2024年沪教新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年沪教新版高三化学下册月考试卷694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、一定温度下，某容积恒定的密闭容器中发生如下可逆反应：CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（g）；△H＜0以lmolCO和2molH2为起始反应物，tl时达到平衡，生成0.6molH2O（g）．t2时改变反应条件，化学反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示．下列叙述正确的是（）A.起始时刻和t1达到平衡后气体的物质的量之比为4：5B.平衡后若加入少量碳，平衡向逆反应方向移动C.平衡后若加入氢气，上述反应的△H会增大D.t2时改变的条件可能是增大了压强2、甲；乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去；箭头表示一步转化）．下列各组物质中，不满足图示转化关系的是（）

。甲乙丙戊ACuFeCl3溶液CuCl2溶液FeBH2ONaH2O2CAl（OH）3盐酸AlCl3NH3•H2ODCH3CH2OHO2CH3CHOH2A.AB.BC.CD.D3、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是()A.X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性B.最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C.Z的单质与氢气反应较W剧烈D.X的原子半径小于Y4、向2mL0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL3mol/LKF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是A.Fe3＋不与I－发生反应B.Fe3＋与F－结合成不与I－反应的物质C.F－使I－的还原性减弱D.Fe3＋被F－还原为Fe2＋，使溶液中不再存在Fe3＋5、某同学准备用如图所示装置制备rm{H_{2}}可是在实验室中发现酸液不足无法没过锌粒，而又无其他酸液可加入。为达到实验目的，可以从长颈漏斗中加入适量的试剂是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}rm{NaNO_{3}}溶液；rm{垄脷}酒精；rm{垄脹CCl_{4}}rm{垄脺}苯；rm{垄脻Na_{2}CO_{3}}溶液；rm{垄脼KCl}溶液。A.rm{垄脵垄脷垄脹}B.rm{垄脷垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脷垄脺垄脼}D.rm{垄脷垄脹垄脼}6、下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）A.向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，有红色固体析出，氧化性：Cu2+＞Fe3+B.用石墨作电极电解MgSO4溶液，某电极附近有白色沉淀生成该电极为阳极C.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测结果偏低D.向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Ag+评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、某校课外小组同学制备Fe（OH）3胶体；并研究该胶体的性质．

（1）该小组同学采用了以下操作制备胶体，请将空白处填写完整．取一个烧杯，加入20mL蒸馏水，加热至沸腾，然后向烧杯中滴加5～6滴饱和____溶液，继续煮沸，至出现____后；停止加热；

（2）将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如上左图所示，放置2min后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察（填写“有”或“无”）____丁达尔现象：再向试管中加入用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为____；

（3）将半透膜内的液体倒入U型管中，如图所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是（填“阴”或“阳”）____极附近颜色逐渐变深，其原因是____8、已知图中的字母代表中学化学中的常见物质；A是无色液体，B是浓溶液，反应②在高温；高压、催化剂的条件下进行，G是温室气体．

根据图回答下列问题：

（1）海水资源的利用要实现①通常采用____法和____法等．

（2）写出E的电子式____、G的结构式为____；若向M溶液通入G____（是或否）有沉淀，若再通入足量E观察到的现象是____．

（3）写出③；④的化学方程式：

③____④____．9、浓H2SO4与炭反应；产物成分可用下图装置来确认：

（1）请用1、2等标号，写出整套装置的连接顺序：____；

（2）装置C的作用是____，E中盛放的试剂是____，作用是____；

（3）B装置中反应的离子方程式____．10、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，在周期表中，W的原子半径是最小的，Y的最高价氧化物既能与强酸反应，又能与强碱溶液反应，X与Z位于同一主族．Z-与Ar具有相同的电子层结构；请回答下列问题：

（1）写出元素符号：X为____，Y为____．

（2）用电子式表示WZ的形成过程：____．

（3）Y的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为____．11、根据题目要求回答：

（1）有下列有机物：

①C5H12②③④⑤⑥

属于同系物的有____．

（2）化学式为C6H12的某烯烃的所有碳原子都在同一平面上，则该烯烃的名称为____．

（3）一定量的某饱和一元醇和足量的金属钠反应，生成1gH2，燃烧等量的该醇用去7.5mol的O2，则该醇的分子式为____．该醇不能发生消去反应的结构简式为____．

（4）可以鉴别苯、苯酚溶液、四氯化碳、硝酸银溶液、碘化钾溶液五种物质的试剂是____．

（5）在芳香族化合物C7H8O的异构体中，有一种物质满足下列条件：①能跟钠反应；②能跟氢氧化钠；③苯环上的一卤代物有2种．写出该物质与足量溴水反应的方程式____．12、邻羟基桂皮酸是合成香精的重要原料，如下为合成邻羟基桂皮酸的路线之一：

试回答下列问题：

（1）化合物Ⅱ→化合物Ⅲ的有机反应类型：____；

（2）化合物Ⅲ在银氨溶液中发生反应的化学方程式：____（注明反应条件）；

（3）有机物X为化合物Ⅳ的同分异构体；且知有机物X有如下特点：

①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体；③能发生银镜反应．

请写出化合物X的可能结构简式：____．

（4）下列说法正确的是____；

A．化合物Ⅰ遇氯化铁溶液呈紫色。

B．化合物Ⅱ能与NaHCO3溶液反应。

C．1mol化合物Ⅳ完全燃烧消耗9.5molO2

D．1mol化合物Ⅲ能与3molH2反应。

（5）有机物R（C9H9ClO3）经过反应也可制得化合物Ⅳ，则R在NaOH醇溶液中反应的化学方程式为____（写出一种即可）．

（6）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中含有手性碳原子的是____，存在顺反异构的是____．13、下列各组物质互为同系物的是____，互为同分异构体的是____，互为同素异形体的是____．

①O2和O3、②H2、D2、T2、③12C和14C、④⑤⑥14、（2016春•河南校级月考）设反应①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1．

反应②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2，在不同温度下，K1、K2的值如下：

。T（K）K1K29731.472.3611732.151.67（1）现有反应③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），这是一个____（填“吸”或“放”）热反应，要使平衡③向右移动，可采取的措施有____（填序号）．

A．缩小反应容器容积B．扩大反应容器容积C．降低温度。

D．升高温度E．使用合适的催化剂F．设法减少CO的量。

（2）若反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）在温度T1下进行；Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）在温度T2下进行，已知T1＞T2，且c（CO2）＞c（H2O）（其他条件均相同），则两者的反应速率____（填序号）．

A．前者大B．后者大C．一样大D．无法判断．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）16、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）17、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）18、2mol水的摩尔质量与1mol水的摩尔质量之比为2：1．____（判断对错）19、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）20、工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____．（判断对错）21、制备MgO，既可以通过化合反应，又可以通过置换反应制备____（判断对和错）22、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）23、一元取代产物只有一种的，十个碳以下的烷烃有5种____（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)24、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________．25、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：26、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________．27、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、简答题(共1题，共3分)28、有机化学反应因反应条件不同；可生成不同的有机产物．例如：

HX+CH3CH=CH2

工业上按如图路线合成结构简式为的香料物质．

请回答下列问题：

（1）写出下列反应的反应类型：①为______反应，③为______反应．

（2）已知A1、A2互为同分异构体，请写出A1、A2可能的结构简式：A1______，A2______．

（3）反应⑤的化学方程式为______，反应⑦的化学方程式为______．

（4）工业生产中，中间产物A须经反应③④⑤⑥得D，而不采取直接由A1或A2直接转化为D，其优越性主要是______．

（5）这种香料有多种同分异构体，写出2种符合下列条件的有机物的结构简式：______，______．

a．其水溶液遇FeCl3溶液变紫色；

b．苯环上的一溴代物只有2种．评卷人得分六、其他(共4题，共36分)29、磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器A．试管B．分液漏斗C．带滴管的试剂瓶（滴瓶）D．集气瓶E．酸式滴定管F．碱式滴定管中，没有用到“磨砂”工艺处理的有____．

（填字母编号）．30、

（1）①写出仪器的名称：D____，E____．

②在蒸发结晶、过滤、配制溶液时都需用到的同一种玻璃仪器是以上仪器中的____（填写仪器编号）．

（2）上述仪器中在使用前要检查要检查是否漏水的仪器是____（填写仪器编号）．31、普通玻璃、钢铁和玻璃钢是三种不同的材料，它们在性能方面差别很大。请根据学过的知识，回答下面问题。（1）普通玻璃的成分是；（2）铁在人类的生产和生活中有着十分重要的应用。铁的应用，经历了____到到____的演变过程。（3）某种复合材料具有耐高温，强度高，导电性好，导热性好的特点，估计该复合材料的基体和增强体材料可能分别是A．金属；CB．陶瓷；SiO2C．合成树脂；SiO2、Al2O3、MgOD．合成树脂；C32、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A；根据三段式计算起始时刻和达平衡后容器的物质的量之比．

B；固体量的增减不会引起平衡的移动；

C；化学反应的焓变不会随着加入某一反应物而改变；

D、温度和压强能导致正逆反应速率瞬间增加，根据化学平衡的移动方向确定．【解析】【解答】解：A、CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（g）

初始量：120

变化量：0.60.60.6

平衡量：0.41.40.6

起始时刻和达平衡后容器的物质的量之比=3：2.4=5：4；故A错误；

B；加入少量炭；不会引起平衡的移动，故B错误；

C、化学反应的焓变是指1molCO和1molH2充分反应消耗完毕所放出的热量；平衡后若加入氢气，反应的△H不变，故C错误；

D；温度和压强能导致正逆反应速率瞬间增加；并且升高了温度或增大了压强都是让化学平衡正向移动，故D正确．

故选D．2、B【分析】【分析】根据反应甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲，乙+戊→丁分析，结合物质的性质判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误．【解析】【解答】解：A．铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜；氯化铜和铁反应生成铜，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，所以能实现转化，故A正确；

B．水和钠反应生成氢气和氢氧化钠；氢气在氧气中燃烧生成水，钠和氧气反应生成氧化钠或过氧化钠而不是氢氧化钠，所以不能实现转化，故B错误；

C．氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水；氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，盐酸和一水合氨反应生成氯化铵，所以能实现转化，故C正确；

D．乙醇和氧气反应生成乙醛和水；乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，氢气在氧气中燃烧生成水，所以能实现转化，故D正确；

故选B．3、B【分析】试题分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O，X为N，W为Cl，A、X的最常见气态氢化物为氨气，其水溶液显碱性，错误；B、非金属性Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，正确；C、非金属性Cl＞S，则W的单质与氢气反应较Z剧烈，错误；D、同周期从左至右原子半径减小，则X的原子半径大于Y，错误。考点：考查位置、结构、性质的关系及其应用。【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】【答案】B5、D【分析】【分析】

本题考查实验装置综合应用及物质的性质，为高频考点，把握制备氢气的反应原理、物质的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意硝酸钠为解答的难点，题目难度不大。

【解答】

rm{垄脵NaNO}rm{垄脵NaNO}rm{{,!}_{3}}反应不生成氢气，故错误；

溶液在酸性条件下与rm{Zn}反应不生成氢气，故错误；酒精可使液体总体积变大，rm{Zn}与稀硫酸接触而制取氢气，故正确；

rm{垄脷}酒精可使液体总体积变大，rm{Zn}与稀硫酸接触而制取氢气，故正确；rm{垄脷}rm{Zn}与稀硫酸接触而制取氢气，故正确；

rm{垄脹CCl}苯的密度比硫酸密度小，隔绝rm{垄脹CCl}与稀硫酸，不能制备氢气，故错误；

rm{{,!}_{4}}与硫酸不反应且密度比硫酸密度大，rm{Zn}与稀硫酸接触而制取氢气，故正确；rm{Zn}rm{垄脺}苯的密度比硫酸密度小，隔绝rm{Zn}与稀硫酸，不能制备氢气，故错误；rm{垄脺}

rm{Zn}溶液可使液体总体积变大，rm{垄脻Na}与稀硫酸接触而制取氢气，故正确；

rm{垄脻Na}​

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{D}6、C【分析】【分析】A．反应现象只能说明铁置换铜的反应；不能证明阳离子铜离子氧化性和铁离子氧化性的比较；

B．阴极上氢离子放电；破坏了水的电离平衡，有关离子浓度增大；

C．测定中和反应的反应热时；将碱缓慢倒入酸中，会导致中和生成的热量部分散失；

D．溶液中含有亚硫酸根离子液可以出现白色沉淀现象．【解析】【解答】解：A．向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，有红色固体析出说明有生成，Cu2+＞Fe2+；不能证明铜离子和三价铁离子氧化性的强弱；故A错误；

B．用石墨作电极电解MgSO4溶液；某电极附近有白色沉淀生成，依据电解原理分析，阴极是氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，和镁离子生成沉淀，故B错误；

C．测定中和反应的反应热时；将碱缓慢倒入酸中，会导致中和生成的热量部分散失，所以所测结果偏低，故C正确；

D．向某溶液中先滴加硝酸酸化，硝酸具有强氧化性，溶液中若是亚硫酸根离子，被硝酸氧化为硫酸根离子，再滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成，溶液中不一定含有银离子，故D错误．

故选C．二、填空题(共8题，共16分)7、FeCl3红褐色无有白色沉淀阴Fe（OH）3胶体粒子带正电【分析】【分析】（1）向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即制得Fe（OH）3胶体；

（2）胶体不能透过半透膜；而溶液是可以的；

（3）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，向阴极移动．【解析】【解答】解：（1）制备氢氧化铁胶体应该用新制的饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至出现红褐色后即可，故答案为：FeCl3；红褐色；

（2）胶体不能透过半透膜；而溶液是可以的．所以半透膜外的液体是不能产生丁达尔效应的．由于溶液中含有氯离子，能和硝酸银反应生成白色氯化银沉淀；

故答案为：无；有白色沉淀；

（3）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，所以向阴极移动，即阴极附近溶液颜色加深，故答案为：阴；Fe（OH）3胶体粒子带电．8、蒸馏法淡化膜法O=C=O否有白色沉淀NaCl+NH3+CO2=NaHCO3+NH4Cl2NaHCO3=CO2↑+Na2CO3+H2O【分析】【分析】B是浓溶液，海水去除氯化钠之后变为淡水，所以B是NaCl浓溶液，G是温室气体，则G为CO2，反应②在高温、高压、催化剂的条件下进行，应为工业合成氨的反应，根据各物质的转化关系，反应③应为候氏制碱法，所以X、Y为氮气和氢气，E为NH3，C分解能产生二氧化碳，则C应为碳酸氢钠，D为氯化铵，碳酸氢钠受热分解得二氧化碳、水、碳酸钠，A是无色液体，则A是水，所以N为碳酸钠，F高温分解生成二氧化碳，则F为碳酸钙，H为氧化钙，H与D的溶液反应生成M为氯化钙，据此答题．【解析】【解答】解：B是浓溶液，海水去除氯化钠之后变为淡水，所以B是NaCl浓溶液，G是温室气体，则G为CO2，反应②在高温、高压、催化剂的条件下进行，应为工业合成氨的反应，根据各物质的转化关系，反应③应为候氏制碱法，所以X、Y为氮气和氢气，E为NH3；C分解能产生二氧化碳，则C应为碳酸氢钠，D为氯化铵，碳酸氢钠受热分解得二氧化碳；水、碳酸钠，A是无色液体，则A是水，所以N为碳酸钠，F高温分解生成二氧化碳，则F为碳酸钙，H为氧化钙，H与D的溶液反应生成M为氯化钙；

（1）海水资源的利用要实现①通常采用最常用的为蒸馏法和淡化膜法；

故答案为：蒸馏法；淡化膜法；

（2）根据上面的分析可知，E为NH3，E的电子式为G为CO2，G的结构式为O=C=O，M为氯化钙，若向M溶液通入CO2没有沉淀，若再通入足量NH3观察到的现象是有白色沉淀；

故答案为：O=C=O；否；有白色沉淀；

（3）反应③的化学方程式为NaCl+NH3+CO2=NaHCO3+NH4Cl，反应④的化学方程式：2NaHCO3=CO2↑+Na2CO3+H2O；

故答案为：NaCl+NH3+CO2=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3=CO2↑+Na2CO3+H2O．9、1786543652除去并检验SO2无水硫酸铜验证生成的水Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O【分析】【分析】（1）加热条件下；木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳；二氧化硫和水，氢氧化钡溶液、酸性高锰酸钾溶液、品红溶液中都含有水蒸气，所以在检验二氧化碳、二氧化硫之前要先检验水蒸气；氢氧化钡能和二氧化碳、二氧化硫反应生成白色沉淀，所以不能用氢氧化钡溶液检验二氧化硫、二氧化碳，但二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液、品红溶液褪色，二氧化碳没有此性质，所以可以用酸性高锰酸钾或品红溶液检验二氧化硫，则在检验二氧化碳之前必须先检验二氧化硫、先除去二氧化硫，最后用检验处理尾气；

（2）二氧化硫具有还原性；能被强氧化剂氧化；实验室用无水硫酸铜检验水蒸气；

（3）二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水．【解析】【解答】解：（1）加热条件下；木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳；二氧化硫和水，氢氧化钡溶液、酸性高锰酸钾溶液、品红溶液中都含有水蒸气，所以在检验二氧化碳、二氧化硫之前要先检验水蒸气；氢氧化钡能和二氧化碳、二氧化硫反应生成白色沉淀，所以不能用氢氧化钡溶液检验二氧化硫、二氧化碳，但二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液、品红溶液褪色，二氧化碳没有此性质，所以可以用酸性高锰酸钾或品红溶液检验二氧化硫，则在检验二氧化碳之前必须先检验二氧化硫、先除去二氧化硫，最后用检验处理尾气，所以仪器连接顺序是1786543652；

故答案为：1786543652；

（2）二氧化硫具有还原性；能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化而除去二氧化硫，所以C的作用是除去二氧化硫；实验室用无水硫酸铜检验水蒸气，所以实验室用无水硫酸铜检验生成的水；

故答案为：除去并检验SO2；无水CuSO4；验证生成的水；

（3）二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba2++2OH-+CO2═BaCO3↓+H2O．10、FAlAl2O3+2OH-═2AlO2-+H2O【分析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，在周期表中，W的原子半径是最小的，则W为H元素；Y的最高价氧化物既能与强酸反应，又能与强碱溶液反应，则Y为Al；Z-与Ar具有相同的电子层结构，则Z为Cl元素；X与Z位于同一主族，则X为F元素．【解析】【解答】解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，在周期表中，W的原子半径是最小的，则W为H元素；Y的最高价氧化物既能与强酸反应，又能与强碱溶液反应，则Y为Al；Z-与Ar具有相同的电子层结构；则Z为Cl元素；X与Z位于同一主族，则X为F元素．

（1）由上述分析可知；X为F元素，Y为Al，故答案为：F；Al；

（2）用电子式表示HCl的形成过程：故答案为：

（3）Y的氧化物为Al2O3，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O．11、①③、④⑤2，3-二甲基-2-丁烯C5H12O溴水或三氯化铁溶液【分析】【分析】（1）①为烷烃；②为醇，③为烷烃，④为芳香醇，⑤为芳香醇，⑥为醇，结合同系物的定义判断；

（2）根据乙烯的分子结构可知与C=C相连的原子在一个平面内；要保证6个碳原子在一个平面内，则另外4个碳必须直接与C=C相连；

（3）饱和一元醇为CnH2n+1OH，根据方程式2CnH2n+1OH+2Na→2CnH2n+1ONa+H2↑计算醇的物质的量；再根据耗氧量计算n的值，确定饱和一元醇的分子式；该醇的一种同分异构体不能发生消去反应，说明与羟基相连碳原子相邻的碳原子上没有H原子；

（4）鉴别苯酚；可用溴水或氯化铁溶液，加入氯化铁，硝酸银生成白色沉淀，碘化钾生成碘，加入溴水，四氯化碳萃取分层，硝酸银生成浅黄色沉淀，碘化钾生成碘；

（5）①能跟钠反应；②能跟氢氧化钠，说明含有酚羟基，苯环上的一卤代物有2种，说明苯环有两个取代基，且位于对位．【解析】【解答】解：（1）由结构简式可知；①③分别为戊烷；己烷，为同系物，④⑤为芳香醇，结构相似，为同系物，故答案为：①③、④⑤；

（2）根据乙烯的分子结构可知与C=C相连的原子在一个平面内，要保证6个碳原子在一个平面内，则另外4个碳必须直接与C=C相连，结构简式为名称为2，3-二甲基-2-丁烯；

故答案为：2；3-二甲基-2-丁烯；

（3）饱和一元醇为CnH2n+1OH，和足量金属钠反应，生成1克H2，氢气物质的量==0.5mol；则：

2CnH2n+1OH+2Na→2CnH2n+1ONa+H2↑

21

1mol0.5mol

燃烧等量的该醇用去7.5mol的O2，则：1mol×（n+-）=7.5mol，解得n=5，故该饱和一元醇的分子式为：C5H12O；

若该醇的一种同分异构体不能发生消去反应，说明与羟基相连碳原子相邻的碳原子上没有H原子，则符合条件的同分异构体为：

故答案为：C5H12O；

（4）可用溴水或三氯化铁溶液鉴别；

溴水与苯发生萃取后有色层在上层；与苯酚反应生成沉淀，与淀粉碘化钾溶液发生氧化还原反应后变蓝，与硝酸银生成浅黄色沉淀，与四氯化碳发生萃取，有色层在下层，现象各不相同；

加入氯化铁溶液；苯；四氯化碳都不溶，但密度不同，与淀粉碘化钾溶液发生氧化还原反应后变蓝，与硝酸银生成白色沉淀，苯酚变成紫色，可鉴别；

故答案为：溴水或三氯化铁溶液；

（5）①能跟钠反应；②能跟氢氧化钠，说明含有酚羟基，苯环上的一卤代物有2种，说明苯环有两个取代基，且位于对位，应为与溴水反应的方程式为

故答案为：．12、消去反应AC或。

ⅡⅢ、Ⅳ【分析】【分析】（1）化合物II→化合物Ⅲ的变化是羟基转变为碳碳双键；发生消去反应；

（2）化合物Ⅲ含有醛基；能和银氨溶液发生银镜反应；

（3）①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体说明含有羧基；③能发生银镜反应说明含有醛基，据此写出其结构简式；

（4）A．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应；

B．含有羧基反应的有机物能和碳酸氢钠反应；

C．化合物IV的分子式为C9H8O3，1mol化合物IV完全燃烧消耗的氧气的物质的量为（9+-）mol=9.5mol；

D.1mol苯环需要3mol氢气；1mol碳碳双键需要1mol氢气，1mol醛基需要1mol氢气，据此判断需要氢气的物质的量；

（5）含有氯原子的有机物R在氢氧化钠的醇溶液中能发生消去反应生成含有碳碳双键的物质；据此写出反应方程式；

（6）连接4个不同基团的C具有手性；双键C上都连2个不同的基团．【解析】【解答】解：（1）化合物II→化合物Ⅲ的变化是羟基转变为碳碳双键；发生消去反应，故答案为：消去反应；

（2）化合物Ⅲ含含有醛基，能和银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为

故答案为：

（3）①是苯的对位取代物，②能与NaHCO3反应放出气体说明含有羧基，③能发生银镜反应说明含有醛基，所以该物质的结构是为：故答案为：

（4）A．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应；化合物I含有酚羟基，所以遇氯化铁溶液呈紫色，故正确；

B．含有羧基反应的有机物能和碳酸氢钠反应；化合物II不含羧基，所以不能与碳酸氢钠溶液反应，故错误；

C．化合物IV的分子式为C9H8O3，1mol化合物IV完全燃烧消耗的氧气的物质的量（9+-）mol=9.5mol；故正确；

D．1mol苯环需要3mol氢气，1mol碳碳双键需要1mol氢气，1mol醛基需要1mol氢气，所以1mol化合物Ⅲ能与5molH2反应；故错误；

故答案为：AC；

（5）R在NaOH醇溶液中发生消去反应，反应方程式为或。

故答案为：或。

（6）四种有机物中；只有Ⅱ中与-OH相连的C具有手性，为手性碳原子；Ⅲ；Ⅳ中含双键，且双键C均连不同的基团，则均存在顺反异构；

故答案为：Ⅱ；Ⅲ、Ⅳ．13、⑥⑤①【分析】【分析】有机化合物中具有同一通式、组成上相差1个或多个CH2原子团；在结构与性质上相似的化合物互为同系物；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

同素异形体是同种元素形成的不同单质；根据以上概念进行判断．【解析】【解答】解：互为同系物的化合物必须满足：具有相似结构、分子间相差1个或多个CH2原子团，满足该条件的为：、⑥

互为同分异构体的有机物一定具有相同的分子式、不同的结构，满足条件的为：⑤

同种元素相同的不同单质之间互为同素异形体，满足条件的为：①O2和O3；

故答案为：⑥；⑤；①．14、吸热DFA【分析】【分析】（1）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式；据此关系式及上表数据，也能推断出反应吸热或是放热；利用盖斯定律计算，平衡常数，结合图表中平衡常数随温度变化分析反应热量变化；依据化学平衡影响因素分析平衡移动方向；

（2）依据化学反应速率随温度的变化分析判断，已知T1＞T2，温度越高反应速率越大．【解析】【解答】解：（1）已知：①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）；△H=Q1；

②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）；△H=Q2；

利用盖斯定律将①-②可得：③H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；△H=Q3；

则：K3===，由表中数据可知，973K时，K3==0.62，1173时K3==1.29，则升高温度平衡常数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，正反应吸热，H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）反应是吸热反应；反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，则。

A．缩小反应容器容积实质增大压强；反应前后气体体积不变，平衡不动；故A不符合；

B．扩大反应容器容积；压强减小，反应前后气体体积不变，平衡不动；故B不符合；

C．反应是吸热反应；降低温度，平衡向放热反应方向进行，平衡逆向进行，故C不符合；

D．反应是吸热反应；升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向进行，故D符合；

E．使用合适的催化剂；催化剂只改变反应速率，不改变平衡，故E不符合；

F．设法减少CO的浓度；减少生成物浓度平衡正向进行，故F符合；

故答案为：吸热；DF；

（2）反应速率随温度变化，温度越高，反应速率越大，所以反应速率①大，故选：A．三、判断题(共9题，共18分)15、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．16、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．17、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关．【解析】【解答】解：水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关，2mol水的质量与1mol水的质量之比为2：1，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．20、√【分析】【分析】工业废水应遵循“先净化，后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境．【解析】【解答】解：工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√．21、√【分析】【分析】镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应．【解析】【解答】解：镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应，故正确，答案为：√．22、√【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：√．23、×【分析】【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解析】【解答】解：烷烃分子中；同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种．

故答案为：×．四、探究题(共4题，共28分)24、|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．25、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2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．26、|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．27、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2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．五、简答题(共1题，共3分)28、略

【分析