2024年沪科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2024年沪科新版高二化学上册月考试卷326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、pH=a某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pH＜a，则该电解质可能是A.Ba(OH)2B.H­ClC.Na2SO4D.AgNO32、如图1所示，U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U形管内会形成三色“彩虹”的现象，它从左到右颜色的次序是：A.蓝、紫、红B.红、蓝、紫C.红、紫、蓝D.蓝、红、紫3、室温下，某氨水pH=x，某盐酸pH=y，已知x+y=14，且x＞11．将上述氨水、盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子浓度由大到小的顺序正确是（）A.c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）B.c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）C.c（Cl-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）D.c（Cl-）=c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）4、某高分子化合物干馏后分解为A，A能使溴水褪色，1molA和4molH2加成后生成化学式为C8H16的烃，则该高分子化合物是（）A.B.C.D.5、rm{.}只用水就能鉴别的一组物质是rm{(}rm{)}A.苯、乙酸、四氯化碳B.乙醇、乙醛、乙酸C.乙醛、乙二醇、硝基苯D.苯酚、乙醇、甘油评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)6、工业上消除氮氧化物的污染可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol．在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的恒容密闭容器中，测得n（N2）随时间变化的数据如表．下列说法不正确的是（）

。温度时间/min

n/mol010204050T1n（N2）00.200.350.400.40T2n（N2）00.250.300.30A.T1温度下，CH4的平衡转化率为50%B.T1＜T2C.a＜0D.T2时反应的平衡常数大于T1时反应的平衡常数7、下列烷烃的系统命名中，错误的是（）A.戊烷B.2，4-甲基乙烷C.2，2-二甲基丙烷D.4-甲基戊烷8、在探究下列物质性质或组成的实验中，实验现象与实验结论均正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验内容实验现象实验结论rm{A}将几滴水加入蔗糖中并搅拌，再加入浓硫酸，迅速搅拌蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的物质只体现了浓硫酸的脱水性rm{B}将铜片放入浓硝酸中产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色体现了浓硝酸的强氧化性和酸性rm{C}溴乙烷和氢氧化钠溶液充分反应，用足量稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液生成淡黄色沉淀溴乙烷中含有溴元素rm{D}将溴水加入苯中并充分振荡溴水褪色下层有机层为橙红色苯与溴发生了萃取作用A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}9、“奥运会”严格禁止运动员服用兴奋剂rm{.}关于某种兴奋剂rm{(}结构简式如图rm{)}的以下说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.该物质属于芳香烃B.rm{1mol}该物质最多能与rm{7molH_{2}}加成C.该物质分子结构中存在rm{7}个碳碳双键D.该物质能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色10、下列分子中，所有原子都在同一条直线上的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{2}H_{2}}B.rm{C_{2}H_{4}}C.rm{C_{2}H_{6}}D.rm{CO_{2}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)11、在某温度下、容积均为1L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-196kJ/mol．初始投料与各容器达平衡时的有关数据如下：

。实验甲乙丙初始投料2molSO21molO22molSO34molSO22molO2平衡时n（SO3）1.6moln2n3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ体系的压强P1P2P3反应物的转化率α1α2α3（1）若初始投入amolSO2、bmolO2和cmolSO3，在相同条件下，要达到与甲相同的化学平衡，则a、c与b、c间应满足的代数关系式为____、____．

（2）该温度下此反应的平衡常数值为____，若在相同温度条件下起始投入0.1molSO2、0.1molO2、0.3molSO3，则反应开始时正逆反应速率的大小关系是V正____V逆

（3）三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是____

A．α1+α2=1B．Q1+Q2=196C．α3＜α1

D．P3＜2P1=2P2E．n2＜n3＜3.2molF．Q3=2Q1

（4）如图表示甲反应在t1时刻达到化学平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况，则t2时刻改变的条件可能是____或____．

12、（5分）把煤作为燃料可通过下列两种途径：途径ⅠC(s)+O2(g)=====CO2(g)；ΔH1＜0①途径Ⅱ先制成水煤气：C(s)+H2O(g)=====CO(g)+H2(g)；ΔH2＞0②再燃烧水煤气：2CO(g)+O2(g)=====2CO2(g)；ΔH3＜0③2H2(g)+O2(g)=====2H2O(g)；ΔH4＜0④请回答下列问题：(1)途径Ⅰ放出的热量理论上_________(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。(2)ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的数学关系式是_______________。(3)．已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)；DH＝—393.5kJ·mol-1②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)；DH＝-566kJ·mol-1③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)；DH＝+141kJ·mol-1则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的DH＝。13、25℃时，醋酸的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，则该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh=______mol•L-1（保留到小数点后一位）．14、Ⅰ．肼(N2H4)又称联氨，广泛用于火箭推进剂、有机合成及燃料电池，NO2的二聚体N2O4则是火箭中常用氧化剂．试回答下列问题。

(1)肼燃料电池原理如图所示；左边电极上发生的电极反应式为____________．

(2)火箭常用N2O4作氧化剂；肼作燃料，已知：

N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=-67.7kJ•mol-1

N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.0kJ•mol-1

2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=-52.7kJ•mol-1

试写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：____________．

Ⅱ．研究NO2、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义．

(1)一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)；下列各项能说明反应达到平衡状态的是____________．

a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变。

c．NO和O2的物质的量之比保持不变d．每消耗1molO2同时生成2molNO2

(2)CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；达平衡后测得各组分浓度如下：

。物质COH2CH3OH浓度(mol•L-1)0.91.00.6①列式并计算平衡常数K=____________．

②若降低温度；K值增大，则反应的△H____________0(填“＞”或“＜”)．

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正____________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)．15、（10分）铁及铁的化合物在生产、生活中有着重要的用途。(1)聚合硫酸铁(简称PFS)的化学式为[Fe(OH)n(S04)(3-n)/2]m，现代潜水处理工艺中常利用PFS在水体中形成絮状物，以吸附重金属离子。则PFS的中心原子未成对电子数为__个。(2)六氰合亚铁酸钾K4[Fe(CN)6]可用做显影剂，该化合物中存在的化学键类型有_________。（3）CN一中碳原子的杂化轨道类型是_______：写出一种与CN一互为等电子体的分子的化学式________；(4)三氯化铁常温下为固体，熔点304℃，沸点3160C在3000C以上可升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为__________晶体。(5)普鲁士蓝是一种配合物，可用作染料，它的结构单元如下图所示，普鲁士蓝中n(K+)：n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(CN一)=____________。16、下列实验操作或对实验事实的描述正确的有____________(填序号)

①如果将苯酚浓溶液沾到皮肤上；应立即用酒精洗。

②用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯。

③用氨水清洗做过银镜反应实验的试管。

④除去苯中的苯酚：向溶液中加入浓溴水；过滤。

⑤要除去乙烷中的乙烯制得纯净的乙烷；可将混合气通入酸性高锰酸钾溶液中。

⑥向溴乙烷中加入NaOH溶液充分反应后，取上层清液并加入AgNO3溶液可观察到有淡黄色沉淀生成．17、常温下，rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液与rm{0.1mol/LNaOH}溶液等体积混合后：

rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)=}______rm{mol/L}

rm{c(H^{+})}______rm{c(CH_{3}COO^{-})-c(CH_{3}COOH)+2c(OH^{-})}rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}评卷人得分四、实验题(共4题，共8分)18、某学生用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的rm{/}量浓度的rm{NaOH}溶液时选择甲基橙作指示剂，请填写下列空白rm{(1)}用标准的盐酸滴定待测的rm{NaOH}溶液时：左手_______________________，右手_____________________眼睛注视__________________________________。判断滴定终点的现象是：_______________________________________________________________________．rm{(2)}下列操作中可能使所测rm{NaOH}溶液的浓度数值偏低的是()rm{A}酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸rm{B}滴定前盛放rm{NaOH}溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净但没有干燥rm{C}酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失rm{D}读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数rm{(3)}某学生根据rm{3}次实验分别记录有关数据如下表：。滴定次数待测rm{NaOH}溶液的体积rm{0.1000mol/L}盐酸的体积rm{/mL}滴定前刻度滴定后刻度溶液体积rm{/mL}滴定后刻度溶液体积rm{/mL}第一次rm{25.00}rm{0.00}rm{26.11}rm{26.11}第二次rm{25.00}rm{1.56}rm{30.30}rm{28.74}第三次rm{25.00}rm{0.22}rm{26.31}rm{26.09}依据上表数据列式计算该rm{NaOH}溶液的物质的量浓度：____________________19、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：

查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙；氢氧化铝组成；牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体产生．

Ⅰrm{.}摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。

取适量牙膏样品；加水充分搅拌；过滤．

rm{(1)}往滤渣中加入过量rm{NaOH}溶液，过滤rm{.}氢氧化铝与rm{NaOH}溶液反应的离子方程式是______．

rm{(2)}往rm{(1)}所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸rm{.}加入过量稀盐酸时观察到的现象是______．

Ⅱrm{.}牙膏样品中碳酸钙的定量测定。

利用如图所示装置rm{(}图中夹持仪器略去rm{)}进行实验，充分反应后，测定rm{C}中生成的rm{BaCO_{3}}沉淀质量；以确定碳酸钙的质量分数．

依据实验过程回答下列问题：

rm{(3)}实验过程中需持续缓缓通入空气rm{.}其作用除了可搅拌rm{B}rm{C}中的反应物外；还有______．

rm{(4)}下列各项措施中，不能提高测定准确度的是______rm{(}填标号rm{)}．

rm{a.}在加入盐酸之前，应排净装置内的rm{CO_{2}}气体。

rm{b.}滴加盐酸不宜过快。

rm{c.}在rm{A隆芦B}之间增添盛有浓硫酸的洗气装置。

rm{d.}在rm{B隆芦C}之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。

rm{(5)}有人认为不必测定rm{C}中生成的rm{BaCO_{3}}质量，只要测定装置rm{C}在吸收rm{CO_{2}}前后的质量差，就可以确定碳酸钙的质量分数rm{.}实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______．20、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的的质量确定有机物的组成。下图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置。现准确称取0.6g样品（只含C、H、O三种元素中的两种或三种），经燃烧后A管增重0.88g，B管增重0.36g。请回答：（1）按上述所给的测量信息，装置的连接顺序应是D→____→F→____→____；（2）A、B管内均盛有有固态试剂，A管的作用是______________________；（3）E中应盛装什么试剂：_______________；（4）如果把CuO网去掉，A管重量将____________；（填“增大”、“减小”、或“不变”）（5）该有机物的实验式为__________________；（6）若该有机物低于16℃时是无色晶体，且能与碳酸氢钠反应。则其结构简式__________________。（7）同温同压下若该有机物的密度是H2的30倍，且能发生银镜反应，写出其可能的结构简式_________________________21、某化学兴趣小组以含铁的废铝为原料制备硫酸铝晶体，设计如图rm{1}的实验方案：

请回答以下问题：

rm{(1)}上述实验中多次用到过滤操作；该操作中要用到的玻璃仪器有____________；

rm{(2)}步骤rm{垄脷}中有洗涤沉淀的操作；如何判断沉淀已洗涤干净：______；

rm{(3)}写出步骤rm{垄脷}所得沉淀受热分解的化学方程式______；指出两种产物在物质分类上的类别______；______；

rm{(4)}步骤rm{垄脵}中使用的rm{NaOH}溶液以rm{4mol/L}为宜rm{.}某同学称量rm{mgNaOH}固体配制rm{VmL}rm{4mol/L}的rm{NaOH}溶液，下面是该同学配制过程的示意图，其操作中有错误的是rm{(}填操作序号rm{)}______rm{.}第rm{垄脻}部操作可能会使所配溶液浓度偏______rm{(}填“大”或“小”或“无影响”rm{)}评卷人得分五、工业流程题(共3题，共15分)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、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。24、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)。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共16分)25、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。28、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】试题分析：A、电解氢氧化钡溶液时，实际上电解的是水，但溶液中的氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的PH值增大，故A错误；B、电解盐酸溶液时，阴极溶液中氢离子放电，氢离子的浓度减小，pH值增大，故B错误；C、电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，故pH值不变，故C错误；D、电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，阳极上得到氧气，所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH值减小，故D正确；故选D．考点：电解后溶液PH值得变化。【解析】【答案】D2、C【分析】试题分析：用惰性电极电解Na2SO4试液，实质是电解水，阳极反应式为阳极区域溶液显酸性；阴极反应式为阴极区域溶液显碱性；它从左到右颜色的次序是红、紫、蓝，故C项正确。考点：本题考查电解原理。【解析】【答案】C3、A【分析】解：室温下，某氨水pH=x，则氨水中c（OH-）=10x-14mol/L，某盐酸pH=y，盐酸中c（H+）=10-ymol/L，x+y=14，所以酸中c（H+）等于碱中c（OH-），一水合氨是弱电解质，所以c（NH3．H2O）＞c（HCl），二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+）；溶液中存在电荷守恒。

c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+），所以c（NH4+）＞c（Cl-），一水合氨电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故选A．

室温下，某氨水pH=x，则氨水中c（OH-）=10x-14mol/L，某盐酸pH=y，盐酸中c（H+）=10-ymol/L，x+y=14，所以酸中c（H+）等于碱中c（OH-），一水合氨是弱电解质，所以c（NH3．H2O）＞c（HCl），二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断c（Cl-）、c（NH4+）相对大小．

本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，正确判断氨水与盐酸浓度相对大小是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，易错点是氨水中根据pH计算c（OH-）．【解析】【答案】A4、B【分析】解：高分子化合物干馏后的产物是烃类，1molA和4molH2加成后生成化学式为C8H16的烃，所以A得化学式为：C8H8，A能使溴水褪色，则有5个不饱和度，即高分子化合物中具有5个不饱和度，单体分子式是C8H8即可．

A；该高分子化合物的单体只含有1个不饱和度；故A错误；

B、该高分子化合物的单体含有5个不饱和度，单体分子式是C8H8；故B正确；

C、该高分子化合物的单体含有2个不饱和度，单体分子式是C6H10；故C错误；

D、该高分子化合物的单体含有2个不饱和度，单体分子式是C4H6；故D错误；

故选B．

1molA和4molH2加成后生成化学式为C8H16的烃，所以A得化学式为：C8H8；A能使溴水褪色，则有5个不饱和度，可以是5个双键，还可以是一个苯环和一个双键，含有双键的物质可以发生加聚反应得到高聚物，据此回答．

本题考查学生高分子化合物的特征以及单体的判断知识，属于基本内容的考查，难度中等．【解析】【答案】B5、A【分析】【分析】本题考查了物质的分离和提纯，为高考常见题型，题目难度中等。【解答】根据物质是否溶于水及比水密度大或小来鉴别。rm{B}中三种物质均溶于水；rm{C}中前两种物质也均溶于水；rm{D}中后两种物质均溶于水。只有rm{A}中乙酸溶于水，苯和四氯化碳均不溶于水，且苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大。故选A。【解析】rm{A}二、双选题(共5题，共10分)6、A|D【分析】解：A．由表中数据可知，40min处于平衡状态，平衡时生成氮气为0.4mol，根据方程式可知消耗甲烷物质的量为0.4mol，则甲烷的转化率为×100%=80%；故A错误；

B．由前10min内，温度T2时生成氮气较多，说明温度T2的反应速率快，温度越高反应速率越快，故温度T1＜T2；故B正确；

C．由B中分析可知，温度T1＜T2，T2温度30min处于平衡状态，平衡时氮气的物质的量比T1温度小；说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故a＜0，故C正确；

D．升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，T2时反应的平衡常数小于T1时反应的平衡常数；故D错误；

故选：AD．

A．由表中数据可知；40min处于平衡状态，平衡时生成氮气为0.4mol，根据方程式计算消耗甲烷物质的量，进而计算甲烷的转化率；

B．由前10min内，温度T2时生成氮气较多，说明温度T2的反应速率快；温度越高反应速率越快；

C．由B中分析可知，温度T1＜T2，T2温度30min处于平衡状态，平衡时氮气的物质的量比T1温度小；说明升高温度平衡逆向移动；

D．升高温度平衡逆向移动；平衡常数减小．

本题考查化学平衡计算及影响因素、平衡常数影响因素等，关键是根据数据判断温度大小，较好的考查学生对数据的分析处理能力，难度中等．【解析】【答案】AD7、B|D【分析】解：A．符合命名规则；故A正确；

B．最长的碳链有6个碳原子；应为2，4-甲基己烷，故B错误；

C．2号碳有2个取代基；2，2-二甲基丙烷，符合命名规则，故C正确；

D．取代基的位次和最小；应为2-甲基丁烷，故D错误．

故选BD．

烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

本题考查烷烃的命名，难度不大，烷烃命名要抓住五个“最”：①最长选最长碳链为主链；②最多遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近离支链最近一端编号；④最小支链编号之和最小（两端等距又同基，支链编号之和最小）；⑤最简两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．【解析】【答案】BD8、rBC【分析】解：rm{A.}体积膨胀，发生rm{C}与浓硫酸的反应生成气体；由现象可知，体现了浓硫酸的脱水性；强氧化性，故A错误；

B.铜片放入浓硝酸中；反应生成硝酸铜；二氧化氮和水，则产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色，可知浓硝酸的强氧化性和酸性，故B正确；

C.溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应；在酸性溶液中可检验溴离子，由生成淡黄色沉淀可知溴乙烷中含有溴元素，故C正确；

D.苯的密度比水的密度小；有机层在上层，则溴水褪色上层有机层为橙红色，故D错误；

故选：rm{BC}

A.体积膨胀，发生rm{C}与浓硫酸的反应生成气体；

B.铜片放入浓硝酸中；反应生成硝酸铜；二氧化氮和水；

C.溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应；在酸性溶液中可检验溴离子；

D.苯的密度比水的密度小；有机层在上层．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、有机物的结构与性质、萃取等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{BC}9、rBD【分析】解：rm{A.}分子中含有rm{O}元素；属于烃的衍生物，故A错误；

B.分子中含有rm{2}个苯环和rm{1}个碳碳双键，则rm{1mol}该物质最多能与rm{7molH_{2}}加成；故B正确；

C.苯环中不含有碳碳双键，该有机物只含有rm{1}个碳碳双键；故C错误；

D.含有碳碳双键；可与高锰酸钾发生氧化还原反应，故D正确．

故选BD．

有机物中含有苯环和碳碳双键；可与氢气发生加成反应，含有酚羟基，可发生取代；氧化和颜色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，注意苯环不含碳碳双键，为易错点，难度不大．【解析】rm{BD}10、rAD【分析】解：rm{A.}乙炔是直线型结构；所有原子都在同一条直线上，故A正确；

B.乙烯是平面结构；所有原子不在同一条直线上，故B错误；

C.乙烷中有rm{2}个甲基；甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一直线上，故C错误；

D.rm{CO_{2}}是直线型结构；所有原子都在同一条直线上，故D正确．

故选AD．

A.乙炔是直线型结构；

B.乙烯是平面结构；

C.甲烷是正四面体结构；

D.rm{CO_{2}}是直线型结构．

本题主要考查有机化合物的结构特点，难度不大，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构．【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)11、略

【分析】

（1）若初始投入amolSO2、bmolO2和cmolSO3；在相同条件下，要达到与甲相同的化学平衡；

则amolSO2、bmolO2和cmolSO3相当于2molSO2和1molO2；达到同一平衡状态；

则2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）

状态1：2mol1mol0

状态2：amolbmolcmol

则应有a+c=2，b+=1；

故答案为：a+c=2；b+=1；

（2）达到平衡时，平衡时n（SO3）=1.6mol；

则2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）

起始：2mol1mol0

转化：1.6mol0.8mol1.6mol

平衡：0.4mol0.2mol1.6mol

则：k===80；

若在相同温度条件下起始投入0.1molSO2、0.1molO2、0.3molSO3；

则Qc==90＞80；平衡向逆反应方向移动，则正反应速率小于逆反应速率；

故答案为：80；＜；

（3）甲容器反应物投入2molSO2、1molO2与乙容器反应物投入2molSO3在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时SO3的物质的量n2=1.6mol、p1=p2、α1+α2=1、Q1+Q2能量总变化相当于2molSO2、1molO2完全转化成2molSO3的能量，即吸放热Q1+Q2数值上就等于196kJ；甲容器反应物投入量2molSO2、1molO2与丙容器反应物投入量4molSO22molO2；若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度；容积相同的3个密闭容器，我们可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡移动原理，则相较于甲容器（或假设状况）而言，丙容器平衡向逆向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要低一些．

因此α1+α2=1、Q1+Q2=196；α3＞α1；P3＜2P1=2P2、n3＜n2＜3.2mol、Q3＞2Q1；故答案为：ABD；

（4）t2时平衡向正反应方向移动；三氧化硫浓度增大，二氧化硫浓度减小，可减低温度或充入氧气能实现反应的转化关系；

故答案为：降低温度；充入氧气．

【解析】【答案】（1）从等效平衡的角度分析；

（2）根据k=并根据平衡常数判断反应的平衡移动方向；

（3）从等效平衡的角度分析；

（4）t2时平衡向正反应方向移动．

12、略

【分析】（1）根据能量守恒定律可知，两条途径中放出的能量是相等的。（2）根据盖斯定律可知，②＋（③＋④）÷2即得到反应①，所以ΔH1=ΔH2+（3）根据盖斯定律可知，③＋①×2－②即得到TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)，所以DH＝－393.5kJ/mol×2＋141kJ/mol＋566kJ/mol＝－80kJ/mol.【解析】【答案】（5分）（1）等于（1分）(2)ΔH1=ΔH2+(3)－80kJ·mol-113、略

【分析】解：醋酸的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，CH3COONa的水解平衡常数Kh===5.9×10-10．

故答案为：5.9×10-10．

CH3COONa的水解平衡常数Kh和电离平衡常数之间存在关系：Kh=据此计算即可．

本题考查学生水解平衡常数Kh和电离平衡常数之间存在关系知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．【解析】5.9×10-1014、略

【分析】解：Ⅰ．(1)左端为负极，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；

(2)由①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=-67.7kJ•mol-1

②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.0kJ•mol-1

③2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=-52.7kJ•mol-1

根据盖斯定律可知②×2-①-③得2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)，△H=(-534.0kJ•mol-1)×2-(-67.7kJ•mol-1)-(-52.7kJ•mol-1)=-947.6kJ•mol-1；

即热化学方程式为2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-947.6kJ•mol-1，故答案为：2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-947.6kJ•mol-1；

Ⅱ．(1)反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)；为反应前后气体的物质的量不等的反应，则。

a．体系压强保持不变；则该反应达到平衡，故a正确；

b．该混合物中只有二氧化氮为红棕色气体，则混合气体颜色保持不变，即物质的浓度不变，则反应达到平衡，故b正确；

c．NO和O2的物质的量之比保持不变；则各物质的物质的量不发生变化，该反应达到平衡，故c正确；

d．每消耗1molO2同时生成2molNO2；只能说明正反应速率的关系，不能确定正逆反应速率的关系，则不能判断是否平衡，故d错误；

故答案为：abc；

(2)①由表格中平衡浓度，则算平衡常数为K==L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)；

故答案为：L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)；

②降低温度；K值增大，则降低温度时平衡正向移动，即正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，Qc=L2•moL-2=K，则平衡不移动，即正逆反应速率相等，故答案为：=．【解析】N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O;2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-947.6kJ•mol-1;abc;L2•moL-2(或0.67L2•moL-2);＜;=15、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）5个（2分）（2）离子键、共价键、配位键（3分）（3）sp（1分）、CO或N2（1分）（4）分子晶体（1分）（5）1：1：1：6（2分）16、略

【分析】解：①苯酚和酒精都是有机物；苯酚易溶于酒精，苯酚浓溶液沾到皮肤上，应立即用酒精洗，故①正确；

②用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯；甲苯被紫红色的高锰酸钾氧化成苯甲酸，高锰酸钾溶液褪色，而苯无此性质，所以能鉴别，故②正确；

③氨水是弱碱；不能和银反应，做过银镜反应实验的试管上附着单质银，所以不能用氨水洗，故③错误；

④除去苯中的苯酚：向苯中含有苯酚的溶液中加入浓溴水；苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚是有机物，溶于苯中，无法过滤，故④错误；

⑤要除去乙烷中的乙烯制得纯净的乙烷；将混合气通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾将乙烯氧化成二氧化碳，二氧化碳混在乙烷中，得不到纯净的乙烷，故⑤错误；

⑥向溴乙烷中加入NaOH溶液充分反应后，取上层清液并加入AgNO3溶液；上层清夜中的氢氧化钠和硝酸银反应，生成氢氧化银白色沉淀，该沉淀会分解生成黑色的氧化银，不可观察到有淡黄色沉淀生成，故⑥错误；

故选①②．【解析】①②17、0.1；＜【分析】解：常温下，rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液与rm{0.1mol/LNaOH}溶液等体积混合后，发生反应rm{CH_{3}COOH+NaOH=CH_{3}COONa+H_{2}O}得到等浓度的rm{CH_{3}COOH}溶液与rm{CH_{3}COONa}的混合溶液，溶液中存在物料守恒rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)=2c(Na^{+})=2隆脕dfrac{0.1mol/L}{2}=0.1mol/L}

溶液中存在电荷守恒：rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)=2c(Na^{+})=2隆脕

dfrac{0.1mol/L}{2}=0.1mol/L}物料守恒rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}代入计算得到：rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)=2c(Na^{+})}所以得到：rm{2c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})=c(CH_{3}COOH)+2c(H^{+})}

故答案为：rm{c(H^{+})<c(CH_{3}COO^{-})-c(CH_{3}COOH)+2c(OH^{-})}rm{0.1}．

常温下，rm{<}溶液与rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液等体积混合后，发生反应rm{0.1mol/LNaOH}得到等浓度的rm{CH_{3}COOH+NaOH=CH_{3}COONa+H_{2}O}溶液与rm{CH_{3}COOH}的混合溶液；溶液中醋酸电离大于醋酸根离子水解溶液显酸性，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，据此分析判断．

本题考查酸碱混合溶液中离子浓度大小的比较，明确酸碱混合后溶液中的溶质及量的关系是解答本题的关键，并利用电离、水解、电荷守恒、物料守恒等知识来解答，题目难度中等．rm{CH_{3}COONa}【解析】rm{0.1}rm{<}四、实验题(共4题，共8分)18、（1））握酸式滴定管的活塞摇动锥形瓶锥形瓶中溶液颜色变化当滴入最后一滴标准液时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色（1）（2）D2）D（3）【分析】【分析】

本题考查酸碱中和滴定的原理、操作和误差分析，明确指示剂的选择和滴定终点的判断，以及平均值法的计算。【解答】rm{(1)}用标准的盐酸滴定待测的rm{NaOH}溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色，rm{NaOH}握酸式滴定管的活塞；摇动锥形瓶；故答案为：溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色锥形瓶中溶液颜色变化；当滴入最后一滴标准液时

；酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成rm{(2)A.}标准rm{V(}偏大，根据rm{cleft(麓媒虏芒right)=dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}}可知，测定rm{)}偏大，故A不符合；B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对rm{cleft(麓媒虏芒right)=

dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}

}标准rm{c(NaOH)}无影响，根据rm{cleft(麓媒虏芒right)=dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}}可知，测定rm{V(}偏大，故C不符合；可知，测定rm{)}无影响，故B不符合；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成rm{cleft(麓媒虏芒right)=

dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}

}标准rm{c(NaOH)}偏大，根据rm{cleft(麓媒虏芒right)=dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}}可知，测定rm{c(NaOH)}偏大，故C不符合；D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成rm{V(}标准rm{)}偏小，根据rm{cleft(麓媒虏芒right)=dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}}可知，测定rm{cleft(麓媒虏芒right)=

dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}

}偏低，故D符合；故答案为：rm{c(NaOH)}rm{V(}起始读数为rm{)}终点读数为rm{cleft(麓媒虏芒right)=

dfrac{cleft(卤锚脳录right)隆陇Vleft(卤锚脳录right)}{Vleft(麓媒虏芒right)}

}盐酸溶液的体积为rm{c(NaOH)}根据数据的有效性，舍去第rm{D}组数据，然后求出rm{(3)}rm{0.00mL}组平均消耗rm{26.10mL}盐酸rm{26.10mL}

rm{2}

rm{1}rm{3}

则rm{cleft(NaOHright)=dfrac{0.0261L隆脕0.1000mol/L}{0.025L}=0.1044mol/L}故答案为：rm{V(}rm{)=26.10mL}【解析】rm{(1}rm{)}rm{(1}握酸式滴定管的活塞摇动锥形瓶锥形瓶中溶液颜色变化当滴入最后一滴标准液时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色rm{(1}rm{)}rm{(}rm{2}rm{)}rm{D}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{D}rm{D}19、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)}氢氧化铝与rm{NaOH}溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O.}

rm{(2)}往rm{(1)}所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}再加入过量稀盐酸，rm{Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}反应现象是通入rm{CO_{2}}气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生；沉淀溶解；

故答案为：通入rm{CO_{2}}气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解．

Ⅱrm{.(3)}装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的rm{CO_{2}}气体全部排入rm{C}中，使之完全被rm{Ba(OH)_{2}}溶液吸收；

故答案为：把生成的rm{CO_{2}}气体全部排入rm{C}中，使之完全被rm{Ba(OH)_{2}}溶液吸收；

rm{(4)a}在加入盐酸之前，应排净装置内的rm{CO_{2}}气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故rm{a}不符合；

rm{b}滴加盐酸过快rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}来不及被吸收，就排出装置rm{C}滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故rm{b}不符合；

rm{c}在rm{AB}之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响rm{CO_{2}}不能提高提高测定准确度，故rm{c}符合；

rm{d}在rm{BC}之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置rm{Ba(OH)_{2}}可以吸收rm{CO_{2}}中的rm{HCl}影响rm{CO_{2}}不能提高测定准确度，故rm{d}符合；

故选：rm{cd}

rm{(5)B}中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置rm{C}中；导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高；

故答案为：rm{B}中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置rm{C}中．

Ⅰrm{.(1)}氢氧化铝与rm{NaOH}溶液反应生成偏铝酸钠与水；

rm{(2)}往rm{(1)}所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}再加入过量稀盐酸，rm{Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}

Ⅱrm{.(3)}实验通过rm{C}装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数rm{.}装置中残留部分二氧化碳；不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；

rm{(4)a}在加入盐酸之前，应排净装置内的rm{CO_{2}}气体；防止影响碳酸钡质量的测定；

rm{b}滴加盐酸过快rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}不能完全被吸收，排出装置rm{C}

rm{c}在rm{AB}之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响rm{CO_{2}}

rm{d}在rm{BC}之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置rm{Ba(OH)_{2}}可以吸收rm{CO_{2}}中的rm{HCl}而不影响rm{CO_{2}}

rm{(5)B}中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置rm{C}中．

本题考查对实验原理与操作步骤的理解及评价、常用化学用语、化学计算、物质组成的测定等，难度中等，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键．【解析】rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}通入rm{CO_{2}}气体有白色沉淀生成，加入盐酸有气体产生，沉淀溶解；把生成的rm{CO_{2}}气体全部排入rm{C}中，使之完全被rm{Ba(OH)_{2}}溶液吸收；rm{cd}rm{B}中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置rm{C}中20、略

【分析】【解析】试题分析：F中为有机物固体，燃烧产物为CO2和H2O，B和A分别为吸收H2O和CO2的装置．因需纯O2氧化有机物，则A、B中物质反应产生O2，D发生反应：2H2O22H2O+O2↑．由其制得的O2中混有水蒸气，由C除去，B管增重0.36g，则n（H2O）=0.36g÷18g/mol=0.02mol/L，A管增重0.88g，则n（CO2）=0.88g÷44g/mol=0.02mol，n（O）=(0.44g-0.04g-0.02×12g)÷16g/mol=0.01mol，则N（C）：N（H）：N（O）=0.02mol：0.04mol：0.01mol=2：4：1，最简式为C2H4O，（1）产生氧气中含有水，应经过干燥后才可与有机物反应，生成二氧化碳和水，用无水氯化钙吸收水，用碱石灰吸水二氧化碳，故答案为：C；B→A；（2）二氧化碳可与碱石灰反应而被吸收，则A管的作用是吸收碱石灰，故答案为：吸收样品反应生成的CO2；（3）D为生成氧气的装置，反应需要二氧化锰且无需加热，应为双氧水在二氧化锰催化作用下生成氧气的反应，故答案为：双氧水；（4）铜网可是有机物与氧气充分反应，如去掉铜网，则有机物不能充分反应，生成的二氧化碳减少，故答案为：减小；（5）由以上分析可知该有机物的实验式为C2H4O，故答案为：C2H4O；（6若该有机物低于16℃时是无色晶体，且能与碳酸氢钠反应，说明分子式中含有-COOH官能团，故其结构简式CH3COOH。（7）同温同压下若该有机物的密度是H2的30倍，且能发生银镜反应，说明有机物分子的相对分子质量为60且含有官能团-CHO，其可能的结构简式为HCOOCH3，OHCH2CHO。考点：探究物质的组成或测量物质的含量有关有机物分子式确定的计算测定有机物分子的元素组成【解析】【答案】（共12分）（1）C，B，A（1分）（2）吸收样品反应生成的CO2（1分）（3）双氧水（1分）（4）减小（1分）（5）C2H4O2（2分）（6）CH3COOH（2分）（7）HCOOCH3（2分）OHCH2CHO（2分）21、略

【分析】解：rm{(1)}过滤实验用到的玻璃仪器有：烧杯；漏斗、玻璃棒；

故答案为：烧杯；漏斗、玻璃棒；

rm{(2)}洗涤沉淀不干净时，在沉淀表面会附着硫酸钠，硫酸根的检验方法：取最后一次洗涤液，加入几滴rm{BaCl_{2}}溶液；若无白色沉淀生成则洗涤干净；

故答案为：取最后一次洗涤液，加入几滴rm{BaCl_{2}}溶液；若无白色沉淀生成则洗涤干净；

rm{(3)}所得沉淀为氢氧化铝，加热分解分别生成氧化铝和水，方程式为rm{Al(OH)_{3}}rm{dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+H_{2}O}其中氧化铝为两性氧化物，水为非金属氧化物；

故答案为：rm{dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+H_{2}O}rm{dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+H_{2}O}两性氧化物；非金属氧化物；

rm{Al(OH)_{3}}氢氧化钠易潮解，应在小烧杯中称量，故rm{dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+H_{2}O}错误；rm{(4)垄脵}在移液时，要用玻璃棒来引流，故rm{垄脵}错误；rm{垄脺}定容时视线要和刻度线相平，不能俯视和仰视，故rm{垄脺}错误，第rm{垄脻}部操作可能会使溶液体积偏大；所配溶液浓度偏小；

故答案为：rm{垄脻}小．

由含铁废铝制备硫酸铝晶体原理是用氢氧化钠溶液溶解铝，过滤除掉杂质铁，然后调节rm{垄脻}得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝和稀硫酸溶液反应生成硫酸铝，蒸发浓缩；冷却、结晶、过滤、干燥后得到硫酸铝固体．

rm{垄脵垄脺垄脻}过滤实验用到的玻璃仪器有：烧杯；漏斗、玻璃棒；

rm{PH}用氯化钡检验硫酸根的存在；现象是出现白色沉淀；

rm{(1)}所得沉淀为氢氧化铝；加热分解分别生成氧化铝和水；

rm{(2)}氢氧化钠易潮解；不能在空气中称量；定容时要用胶头滴管；定容时视线要和刻度线相平．

本题以实验题的形式来考查金属元素的单质及其化合物的性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析、实验能力，注意铝能与强碱性溶液反应是其他一般金属不具有的化学性质，掌握化学反应原理才能分析出实验步骤的目的，难度中等．rm{(3)}【解析】烧杯；漏斗、玻璃棒；取最后一次洗涤液，加入几滴rm{BaCl_{2}}溶液，若无白色沉淀生成则洗涤干净；rm{Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+H_{2}O}两性氧化物；非金属氧化物；rm{Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+H_{2}O}小rm{垄脵垄脺垄脻}五、工业流程题(共3题，共15分)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)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%24、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