为植物油，呈固态的饱和高级脂肪酸甘油酯称为脂肪，它们统称为油脂。油脂中必需脂肪酸含量越多，熔点越低、营养价值_______rm{(}填越高或越低rm{)}其中对人体最重要的必需脂肪酸是亚油酸。根据结构特点，油脂兼有酯类和不饱和烃类物质的性质。在人体中油脂主要在小肠中在酶的催化作用下发生水解反应，生成__________和_____________。12、按系统命名法命名下列各物质或根据有机物的名称；写出相应的结构简式．

rm{{垄脵}}______

rm{垄脷(CH_{3})_{2}CH-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}

rm{垄脹}______

rm{垄脺2}rm{4-}二甲基戊烷______

rm{垄脻3}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷______

rm{垄脼3}rm{3-}二甲基丁烯______．评卷人得分三、计算题(共5题，共10分)13、常温下某液态有机物A10.6g和标况下30LO2完全反应，只生成CO2和液态水，将剩余的气体先通过浓硫酸浓硫酸增重9g，再将剩余的气体通过足量的碱石灰，气体减少17.92L（标况），已知该有机物蒸气相对于相同状况下氢气密度为53。（1）求该有机物A的分子式（要有计算过程）（2）又已知该有机物A的核磁共振氢谱中显示有两个峰，且面积之比为3：2。写出A的结构简式并命名14、氢氧化钡是一种使用广泛的化学试剂。某课外小组通过下列实验测定某试样中Ba(OH)2·nH2O的含量。（1）称取3.50g试样溶于蒸馏水配成100mL溶液，从中取出10.0mL溶液于锥形瓶中，与0.100mol/LHCl标准溶液反应，完全反应共消耗标准液20.0mL（杂质不与酸反应），求试样中氢氧化钡的物质的量。（2）另取5.25g试样加热至失去全部结晶水（杂质不分解），称得质量为3.09g，求Ba(OH)2·nH2O中的n值。（3）试样中Ba(OH)2·nH2O的质量分数为____15、（5分）有机物A和B都含C：40%，H：6.7%，O：53.3%，在标准状况下，A蒸气密度为1.34克/升，B的相对分子量为60，A易溶于水，其水溶液能发生银镜反应。B溶液显酸性。试写出A、B的结构简式及名称。（要求计算过程）16、某气态烃在标准状况下的密度为2.5g/L，1.12g该烃完全燃烧，生成物通入足量的石灰水，产生8g白色沉淀．若将该烃通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫色褪去．通过计算确定该烃的分子式，并写出该烃可能的结构简式．17、如图装置所示，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，rm{A}rm{B}为外接直流电源的两极rm{.}将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色rm{.(}忽略溶液体积变化，rm{Ag}的相对原子质量为rm{108)}请回答下列问题：

rm{(1)B}极是电源的______；一段时间后，丁中rm{X}极附近的颜色逐渐变浅，rm{Y}极附近的颜色逐渐变深，这表明______，在电场作用下向rm{Y}极移动．rm{(2)}若两装置中rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为______．rm{(3)}若将rm{C}电极换为铁；其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是______．

rm{(4)}若丙装置中盛有rm{500mLAgNO_{3}}溶液，电解一段时间后溶液的rm{pH=1(}不考虑rm{AgNO_{3}}对溶液酸碱性的影响rm{)}则丙装置中_____极上析出银的质量为_____rm{g}评卷人得分四、简答题(共3题，共30分)18、钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用回答下列问题：

rm{(1)}基态rm{K}原子中，核外电子占据的最高能层的符号是______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为______。和rm{Cr}属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属rm{K}的熔点、沸点等都比金属rm{Cr}低；原因是______。

rm{(2)X}射线衍射测定等发现，rm{I_{3}AsF_{6}}中存在rm{I^{+}_{3}}离子．rm{I}rm{I}rm{+}rm{+}rm{3}rm{3}离子的几何构型为______，中心原子的杂化类型为______。rm{(3)KIO}rm{(3)KIO}分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示，与rm{{,!}_{3}}紧邻的晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，晶胞中rm{K}rm{I}rm{O}分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示，与rm{K}紧邻的rm{O}个数为______。个数为______。

rm{K}在rm{I}rm{O}rm{K}处于各顶角位置，则rm{O}处于______位置，rm{(4)}在rm{KIO}处于______位置。

rm{(4)}19、肉桂酸甲酯的球棍模型如图所示（图中球与球之间连线表示单键或双键）。

（1）肉桂酸甲酯的分子式为______。

（2）肉桂酸甲酯能发生的反应类型是______（填字母代号）。a．加成反应b。酯化反应c。消去反应d取代反应。

（3）肉桂酸甲酯与NaOH溶液反应生成的相对分子质量较小的有机物的结构简式是______。

（4）某化合物的分子式为C5H11Cl，其核磁共振氢谱图中显示三种峰且面积之比为6：4：1，则该物质的结构简式为______。20、正丁醛是一种化工原料rm{.}某实验小组利用如下装置合成正丁醛rm{.}发生的反应如下：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OHxrightarrow[H_{2}SO_{4},triangle]{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO}

反应物和产物的相关数据列表如下：

。rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH

xrightarrow[H_{2}SO_{4},triangle

]{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO}沸点rm{/隆忙}密度rm{/(g?cm^{-3})}水中溶解性正丁醇rm{117.2}rm{0.810}rm{9}微溶正丁醛rm{75.7}rm{0.801}rm{7}微溶实验步骤如下：

将rm{6.0g}rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}放入rm{100mL}烧杯中，加rm{30mL}水溶解，再缓慢加入rm{5mL}浓硫酸，将所得溶液小心转移至rm{B}中rm{.}在rm{A}中加入rm{4.0g}正丁醇和几粒沸石，加热rm{.}当有蒸气出现时，开始滴加rm{B}中溶液rm{.}滴加过程中保持反应温度为rm{90隆芦95隆忙}在rm{E}中收集rm{90隆忙}以下的馏分rm{.}将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集rm{75隆芦77隆忙}馏分，产量rm{2.0g.}

回答下列问题：

rm{(1)}实验中，能否将rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液加到浓硫酸中；说明理由______．

rm{(2)}加入沸石的作用是______rm{.}若加热后发现未加沸石；应采取的正确方法是______．

rm{(3)}上述装置图中，rm{B}仪器的名称是______，rm{D}仪器的名称是______．

rm{(4)}分液漏斗使用前必须进行的操作是______rm{(}填正确答案标号rm{)}．

A.润湿rm{B.}干燥rm{C.}检漏rm{D.}标定。

rm{(5)}将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在______层rm{(}填“上”或“下”rm{)}．

rm{(6)}反应温度应保持在rm{90隆芦95隆忙}其原因是______．评卷人得分五、工业流程题(共4题，共32分)21、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___。22、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23、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________%。24、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分六、推断题(共4题，共36分)25、氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为从而具有胶黏性rm{.}某种氰基丙烯酸酯rm{(G)}的合成路线如下：

已知：

rm{垄脵A}的相对分子质量为rm{58}氧元素质量分数为rm{0.276}核磁共振氢谱显示为单峰。

rm{垄脷}rm{xrightarrow[NaOH({脦垄脕驴})]{HCN({脣庐脠脺脪潞})}}

回答下列问题：

rm{

xrightarrow[NaOH({脦垄脕驴})]{HCN({脣庐脠脺脪潞})}}的化学名称为______．

rm{(1)A}的结构简式为______rm{(2)B}其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______．

rm{.}由rm{(3)}生成rm{C}的反应类型为______．

rm{D}由rm{(4)}生成rm{D}的化学方程式为______．

rm{E}中的官能团有______、______、______rm{(5)G}填官能团名称rm{.(}

rm{)}的同分异构体中，与rm{(6)G}具有相同官能团且能发生银镜反应的共有______种rm{G}不含立体结构rm{.(}rm{)}26、根据下面的反应路线及所给信息填空

rm{(1)A}的结构简式是______；名称是___________．

rm{(2)垄脵}的反应类型______，rm{垄脹}的反应类型__________．

rm{(3)}反应rm{垄脷}的化学方程式______________________________

rm{(4)}下列有关有机物具有的性质叙述正确的是______

A、不能使酸性高锰酸钾溶液褪色rm{B}易溶于水C、rm{1}rm{mol}该有机物最多与rm{1}rm{mol}rm{H_{2}}发生加成反应rm{D}能使溴水褪色．27、在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子构型为rm{4s^{2}4p^{6}}与其同周期的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为rm{2}rm{2}rm{1}rm{7}其中rm{A}rm{C}两元素原子的次外层电子数为rm{8{,}B}rm{D}两元素原子的次外层电子数为rm{18{,}E}rm{D}两元素处于同族，且在该族元素中，rm{E}的气态氢化物的沸点最高．

rm{(1)B}元素在周期表中的位置______．

rm{(2)E}的气态的氢化物在同族元素中沸点最高的原因是______．

rm{(3)A}rm{C}两元素第一电离能______rm{{>}}______rm{{.}(}填元素符号rm{)}28、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是短周期中的元素，它们的原子序数依次增大rm{.A}元素原子形成的离子核外电子数为rm{0}rm{C}rm{D}在元素周期表中处于相邻的位置，rm{B}原子的最外层电子数是内层电子数的rm{2}倍rm{.E}元素与rm{D}元素同主族；rm{E}的单质为黄色晶体．rm{(1)}请写出rm{C}元素的名称；rm{(2)A}rm{D}rm{E}三元素组成的化合物的化学键类型是；rm{(3)}上述元素的氢化物稳定性最强的是；rm{(4)}写出rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四元素形成的离子化合物的化学式．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】碳酸钠水解溶液显碱性，A正确；Al3＋和CO32—水解相互促进生成氢氧化铝沉淀和CO2，不能大量共存，B不正确；乙醇是非电解质，C不正确；硫酸是二元强酸，所以分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时；消耗NaOH的物质的量硫酸消耗的多，D不正确，答案选A。

【点评】电解质与溶解性是无关系的，判断是否是电解质时，应该抓住能否发生自身的电离。2、B【分析】B是阴极，始终是铜离子放电析出铜。A是阳极，先是锌失去电子进入溶液，然后是铜失去电子，进入溶液。所以根据反应式Zn＋Cu2＋＋=Zn2＋＋Cu可知每消耗1mol锌，溶液质量增加1g，所以合金中锌的物质的量是0.03mol，同时析出的铜也是0.03mol，质量是1.92g。所以合金中铜的质量是7.68g－1.92g＝5.76g，物质的量是0.09mol，所以合金中Cu、Zn的原子个数比为3：1。答案选B。【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】解：核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰；说明只含有一种氢原子，甲烷和乙烷分子中都只有1种H原子，则：

从CH4的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C5H12，依此类推得到C17H36、C53H108；

从CH3CH3的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C8H18，依此类推得到C26H54、C80H162；

所以不可能的为C9H20；

故选D．

核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，说明只含有一种氢原子，从CH4的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C5H12，依此类推得到C17H36；从CH3CH3的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C8H18，依此类推得到C26H54等．

本题主要考查有机物分子式的确定，题目难度中等，明确同分异构体的书写原则为解答关键，注意把握解答方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．【解析】【答案】D5、A【分析】解：rm{A.}氯气可用浓硫酸干燥；且气体从长导管进入，符号操作要求，故A正确；

B.二者都与碳酸钠反应；应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；

C.容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液；且只能在常温下使用，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，故C错误；

D.氢气的密度比空气小；应用向下排空法收集，故D错误．

故选A．

A.氯气可用浓硫酸干燥；

B.二者都与碳酸钠反应；

C.不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸；

D.氢气的密度比空气小．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的干燥、混合物分离提纯实验、溶液的配制等，把握物质的性质及实验装置图的作用、反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，题目难度不大．【解析】rm{A}6、C【分析】【分析】本题考查盐类水解、rm{pH}的计算等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、rm{pH}与浓度的关系等知识即可解答。【解答】A.等浓度时强碱的rm{pH}最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液rm{pH}的大小顺序是rm{垄脹>垄脵>垄脷}故A错误；

B.稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，rm{pH}变化最大的是rm{垄脹}故B错误；

C.等体积等浓度混合后，rm{垄脵}中溶质为rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}rm{垄脷}中溶质为rm{NaCl}rm{CH_{3}COOH}rm{垄脹}中溶质为rm{NaCl}rm{HCO_{3}^{-}}离子水解显碱性，所以rm{pH}最大的是rm{垄脵}故C正确；

D.三种溶液的rm{pH}均为rm{9}rm{c(OH^{-})=10^{-5}mol/L}rm{c(NaOH)=10^{-5}mol/L}但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以rm{c(CH_{3}COONa)>c(Na_{2}CO_{3})>10^{-5}mol/L}所以三种溶液的rm{pH}均为rm{9}则物质的量浓度的大小顺序是rm{垄脷>垄脵>垄脹}故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）图中A表示反应物总能量，B表示活化能，C表示生成物总能量。活化能的大小对反应的反应热没有影响。催化剂可降低反应的活化能，但对反应反应热不影响。故答案为：反应物总能量；生成物总能量；无；降低；不变；因为催化剂可以降低反应活化能，但不能改变反应物总能量和生成物总能量之差；（2）因为反应为2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，△H=－99kJ·mol-1´2=－198kJ·mol-1考点：反应热及其计算【解析】【答案】（1）反应物总能量；生成物总能量；无；降低；不变；因为催化剂可以降低反应活化能，但不能改变反应物总能量和生成物总能量之差（2）—198KJ·mol-18、略

【分析】解：(1)从图型起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃；则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；

故答案为：低于；从图型起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃；则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；

(2)当酸碱恰好反应时，放出的热量最高，从图示可知V1=30mL，V2=50mL-30mL=20mL，二者体积比为：==

c(NaOH)===1.5mol/L．故答案为：1.5；

(3)20mL1.5mol/L氢氧化钠与30mL1.0mol/L盐酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.02L×1.50mol/L=0.03mol；

△H=-KJ/mol=-KJ/mol；

故答案为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-kJ•mol-1或HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-kJ•mol-1．【解析】低于;从图型起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃;1.5;H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-kJ•mol-1或HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-kJ•mol-19、略

【分析】解：rm{垄脵}玻璃；水泥是硅酸盐材料；轮胎中橡胶是高分子化合物；

故选：rm{C}

rm{垄脷}钢铁在海水中发生吸氧腐蚀，rm{Fe}易失电子作负极，rm{C}作正极，负极反应式为rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}正极反应式为rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}构成原电池负极的金属易被腐蚀，作正极的金属被保护，要使船体不被腐蚀，则应该让铁作原电池正极，在船壳下水线位置嵌入一定数量的金属，且该金属比铁活泼，铜和碳棒都不如铁活泼，只有锌比铁活泼；

故答案为：rm{B}rm{A}

rm{垄脵}玻璃；水泥是硅酸盐材料；轮胎中橡胶是高分子化合物；

rm{垄脷}钢铁在海水中发生吸氧腐蚀，rm{Fe}易失电子作负极，rm{C}作正极；构成原电池负极的金属易被腐蚀；作正极的金属被保护，要使船体不被腐蚀，则应该让铁作原电池正极。

本题考查金属腐蚀与防护及硅酸盐，为高频考点，明确原电池原理及硅酸盐产品是解本题关键，注意钢铁腐蚀吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，题目难度不大。【解析】rm{C}rm{B}rm{A}10、略

【分析】解：rm{(1)}选取最长碳链含rm{4}个碳，离取代基近的一端编号得到名称为，rm{2}rm{3-}二甲基丁烷；

故答案为：rm{2}rm{3-}二甲基丁烷；

rm{(2)3-}甲基rm{-2-}戊烯的主链上有rm{5}个碳原子，在rm{2}号和rm{3}号碳原子之间有一条碳碳双键，在rm{3}号碳原子上有一个甲基，则rm{3-}甲基rm{-2-}戊烯的结构简式是：rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}

故答案为：rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}

rm{(3)}由键线式可知化合物中含rm{4}个碳原子、rm{8}个rm{H}原子和rm{1}个rm{O}原子，故分子式为rm{C_{4}H_{8}O}故答案为：rm{C_{4}H_{8}O}

rm{(4)垄脵}丁烷、rm{垄脷2-}甲基丙烷互为同分异构体，rm{垄脹}戊烷、rm{垄脺2-}甲基丁烷、rm{垄脻2}rm{2-}二甲基丙烷互为同分异构体，根据同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点rm{垄脵>垄脷}rm{垄脹>垄脺>垄脻}

烃类物质中，烃含有的rm{C}原子数目越多；相对分子质量越大，熔沸点越高；

故有沸点由高到低的顺序排列的是：rm{垄脹>垄脺>垄脻>垄脵>垄脷}故答案为：rm{垄脹>垄脺>垄脻>垄脵>垄脷}．

rm{(1)}物质为烷烃；选取最长碳链为主碳链，离取代基近的一端编号写出名称；

rm{(2)}该有机物为单烯烃，主链为戊烯，碳碳双键在rm{2}rm{3}号rm{C}原子上，甲基在rm{3}号rm{C}据此写出该有机物的结构简式；

rm{(3)}根据键线式确定物质的分子式，拐点为碳原子，每个碳接四个键，不足的接氢原子，最后确定rm{O}的个数；据此解题；

rm{(4)}烃类物质中，烃含有的rm{C}原子数目越多；相对分子质量越大，熔沸点越高，同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小．

本题考查有机物命名、分子式的书写、有机物熔沸点的比较，题目难度不大，注意命名原则、判断烃类物质沸点高低的角度，学习中注重相关方法的积累．【解析】rm{2}rm{3-}二甲基丁烷；rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}rm{C_{4}H_{8}O}rm{垄脹>垄脺>垄脻>垄脵>垄脷}11、越高高级脂肪酸甘油【分析】【分析】本题考查油脂的性质、组成，难度不大，注意基础知识的积累。【解答】常温下呈液态的高级脂肪酸的甘油酯称为油，呈固态的称为脂肪，它们统称为油脂rm{.}油脂分子烃基里所含的不饱和键越多，熔点越低；营养价值越高，其中对人体最重要的必需脂肪酸是亚油酸。根据结构特点，油脂兼有酯类和不饱和烃类物质的性质。在人体中油脂主要在小肠中在酶的催化作用下发生水解反应，生成高级脂肪酸和甘油。故答案为：越高；高级脂肪酸；甘油。【解析】越高高级脂肪酸甘油12、①2,2,4-三甲基戊烷

②2-甲基己烷

③3,4-二甲基己烷

④(CH3)2CH-CH2CH(CH3)2

⑤CH3CH2C(CH3)2CH(CH2CH3)CH2CH2CH3

⑥CH2=CHC(CH3)3【分析】【分析】本题考查的是有机物的命名和有机物的结构简式的书写，难度不大。【解答】rm{垄脵}根据命名原则，最长的碳链有rm{5}个碳原子，有rm{3}个甲基的侧链，所以名称为rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷，故答案为：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{垄脷}根据命名原则，最长的碳链为rm{6}个碳原子，含有一个甲基侧链，所以命名为rm{2-}甲基己烷，故答案为：根据命名原则，最长的碳链为rm{垄脷}个碳原子，含有一个甲基侧链，所以命名为rm{6}甲基己烷，故答案为：rm{2-}甲基己烷；rm{2-}最长碳链为rm{垄脹}最长碳链为rm{6}个碳原子，连有rm{2}个甲基，命名为rm{3}rm{4-}二甲基己烷，故答案为：个碳原子，连有rm{垄脹}个甲基，命名为rm{6}rm{2}二甲基己烷，故答案为：rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{3}rm{4-}二甲基戊烷的结构简式为rm{垄脺2}rm{4-}二甲基戊烷的结构简式为rm{垄脺2}rm{4-}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}，故答案为：rm{CH-CH}rm{CH-CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{)}；rm{)}rm{2}二甲基rm{2}乙基庚烷的结构简式为rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{CH-CH}rm{CH-CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{垄脻3}，故答案为：rm{3-}rm{-4-}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{(}rm{(}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{CH}；rm{CH}rm{(}二甲基丁烯的结构简式为rm{(}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}，故答案为：rm{)}rm{)}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}。

rm{2}【解析】rm{垄脵2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷rm{垄脷2-}甲基己烷rm{垄脹3}rm{4-}二甲基己烷rm{垄脺}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{CH-CH}rm{CH-CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{垄脻}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{(}rm{(}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{(}三、计算题(共5题，共10分)13、略

【分析】考查有机物有机物分子式及结构简式的判断和计算。有机物分子式的确定，一般首先确定最简式，然后根据相对分子质量再确定分子式，最后根据性质确定结构简式。浓硫酸增重9g，说明生成物水的质量是9g。再将剩余的气体通过足量的碱石灰，气体减少17.92L，说明CO2的体积是17.92L。在相同条件下，气体的密度之比是相对分子质量之比，因此可以根据和氢气的相对密度来计算其相对分子质量。（1）有机物蒸气相对于相同状况下氢气密度为53所以该有机物的相对分子质量是53×2＝106因此10.6gA的物质的量为剩余的气体先通过浓硫酸浓硫酸增重9g所以燃烧产物水是9g，物质的量为根据氢原子守恒可知有机物中氢原子的个数是10再将剩余的气体通过足量的碱石灰，气体减少17.92LS所以CO2的体积是17.92L，物质的量为根据碳原子守恒可知有机物中碳原子的个数是8因为12×8＋10＝106所以该有机物不含氧原子因此分子式为C8H10(2)根据分子式及物理性质可知该有机物应该属于苯的同系物。又因为A的核磁共振氢谱中显示有两个峰，且面积之比为3：2，所以该有机物是对二甲基苯，结构简式为【解析】【答案】（1）C8H10（2）该有机物是对二甲基苯，结构简式为14、略

【分析】【解析】【答案】（1）0.01mol（4分）（2）n=8（4分）（3）90%（4分）15、略

【分析】【解析】【答案】（5分）A．甲醛B．乙酸A的分子量：求A中之后由题意推断。16、略

【分析】

气态烃在标准状况下的密度为2.5g/L，则相对分子质量为2.5×22.4=56，计算1.12g烃的物质的量生成物通入足量的石灰水，产生8g白色沉淀，生成碳酸钙，可知n（CO2）；进而确定有机物含有C；H个数，可确定分子式将该烃通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫色褪去，说明含有C=C键以此确定结构简式．

本题考查了有机物推断、同分异构体书写等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，比较基础，注意掌握有机物同分异构体．【解析】解：气态烃在标准状况下的密度为2.5g/L，则相对分子质量为2.5×22.4=56，1.12g烃的物质的量为=0.02mol，生成物通入足量的石灰水，产生8g白色沉淀，生成碳酸钙，可知n（CO2）==0.008mol，则1mol有机物含有4molC，则含有的H原子个数为=8，分子式为C4H8，将该烃通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫色褪去，说明含有C=C键，可能的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2；

答：该烃的分子式为C4H8；该烃可能的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2．17、(1)负极氢氧化铁胶粒带正电(2)1:2:2:2(3)(4)H5.4【分析】【分析】本题考查学生有关电解池的工作原理知识，综合性很强，是高考常考知识点，难度较大。关键是掌握电化学的原理，侧重知识的综合能力考查。【解答】将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色，说明rm{F}极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以rm{F}即是阴极，可得出rm{D}rm{F}rm{H}rm{Y}均为阴极，rm{C}rm{E}rm{G}rm{X}均为阳极，rm{A}是电源的正极，rm{B}是负极；

rm{(1)B}电极是电源的负极，在rm{A}池中，电解硫酸铜的过程中，铜离子逐渐减少，导致溶液颜色变浅，rm{Y}极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。故答案为：负极；氢氧化铁胶体粒子带正电荷；

rm{(2)C}rm{D}rm{E}rm{F}电极发生的电极反应分别为：rm{4OH^{-}篓TO_{2}隆眉+2H_{2}O+4e^{-}}rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}rm{2Cl^{-}篓TCl_{2}隆眉+2e^{-}}rm{2H^{+}+2e^{-}篓TH_{2}隆眉}当各电极转移电子均为rm{1mol}时，生成单质的量分别为：rm{0.25mol}rm{0.5mol}rm{0.5mol}rm{0.5mol}所以单质的物质的量之比为rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}故答案为：rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(3)}若将rm{C}电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是：若将rm{(3)}电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是：rm{Fe+C{u}^{2+}overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{C}rm{Fe+C{u}^{2+}overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{Fe+C{u}^{2+}

overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}；故答案为：根据题意rm{Fe+C{u}^{2+}

overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}为阳极，；为阴极，银在阴极析出，rm{(4)}根据题意rm{G}为阳极，rm{H}为阴极，银在阴极析出，rm{(4)}rm{G}rm{H}rm{PH=1}rm{PH=1}根据电极反应rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2e}当转移rm{O+2e}电子时，丙中镀件上析出银的质量rm{{,!}^{-}}故答案为：rm{篓TH}rm{篓TH}rm{{,!}_{2}}

rm{隆眉+2OH}【解析】rm{(1)}负极氢氧化铁胶粒带正电rm{(2)1:2:2:2}rm{(3)Fe+C{u}^{2+}overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{(3)Fe+C{u}^{2+}

overset{脥篓碌莽}{=}F{e}^{2+}+Cu}rm{(4)H}rm{5.4}四、简答题(共3题，共30分)18、（1）N球形K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱

（2）V形

（3）12

（4）体心棱心【分析】【分析】本题为rm{2017}年考题，题目涉及核外电子排布、杂化、晶胞的计算等知识，综合考查学生的分析能力和计算能力，题目易错点为rm{(3)}注意价层电子对的判断，难度中等。【解答】rm{(1)}基态rm{K}原子核外有rm{4}个电子层，最高能层为第四层，即rm{N}层，最外层电子为rm{4s^{1}}电子，该能层电子的电子云轮廓图形状为球形，rm{K}和rm{Cr}属于同一周期，rm{K}的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属rm{K}的熔点、沸点等都比金属rm{Cr}低，故答案为：rm{N}球形；rm{K}的原子半径较大；且价电子较少，金属键较弱；

rm{(2)I_{3}^{+}}中心原子的价层电子对数为rm{dfrac{7+1隆脕2-1}{2}=4}则为rm{sp^{3}}杂化，价层电子对为正四面体，中心rm{I}原子的孤电子对数为rm{dfrac{7-1隆脕2-1}{2}=2}为rm{V}形，故答案为：rm{V}形；rm{sp^{3}}

rm{(3)O}位于面心，rm{K}位于顶点，rm{1}个顶点为rm{12}个面共有，即与rm{K}紧邻的rm{O}个数为rm{12}个；

故答案为：rm{12}

rm{(4)}在rm{KIO_{3}}晶胞结构的另一种表示中，rm{I}处于各顶角位置，个数为rm{8隆脕dfrac{1}{8}=1}则rm{K}也为rm{1}个，应位于体心，则rm{O}位于棱心，每个棱为rm{4}个晶胞共有，则rm{O}个数为rm{12隆脕dfrac{1}{4}=3}故答案为：体心；棱心。【解析】rm{(1)N}球形rm{K}的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱rm{(2)V}形rm{(3)12}rm{(4)}体心棱心19、C10H10O2adCH3OH【分析】解：（1）肉桂酸甲酯的结构简式为分子式为C10H10O2，故答案为：C10H10O2；

（2）含有碳碳双键可发生加成；加聚和氧化反应；含有酯基，可发生水解反应，不能发生酯化、消去反应，故答案为：ad；

（3）含有酯基，可发生水解反应，且水解生成苯丙烯酸和甲醇，生成的相对分子质量较小的是CH3OH，故答案为：CH3OH；

（4）化合物的分子式为C5H11Cl，该有机物为戊烷的一氯代物，戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、其核磁共振氢谱图中显示三种峰且面积之比为6：4：1，说明一氯戊烷的分子中含有3种等效H，其中氢原子个数之比为6：4：1，满足该条件的一氯戊烷的结构简式为

故答案为：

（1）根据结构简式确定分子式；

（2）肉桂酸甲酯中含有苯环；碳碳双键、酯基；具有苯、烯烃和酯的性质；

（3）含有酯基；可发生水解反应，且水解生成苯丙烯酸和甲醇；

（4）磁共振氢谱图中显示三种峰且面积之比为6：4：1；说明该有机物分子中含有3种等效氢原子，且氢原子数目之比为6：4：1，据此写出该有机物的结构简式。

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，明确物质中存在的官能团及其有机物断键和成键方式即可解答，为易错题【解析】C10H10O2adCH3OH20、略

【分析】解：rm{(1)}不能将rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液加到浓硫酸中，应该将浓硫酸加到rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液；因为浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人；

故答案为：不能；浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人；

rm{(2)}沸石的作用是防止液体暴沸；若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是冷却后补加，以避免加热时继续反应而降低产率；

故答案为：防止液体暴沸；冷却后补加；

rm{(3)B}仪器是分液漏斗，rm{D}仪器是直形冷凝管；故答案为：分液漏斗；直形冷凝管；

rm{(4)}分液漏斗使用前必须检查是否漏水，应选C，故答案为：rm{C}

rm{(5)}因为正丁醛的密度是rm{0.801}rm{7g?cm^{-3}}比水轻，水层在下层，故答案为：下；

rm{(6)}反应温度应保持在rm{90隆芦95隆忙}根据正丁醛的沸点和还原性，主要是为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化；

故答案为：为了将正丁醛及时分离出来；促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化．

rm{(1)}不能将rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液加到浓硫酸中；因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅；

rm{(2)}加入沸石的作用是防止暴沸；若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；

rm{(3)B}仪器的名称是分液漏斗，rm{D}仪器的名称直形冷凝管；

rm{(4)}分液漏斗上有活塞；有活塞的仪器一般要检验是否漏液；

rm{(5)}由表中数据可知；正丁醛密度小于水的密度，据此判断；

rm{(6)}根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在rm{90隆芦95隆忙}既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化．

本题考查物质的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目涉及有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握．【解析】不能，浓硫酸溶于水会放出大量热，容易溅出伤人；防止液体暴沸；冷却后补加；分液漏斗；直形冷凝管；rm{C}下；为了将正丁醛及时分离出来，促使反应正向进行，并减少正丁醛进一步氧化五、工业流程题(共4题，共32分)21、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22、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.D23、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

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%24、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)六、推断题(共4题，共36分)25、略

【分析】解：rm{A}的相对分子质量为rm{58}氧元素质量分数为rm{0.276}则rm{A}分子中氧原子数目为rm{dfrac{58隆脕0.276}{16}=1}分子中rm{C}rm{H}原子总相对原子质量为rm{58-16=42}则分子中最大碳原子数目为rm{dfrac{42}{12}=36}故A的分子式为rm{C_{3}H_{6}O}其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成rm{B}故A为rm{B}为rm{B}发生消去反应生成rm{C}为rm{C}与氯气光照反应生成rm{D}rm{D}发生水解反应生成rm{E}结合rm{E}的分子式可知，rm{C}与氯气发生取代反应生成rm{D}则rm{D}为rm{E}发生氧化反应生成rm{F}rm{F}与甲醇发生酯化反应生成rm{G}则rm{E}为rm{F}为rm{G}为．

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为化学名称为丙酮，故答案为：丙酮；

rm{(2)}由上述分析可知，rm{B}的结构简式为其核磁共振氢谱显示为rm{2}组峰，峰面积比为rm{1}rm{6}

故答案为：rm{2}rm{1}rm{6}

rm{(3)}由rm{C}生成rm{D}的反应类型为：取代反应；

故答案为：取代反应；

rm{(4)}由rm{D}生成rm{E}的化学方程式为rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{{水}}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{{水}}}

故答案为：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{{水}}}rm{+NaCl}

rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{{水}}}为rm{+NaCl}中的官能团有酯基；碳碳双键、氰基；

故答案为：酯基；碳碳双键、氰基；

rm{(5)G}rm{G}的同分异构体中，与rm{(6)G(}具有相同官能团且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基：rm{)}rm{G}rm{HCOOCH_{2}CH=CH_{2}}当为rm{HCOOCH=CHCH_{3}}时，rm{HCOOC(CH_{3})=CH_{2}}的取代位置有rm{HCOOCH_{2}CH=CH_{2}}种，当为rm{-CN}时，rm{3}的取代位置有rm{HCOOCH=CHCH_{3}}种，当为rm{-CN}时，rm{3}的取代位置有rm{HCOOC(CH_{3})=CH_{2}}种，共有rm{-CN}种．

故答案为：rm{2}．

rm{8}的相对分子质量为rm