2024年浙教版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年浙教版高二化学下册月考试卷875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9题，共18分)1、在2L密闭容器中加入4molA和6molB，发生以下反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是（）A.0.45mol/(L·s)B.0.15mol/(L·s)C.0.225mol/(L·s)D.0.9mol/(L·s)2、下列说法正确的是：A.电子从3S能级跃迁到3P能级形成的光谱是发射光谱B.白磷（P4）分子是正四面体结构，故分子中的键角为1090281C.NO2－中心原子采取sp2杂化，分子空间构型为“V”形D.原子晶体熔点不一定比金属晶体高，分子晶体熔点不一定比金属晶体低3、用水能鉴别的一组物质是（）A.乙醇和乙酸B.乙酸乙酯和乙醇C.苯和乙酸乙酯D.四氯化碳和溴苯4、下列说法中错误的是（）A.无论是乙烯与Br2的加成反应，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与乙烯分子内含有碳碳双键有关B.用溴的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷C.相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同D.利用燃烧的方法可以鉴别乙烯和甲烷5、下列物质能发生消去反应且产物只有一种的是（）A.（CH3）3COHB.CH3OHC.CH3CHICH2CH3D.（CH3）3C-CH2Cl6、将19.2gCu溶于100mL浓度均为1mol•L﹣1的HNO3和H2SO4的混合溶液中，若产生的气体为NO，则产生的NO在标准状况下的体积为（）A.2.24LB.1.68LC.3.36LD.1.12L7、下列各组热化学方程式中，化学反应的rm{triangleH}前者小于后者的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO(g)}rm{垄脵C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCO(g)}rm{triangleH_{1}}rm{C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)}

rm{triangleH_{2}}rm{垄脷S(g)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)}rm{triangleH_{3}}rm{S(s)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)}

rm{triangleH_{4}}rm{垄脹CaO(s)+H_{2}O(l)篓TCa(OH)_{2}(s)}rm{triangleH_{5}}rm{CaCO_{3}(s)篓TCaO(s)+CO_{2}(g)}．A.rm{triangleH_{6}}B.rm{垄脷}C.rm{垄脵垄脷}D.rm{垄脵垄脹}rm{垄脷垄脹}8、下列对一些实验事实的理论解释正确的是rm{(}rm{)}。选项实验事实理论解释rm{A}深蓝色的rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}溶液中加入乙醇析出晶体乙醇增强了溶剂的极性rm{B}用rm{KSCN}检验溶液中的rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}遇rm{SCN^{-}}生成血红色沉淀rm{C}rm{CH_{4}}熔点低于rm{CO_{2}}碳氢键比碳氧键的键长短、键能大rm{D}氮原子的第一电离能大于氧原子氮原子rm{2p}能级半充满A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}9、“绿色化学”提倡，设计制备物质的方案时，要从经济、环保和技术等方面考虑，以下由铜制取硝酸铜的四种方案中，比较符合“绿色化学”概念且可行的方案是（）A.Cu→Cu（NO3）2B.Cu→CuO→Cu（NO3）2C.Cu→CuCl2→Cu（NO3）2D.Cu→CuSO4→Cu（NO3）2评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、下列各物质中，不能发生水解反应的是()A.油脂B.果糖C.氨基酸D.葡萄糖11、下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是A.rm{Ca^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}B.rm{Na^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}C.rm{NH_{4}^{+}}rm{C1^{-}}rm{{,!}_{-}SO_{4}^{2-}}D.rm{Ag^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}12、下列反应能用离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=BaCO_{3}隆媒}表示的有A.rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=

BaCO_{3}隆媒}与rm{BaCl_{2}}溶液反应B.rm{K_{2}CO_{3}}与rm{CO_{2}}溶液反应C.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液反应D.rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应rm{H_{2}SO_{4}}13、将绿豆大小的金属钠投入加有酚酞的rm{100mL}蒸馏水中，则()A.溶液变蓝B.rm{Na}浮在水面上并熔化成小球C.rm{Na}在水面上游动D.有rm{H_{2}}生成14、下列实验事实不能用同一原理解释的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}.Cl_{2}}都能使品红溶液褪色B.rm{NH_{4}Cl}晶体rm{.}固体碘受热时都能气化C.福尔马林rm{.}葡萄糖与新制rm{Cu(OH)_{2}}共热时都能产生红色沉淀D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、（10分）在实验室中做下列实验：把物质A、B按一定比例充入一个表面积为300容积为2L的球形容器，使压强为P，然后将整个容器用加热器加热到t℃时，发生如下反应：2A（g）＋B（g）2C（g）；H＝-180kJ·（1）若平均每分钟生成0.5mol的C，则此反应速率可表示为v（C）＝____________；若容器表面向外散热速率平均为400J··为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供________kJ的热量；（2）反应过程中A（g）、B（g）、C（g）物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是___________。A．10～15min可能是加入了正催化剂B．10～15min可能是降低了温度C．20min时可能是缩小了容器体积D．20min时可能是增加了B的量16、（1）甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇。I：CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)△H＝+206．0kJ·mol－1II：CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(g)△H＝—129．0kJ·mol－1CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH(g)和H2(g)的热化学方程式为。（2）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用右图装置模拟上述过程：①写出阳极电极反应式。②写出除去甲醇的离子方程式。（3）写出以NaHCO3溶液为介质的Al—空气原电池的电极负极反应式，负极:。17、测定中和热的实验所用NaOH溶液要稍过量的原因____；倒入NaOH溶液的正确操作是____（填序号）．

A．沿玻璃棒缓慢倒入。

B．分三次少量倒入。

C．一次迅速倒入．18、铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?2Fe(s)+3CO_{2}(g)}rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)?

2Fe(s)+3CO_{2}(g)}该温度下，在rm{(1)}盛有rm{2L}粉末的密闭容器中通入rm{Fe_{2}O_{3}}气体，rm{CO}后，生成了单质铁rm{10min}则rm{11.2g}内rm{10min}的平均反应速率为。rm{CO}请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：rm{(2)}rm{垄脵}rm{;}。rm{垄脷}某些金属氧化物粉末和铝粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率rm{(3)}rm{(}rm{v}和温度rm{)}rm{(}rm{T}的关系示意图中与铝热反应最接近的是。rm{)}写出氢氧化铝在水中发生碱式电离的电离方程式：______________rm{(4)}欲使上述体系中铝离子浓度增加，可加入的物质是____。rm{;}19、上图中A-J均为有机化合物，根据图中的信息，回答下列问题：（1）环状化合物A的相对分子质量为82，其中含碳87.80%，含氢12.2%。B的一氯代物仅有一种，B的结构简式为（3分）（2）M是B的一种同分异构体，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，分子中所有的碳原子共平面，则M的结构简式为（3分）。（3）由A生成D的反应类型是____（3分），由D生成E的反应类型是____（3分）。（4）G的分子式为C6H10O4,0.146gG需用20ml0.100mol/LNaOH溶液完全中和，J是一种高分子化合物，则由G转化为J的化学方程式为____（4分）；（5）H中含有官能团是（3分），I中含有的官能团是（3分）。评卷人得分四、工业流程题(共2题，共14分)20、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21、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___________。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)22、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__________________________________．23、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__________________________________．24、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。25、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)26、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)n始4mol6mol00n变1.5mol2.25mol1.5mol1.875moln平2.5mol3.75mol1.5mol1.875molυ(B)=0.225mol/(L·s)【解析】【答案】C2、C|D【分析】【解析】【答案】CD3、B【分析】【解答】解：题中乙酸；乙醇都易溶于水；苯和乙酸乙酯、四氯化碳和溴苯都不溶于水，但混溶，则不能用水分离，乙酸乙酯不溶于水，而乙醇易溶于水，可用水分离；

故选B．

【分析】用水能鉴别，选项中物质溶解性、密度存在差异，以此来解答．4、C【分析】解：A．乙烯中含C=C；能发生加成和氧化反应，双键断裂，都与乙烯分子内含有碳碳双键有关，故A正确；

B．乙烯能与溴水或高锰酸钾溶液反应；使溶液褪色，而乙烷不能，现象不同，能鉴别，故B正确；

C．乙烯和甲烷中氢的质量分数不同；所以相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧生成的水的质量不同，故C错误；

D．乙烯比甲烷中的含碳量高；燃烧时甲烷产生淡蓝色火焰，乙烯燃烧时火焰明亮并伴有黑烟，现象不同，能鉴别，故D正确；

故选C．

A．乙烯中含C=C；能发生加成和氧化反应；

B．乙烯能与溴水或高锰酸钾溶液反应；而乙烷不能；

C．乙烯和甲烷中氢的质量分数不同；

D．乙烯比甲烷中的含碳量高．

本题考查有机物的鉴别，明确有机物的性质是解答本题的关键，熟悉烯烃、烷烃的性质即可解答，题目难度不大．【解析】【答案】C5、A【分析】解：A．（CH3）3COH中与-OH相连C的邻位C上有H；可发生消去反应生成一种产物，故A选；

B．不存在邻位C；故B不选；

C．可发生消去反应生成1-丁烯或2-丁烯；故C不选；

D．与-Cl相连C的邻位C上没有H；不能发生消去反应，故D不选；

故选A．

选项中醇；卤代烃可发生消去反应；且满足与-OH（或-X）相连C的邻位C上有H，结合对称性判断消去产物只有一种，以此来解答．

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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构对称性判断消去产物，题目难度不大．【解析】【答案】A6、B【分析】【解答】解：100mL混合酸中含有：n（H+）=0.1L×1mol/L+0.1L×2mol/L=0.3mol，n（NO3﹣）=0.1L×1mol/L=0.1mol，。3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O280.1mol0.3mol0.1molNO3﹣完全反应消耗0.4molH+，0.3mol小于0.4molH+，故H+不足，由离子方程式可知生成NO为0.3mol×=0.075mol；标况下生成NO为0.075mol×22.4L/mol=1.68L；

故选：B．

【分析】100mL混合酸中含有：n（H+）=0.1L×1mol/L+0.1L×2mol/L=0.3mol，n（NO3﹣）=0.1L×1mol/L=0.1mol，首先发生反应：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，19.2gCu的物质的量为0.3mol，以此计算该题．7、D【分析】解：rm{垄脵}碳完全燃烧放出的热量多，放热反应rm{triangleH<0}所以化学反应的rm{triangleH}前者大于后者，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}固体硫转变为气态硫需要吸收热量，所以固体硫完全燃烧放出的热量偏小，但放热反应rm{triangleH<0}所以化学反应的rm{triangleH}前者大于后者，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹CaCO_{3}}分解吸热，rm{triangleH_{6}>0}其逆反应放热，rm{triangleH_{5}<0}所以化学反应的rm{triangleH}前者小于后者，故rm{垄脹}正确．

故选D．

rm{垄脵}碳完全燃烧放出的热量多，放热反应rm{triangleH<0}

rm{垄脷}固体硫转变为气态硫需要吸收热量；

rm{垄脹CaCO_{3}}分解吸热；其逆反应放热．

本题考查反应热的大小比较，题目难度较小，注意反应热有正负号，比较大小时考虑符号．【解析】rm{D}8、D【分析】解：rm{A.[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}晶体析出；故A错误；

B.rm{Fe^{3+}}遇rm{SCN^{-}}生成血红色络合物而不是沉淀；故B错误；

C.熔沸点与分子间作用力有关；与共价键无关，分子间作用力越大，熔沸点越高，故C错误；

D.原子轨道中电子处于全空、半满、全满时最稳定，氮原子rm{2p}能级半充满；则氮原子的第一电离能大于氧原子，故D正确；

故选D．

A.络合物在乙醇中溶解度较小；

B.rm{Fe^{3+}}遇rm{SCN^{-}}生成血红色络合物；

C.熔沸点与分子间作用力有关；

D.原子轨道中电子处于全空；半满、全满时最稳定．

本题考查化学实验方案评价及原子结构和物质性质，为高频考点，明确实验原理、物质性质、物质和原子结构是解本题关键，注意络合物不是沉淀，注意：分子晶体熔沸点与氢键和分子间作用力有关，其稳定性与化学键有关．【解析】rm{D}9、B【分析】解：A、铜与硝酸反应会有污染物NO或NO2生成；不符合“绿色化学”的思想；

B、此项制得的方法是：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O；反应原料易得，没有污染，符合要求。

C、Cu→CuCl2，需要有毒气体Cl2．不符合环保要求。

D；铜与浓硫酸反应能生成硫酸铜；但同时生成二氧化硫污染空气，故不符合题意。

故选：B。

绿色化学要求尽可能地利用原材料并保证生产过程无污染。根据题干要求；要从反应的理论可行性，经济廉价性，环保安全性等方面进行考虑分析。

本题主要考查“绿色化学”知识。此题难度较大，要熟悉铜及其化合物的各种性质，还要考虑环保、经济等方面。【解析】B二、多选题(共5题，共10分)10、BCD【分析】【分析】本题考查了糖类、蛋白质、油脂的结构和性质，题目难度不大，主要考查几类物质的水解条件和水解产物。【解答】选项中葡萄糖是单糖不能水解；纤维素是多糖在一定条件下水解最终生成为单糖；油脂在酸；碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸；蛋白质一定条件下水解生成氨基酸；

故选ABC．

A.在酸、碱或酶等催化剂的作用下，油脂均可以发生水解，rm{1mol}油脂完全水解的产物是rm{1mol}甘油和rm{3mol}高级脂肪酸，故A错误；B.果糖是单糖，所以不能水解，故B正确；C.氨基酸，不能水解，故C正确；

D.葡萄糖是单糖，所以不能水解，故D正确。故选BCD。【解析】rm{BCD}11、BC【分析】【分析】本题考查溶液中离子共存的判断，注意离子共存的条件，难度中等。【解答】A.rm{Ca}rm{Ca}rm{{,!}^{2+}}与rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}生成硫酸钙；碳酸钙难溶于水；不能大量共存，故A不选；

、rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}B.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}离子间不反应；可以大量共存，故B选；

C.、rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{3}^{-}}离子间不反应；可以大量共存，故C选；

、rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{NH_{4}^{+}}rm{C1^{-}}rm{{,!}_{-}SO_{4}^{2-}}生成D.rm{Ag}不能大量共存，故D不选。rm{Ag}故选BC。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{BC}12、AC【分析】【分析】本题考查离子方程式的书写，离子反应的本质，难度中等。【解答】A.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}与rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}故A选；rm{{,!}_{3}}

溶液反应的离子方程式为：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}B.rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CO}rm{2}rm{2}的离子反应为rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}故B不选；rm{-}rm{-}rm{+CO}rm{2}rm{2}rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}C.rm{Ba(NO}rm{Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+Na}故C选；

rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为的离子反应为rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}rm{隆媒}故C选；rm{隆媒}故D不选。

D.rm{Ba(OH)}

rm{Ba(OH)}【解析】rm{AC}13、BCD【分析】【分析】本题考查了钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，结合钠的物理性质判断解答。【解答】钠的密度小于水，熔点低，将绿豆大小的金属钠投入加有酚酞的rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}蒸馏水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放出大量的热，溶液显碱性，所以会看到现象：钠浮在水面上并熔化成小球，生成氢气，钠在水面四处游动，溶液变红，故rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{100}rm{m}【解析】rm{BCD}14、ABD【分析】解：rm{A.}氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的强氧化性的体现；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质，该过程为化合反应，二者原理不同，故A选；

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢属于化学变化；碘受热升华属于物理变化，二者原理不同，故B选；

C.福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜，二者原理相同，故C不选；

D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色；前者是发生氧化还原反应，后者发生加成反应，二者原理不同，故D选；

故选：rm{ABD}．

A.依据二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢；碘受热升华；

C.福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜；

D.乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；能与溴水加成．

本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质是解题关键，注意次氯酸与二氧化硫漂白原理的不同，注意有机物结构特点，题目难度不大．【解析】rm{ABD}三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】(1)v===0.25mol··（2）每分钟体系向外散热为：0.400KJ··×300=120kJ而反应本身放热为：180kJ·×2/0.5=45kJ故为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供120-45=75kJ的热量(3)10～15min时反应速率加快，加入正催化剂符合题意，但降低温度将使反应速率降低；20min时只有B的量瞬间增大，故可能是增加了B的量，而缩小了容器体积，B的量不会瞬间增大。【解析】【答案】（10分）（1）0.25mol··（2）75（3）AD16、略

【分析】试题分析：（1）已知Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206．0kJ•mol-1、Ⅱ：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-129．0kJ•mol-1，则依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得到CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77．0kJ•mol-1；（2）①通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+；②以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；（3）以NaHCO3溶液为介质的Al-空气原电池中铝做负极失电子发生氧化反应生成铝离子，在碳酸氢钠溶液中水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳；负极的电极反应式：Al－3e-＋3HCO3-＝Al（OH）3↓＋3CO2↑。考点：考查热化学方程式和盖斯定律计算应用，原电池原理分析和电极反应书写【解析】【答案】（1）CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77．0kJ•mol-1（2）①Co2+-e-=Co3+②6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+（3）Al-3e-+3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑17、确保定量的HCl反应完全|C【分析】【解答】解：实验中；所用NaOH稍过量的原因是确保定量的HCl反应完全；为了减少能量损失，一次迅速倒入NaOH溶液．

故答案为：确保定量的HCl反应完全；C．

【分析】为了确保定量的HCl反应完全，所用NaOH稍过量；为了减少能量损失，一次迅速倒入NaOH溶液．18、(1)0.015mol·(L·min)-1

（2）①CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等②CO（或CO2）的质量不再改变。

（3）b

（4）Al(OH)3Al3++3OH-盐酸【分析】【分析】【解答】rm{(1)Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)}rm{2Fe(s)+3CO_{2}(g)}

rm{3mol}rm{2隆脕56g}

rm{0.3mol}rm{11.2g}

；故答案为：rm{0.015mol隆陇(L隆陇min)}rm{0.015mol隆陇(L隆陇min)}

rm{{,!}^{-1}}或rm{(2)垄脵CO(}或rm{CO}rm{(2)垄脵CO(}rm{CO}的生成速率与消耗速率相等rm{{,!}_{2}}或rm{)}的生成速率与消耗速率相等rm{垄脷CO(}或rm{CO}rm{)}rm{垄脷CO(}的质量不再改变可以说明反应达到平衡状态，故答案为：rm{CO}或rm{{,!}_{2}}rm{)}的质量不再改变可以说明反应达到平衡状态，故答案为：rm{垄脵CO(}或rm{CO}rm{)}的生成速率与消耗速率相等rm{垄脵CO(}或rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{)}的生成速率与消耗速率相等rm{垄脷CO(}或rm{CO}的质量不再改变；

rm{)}根据温度升高，反应速率增大判断可知，图像rm{垄脷CO(}正确。故答案为：rm{CO}

rm{{,!}_{2}}是两性氢氧化物，其酸式电离的离子方程式为rm{)}的质量不再改变；3rm{)}rm{(3)}碱式电离的离子方程式为rm{b}rm{b}rm{(4)Al(OH)_{3}}rm{Al(OH)}rm{H^{+}+}欲使rm{+H_{2}O}浓度增大，可加入盐酸、硫酸等以降低rm{Al(OH)_{3}}浓度，使平衡向碱式电离的方向移动。故答案为：rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3OH}rm{+3OH}rm{{,!}^{-}}盐酸。rm{Al^{3+}}【解析】rm{(1)0.015mol隆陇(L隆陇min)^{-1}}

rm{(1)0.015

mol隆陇(L隆陇min)^{-1}}或rm{(2)垄脵CO(}的生成速率与消耗速率相等rm{CO_{2})}或rm{垄脷CO(}的质量不再改变。

rm{CO_{2})}

rm{(3)b}rm{(4)Al(OH)_{3}}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}盐酸rm{+3OH}19、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）（3）加成反应消去反应（4）（5）溴（或）羟基（或）四、工业流程题(共2题，共14分)20、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.D21、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)五、有机推断题(共4题，共24分)22、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH223、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；