2025年教科新版高二化学上册月考试卷含答案VIP

…………○…………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年教科新版高二化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列物质中，中心原子的杂化类型为sp3杂化的是A.BeCl2B.NH3C.BF3D.C2H42、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中“丝”和“泪”分别是蛋白质和高级烃B.可用和rm{HCHO}为原料合成C.漂白粉因主要成分是rm{CaCl_{2}}故暴露在空气中不易变质D.按照分散质和分散剂所处状态的不同可以把分散系分为rm{9}种类型3、你认为下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.氢键存在于分子之间，也存在于分子之内B.对于分子，其范德华力只随着相对分子质量的增大而增大C.rm{NH_{3}}极易溶于水而rm{CH_{4}}难溶于水的原因只是rm{NH_{3}}是极性分子，rm{CH_{4}}是非极性分子D.冰熔化时只破坏分子间作用力4、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}的反应在任何温度下都不能自发进行B.反应rm{NH_{4}HCO_{3}(s)篓TNH_{3}(g)+H_{2}O(g)+CO_{2}(g)triangleH=+185.57}rm{NH_{4}HCO_{3}(s)篓TNH_{3}(g)+H_{2}O(g)+CO_{2}(g)triangle

H=+185.57}之所以能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均不能单独作为反应自发性的判据D.在其它外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的速率rm{kJ?mol^{-1}}5、在铁制品上镀一定厚度的锌层，以下方案设计正确的是()。A.锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含有锌离子B.铂作阴极，铁制品作阳极，溶液中含有锌离子C.铁作阳极，铁制品作阴极，溶液中含有亚铁离子D.锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含有亚铁离子6、相对分子质量为100的烷烃，主链上碳原子数为5个的同分异构体有A.3种B.4种C.5种D.5种7、据多家权威机构及业内人士预测，2012年1月5日起，国内航空燃油附加费有望下调，坐飞机可省10至20元.下列说法中不正确的是()A.工业上将石油蒸馏得到汽油，发生了化学变化B.汽车尾气中的碳氢化合物会加剧温室效应C.汽车尾气的大量排放是形成光化学烟雾的重要原因D.汽车尾气中“黑烟”会增加空气中固体颗粒的含量8、下列各组粒子互为等电子体，且中心原子均进行rm{sp^{3}}杂化的是A.rm{N_{3}^{篓C}}与rm{CO_{2}}B.rm{BF_{3}}和rm{CO_{3}^{2--}}C.rm{NO_{2}^{+}}与rm{CO_{2}}．rm{{,!}}D.rm{H_{3}O^{+}}与rm{NH_{3}}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、下列物质中，既有离子键又有共价键的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca(NO_{3})_{2}}B.rm{KOH}C.rm{H_{2}O}D.rm{NH_{4}F}10、下列实验过程中不需要使用圆底烧瓶的是A.过滤B.蒸馏C.溶解D.分液11、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分类标准合理的是rm{(}rm{)}A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液rm{.}胶体和浊液B.根据物质的组成成分是否单一，将物质分为纯净物和混合物C.根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应D.根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应12、

下列离子检验的方法和结论不正确的是rm{(}rm{)}A.某溶液中滴加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{Cl^{-}}B.某溶液中滴加氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}C.某溶液中滴加氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成无色气体，说明原溶液中有rm{CO_{3}^{2-}}13、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有rm{(}rm{)}A.分液B.过滤C.溶解D.蒸发结晶14、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}=H_{2}O+Cu}在该反应A.rm{Cu}做还原剂B.rm{CuO}做氧化剂C.铜元素的化合价降低D.铜元素化合剂升高15、根据元素周期律，卤族元素的下列性质从下到上依次递增的有()A.金属性B.非金属性C.原子半径D.单质的氧化性16、化学反应一般均会伴随着能量变化，对rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应，正确的是rm{(}rm{)}A.该反应为吸热反应B.该反应为放热反应C.断裂rm{H隆陋H}键吸收能量D.生成rm{H隆陋O}键吸收能量17、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、四种短周期元素的性质或结构信息如下表。请根据信息回答下列问题。。元素TXYZ性质结构信息人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂。单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质气体性质稳定，但其原子较活泼。单质质软、银白色固体、导电性强。单质在空气中燃烧发出黄色的火焰。第三周期元素的简单离子中半径最小（1）写出元素T的离子结构示意图；写出元素X的气态氢化物的电子式；离子半径比较：Y离子Z离子（填“＞”或“＜”）。（2）写出Z原子的核外电子排布式。（3）Z的最高价氧化物对应水化物的电离方程式。（4）元素T与氟元素相比，非金属性较强的是（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是a．常温下氟气的颜色比T单质的颜色深b．氟气与T的氢化物剧烈反应，产生T的单质c．氟与T形成的化合物中T元素呈正价态d．比较两元素的单质与氢气化合时得电子的数目19、（8分）.1994年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧做出贡献的化学家。臭氧能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间。O3分子的结构如图：呈V形，两个O—O键的夹角为116.5°。三个原子以一个O原子为中心，与另外两个O原子分别构成非极性共价键；中间O原子提供2个电子，旁边两个O原子各提供1个电子，构成一个特殊的化学键(虚线内部)——三个O原子均等地享有这4个电子。请回答：(1)题中非极性共价键是________键，特殊的化学键是________键。(2)臭氧与氧气的关系是____________________。(3)下列分子中与O3分子的结构最相似的是()A．H2OB．CO2C．SO2D．BeCl2(4)分子中某原子有一对或几对没有跟其他原子共用的价电子叫孤对电子，那么O3分子有______对孤对电子。(5)O3具有强氧化性，它能把PbS氧化为PbSO4而O2不能，试配平：________PbS＋________O3===________PbSO4＋_______O2，生成1molO2，转移电子的物质的量为________mol。20、（7分）乙醇的分子式是____，结构式是，结构简式是。乙醇从结构上可看成是____基和____基相连而构成的化合物。乙醇的化学性质主要由基决定。在医学上常用于消毒的酒精含量为________%。21、有一烃A，能发生如图所示的一系列转化：

已知两个E分子间可发生缩合反应生成环状化合物C6H8O4；试解答下列问题：

（1）写出A和E的结构简式______、______．

（2）在反应①-⑦属于取代反应的有______．

（3）写出下列反应的化学方程式：

反应①______．

反应④______．

反应⑦______．22、开发利用清洁能源具有广阔的开发和应用前景，可减少污染解决雾霾问题。甲醇是一种可再生的清洁能源，一定条件下用rm{CO}和rm{H_{2}}合成rm{CH_{3}OH}rm{CO(g)+2H_{2}(g)rightleftharpoonsCH_{3}OH(g)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)rightleftharpoons

CH_{3}OH(g)}向体积为rm{娄陇H=-105kJ隆陇mol^{-1}}的密闭容器中充入rm{2L}和rm{2molCO}测得不同温度下容器内的压强rm{4molH_{2}}随时间rm{p(kPa)}的变化关系如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：rm{t(min)}已知rm{(1)}rm{CO}的燃烧热分别为rm{H_{2}}rm{283kJ/mol}则rm{285.8kJ/mol}的燃烧热为________。rm{CH_{3}OH(g)}Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是________。rm{(2)垄脵}反应Ⅰ在rm{垄脷}时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时rm{6min}________。rm{v(CH_{3}OH)=}反应Ⅱ在rm{垄脹}时达到平衡，平衡常数rm{2min}Ⅱrm{K(}________。在体积和温度不变的条件下，在上述反应达到平衡Ⅱ时，再往容器中加入rm{)=}和rm{1molCO}后rm{3molCH_{3}OH}________rm{v_{脮媒}}填“rm{(}”“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}原因是________。rm{)v_{脛忙}}比较反应Ⅰ的温度rm{垄脺}和反应Ⅲ的温度rm{(T_{1})}的高低：rm{(T_{3})}________rm{T_{1}}填“rm{(}”“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}判断的理由是________。rm{)T_{3}}某研究所组装的rm{(3)}燃料电池的工作原理如图rm{CH_{3}OH隆陋O_{2}}所示。rm{(a)}该电池负极的电极反应式为________。rm{垄脵}以此电池作电源进行电解，装置如图rm{垄脷}所示。发现溶液逐渐变浑浊并有气泡产生，其原因是________rm{(b)}用相关的离子方程式表示rm{(}rm{)}23、在化学课上，围绕不活泼金属能否与硝酸反应，进行了如下实验探究：在两支试管中各放入一小块铜片，分别加入稀硝酸和浓硝酸，立即塞上带导管的胶塞，并将导管通入另一支盛有rm{NaOH}溶液的试管中。请回答：rm{(1)}实验中观察到，其中一支试管中反应较缓慢，产生的一种无色气体是________________rm{(}填化学式rm{)}rm{(2)}另一支试管中反应剧烈，产生的一种红棕色气体是______rm{(}填化学式rm{)}写出产生该气体的化学方程式：________________________________________。rm{(3)}根据上述实验现象，表明硝酸具有____________rm{(}填序号rm{)}rm{垄脵}酸性rm{垄脷}吸水性rm{垄脹}强氧化性24、将含有rm{C}rm{H}rm{O}三种元素的有机物rm{3.24g}装入元素分析装置，通入足量的rm{O_{2}}使其完全燃烧，将生成的气体依次通过氯化钙干燥管rm{A}和碱石灰干燥管rm{B}测得rm{A}管质量增加了rm{2.16g}rm{B}管质量增加了rm{9.24g.}已知该有机物的相对分子质量为rm{108}试计算：rm{(1)}通过计算写出该化合物的分子式____；rm{(2)}写出其中符合下列条件的该化合物可能的结构简式rm{垄脵}含有苯环rm{垄脷}苯环上有两个取代基

rm{(3)}其中苯环上一氯代物只有两种的结构简式．评卷人得分四、工业流程题(共2题，共20分)25、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]=____。26、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________%。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共8分)27、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__________________________________．28、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__________________________________．29、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。30、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、计算题(共2题，共4分)31、在一定温度下有甲、乙两容积相等的密闭容器（两容器容积保持不变）。(1)向甲容器中通入3molN2和4molH2，反应达到平衡时，生成NH3amol。此时，NH3的物质的量分数是________。(用含有“a”的表达式表示)。若在达到平衡状态的甲容器中通入少量的N2，则达到新平衡时，体系中N2的体积分数将________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)若起始时，向乙中通入6molN2和8molH2，达到平衡时，生成的NH3的物质的量为bmol，(选填“>”、“<”或“＝”)。32、（8分）现将21g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物加热到固体质量不再发生变化为止，生成的二氧化碳气体的质量为4.4g。试计算：（1）混合物中碳酸钠的质量（2）求出混合物中碳酸氢钠的质量分参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【解析】试题分析：BeCl2是直线型结构，Be是sp杂化；NH3是三角锥形好几个，氮原子是sp3杂化；BF3是平面三角形结构，B原子是sp2杂化；C2H4是平面型结构，碳原子是sp2杂化，答案选B。考点：考查杂化轨道类型的判断【解析】【答案】B2、C【分析】解：rm{A.}诗句中的“丝”含有的物质是蛋白质；诗句中的“泪”指的是烃类液态石蜡，属高级烃，故A正确；

B.苯酚与甲醛能合成酚醛树脂，可用和rm{HCHO}为原料合成故B正确；

C.漂白粉因主要成分是rm{Ca(ClO)_{2}}暴露在空气中和二氧化碳水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸分解，所以易变质，故C错误；

D.分散剂和分散质都存在rm{3}种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与rm{3}种不同状态的分散质组成了rm{3}种分散系，所以总共可以组成rm{3隆脕3=9}种分散系；故D正确；

故选C．

A.丝”中含有的物质是蛋白质；“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃；

B.苯酚与甲醛能合成酚醛树脂；

C.次氯酸主要成分为次氯酸钙；

D.分散剂和分散质都存在rm{3}种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与rm{3}种不同状态的分散质组成了rm{3}种分散系．

本题考查了蛋白质、烃类、合成树脂、漂白粉、分散系组成等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{C}3、A【分析】解：rm{A.}邻羟基苯甲醛分子rm{(}rm{)}内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子rm{(}rm{)}之间存在氢键；所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故A正确；

B.范德华力与相对分子质量和分子结构有关；有机物同分异构体的分子式相同，相对分子质量相同，其支链越多，沸点越低，故B错误；

C.rm{NH_{3}}与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以rm{NH_{3}}极易溶于水的原因为rm{NH_{3}}是极性分子和氨气与水分子间存在氢键；故C错误；

D.水分子间存在氢键；冰熔化时破坏分子间作用力和氢键，故D错误．

故选A．

A.邻羟基苯甲醛分子rm{(}rm{)}内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子rm{(}rm{)}之间存在氢键；

B.范德华力与相对分子质量和分子结构有关；

C.rm{NH_{3}}与水分子之间存在氢键；

D.冰熔化时破坏分子间作用力和氢键．

本题考查了氢键、分子间作用力，题目难度不大，注意把握氢键对物质物理性质的影响．【解析】rm{A}4、A【分析】解：rm{A}反应的rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}在高温下rm{triangleG=triangleH-T?triangleS<0}能自发进行，故A错误；

B；该反应为吸热反应；不能自发进行；而最终该反应能自发进行，则主要原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故B正确；

C、依据反应自发进行的判断依据rm{triangleH-TtriangleS<0}分析；反应自发进行需要焓变；熵变和温度共同决定，化学反应的焓变和熵变共同决定反应方向，故C正确；

D；催化剂改变反应速率不改变化学平衡；使用催化剂不可以改变化学反应进行的方向，故D正确；

故选A．

A、根据rm{triangleG=triangleH-T?triangleS<0}来判断；

B；该反应为吸热反应；不能自发进行；而最终该反应能自发进行，则主要原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向；

C、反应自发与否决定于焓变和熵变两方面因素，依据反应自发进行的判断依据rm{triangleH-TtriangleS<0}分析；

D；催化剂改变反应速率不改变化学平衡．

本题考查了反应自发进行的分析判断，注意反应特征和焓变、熵变的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．rm{triangleG=triangleH-T?triangle

S<0}【解析】rm{A}5、A【分析】根据电镀原理，应用镀层金属作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的电解质溶液作电镀液，因此选A。【解析】【答案】A6、C【分析】根据烷烃的通式CnH2n＋2可知，14n＋2＝100，解得n＝7，即是庚烷。主链上碳原子数为5个，则另外2个碳原子可以是2个甲基或1个乙基。如果是2个甲基，则有4种同分异构体，如果是1个乙基，则有1种同分异构体，共计是5种，所以答案选C。【解析】【答案】C7、A【分析】【解答】石油蒸馏属于物理变化；A错；碳氢化合物会加剧温室效应，B对；汽车尾气中的氮氧化物和碳氢化物是引发光化学烟雾的“元凶”，C对；尾气中黑烟是未完全燃烧的炭粒，D对。

【分析】本题考查汽车尾气对环境的影响，熟练掌握汽车尾气的主要成分是解题的关键。8、D【分析】【分析】本题考察等电子体，中心原子的杂化类型。【解答】A.rm{CO_{2}}中rm{C}原子中rm{CO_{2}}原子价层电子对为rm{C}rm{2}杂化，故A错误；为rm{sp}杂化，故A错误；中rm{sp}原子价层电子对为B.rm{BF_{3}}中rm{B}原子rm{BF_{3}}杂化，故B错误；rm{B}rm{3}为rm{sp^{2}}杂化，故B错误；中rm{sp^{2}}原子价层电子对为C.为rm{CO}杂化，故C错误；rm{2}rm{2}rm{C}rm{2}rm{sp}原子总数、价电子总数相同，互为等电子体，D.rm{H}rm{H}原子价层电子对均为rm{3}中心原子均进行rm{3}rm{O}rm{O}rm{{,!}^{+}}与rm{NH_{3}}原子总数、价电子总数相同，互为等电子体，rm{O}rm{N}原子价层电子对均为rm{4}中心原子均进行rm{sp}【解析】rm{D}二、多选题(共9题，共18分)9、ABD【分析】解：rm{A.}硝酸钙中钙离子和硝酸根离子之间存在离子键，rm{N}原子和rm{O}原子之间存在共价键；故A正确；

B.rm{KOH}中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，rm{O}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故B正确；

C.水分子中rm{H}原子和rm{O}原子之间只存在共价键；故C错误；

D.氟化铵中铵根离子和氟离子之间存在离子键、rm{N}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故D正确；

故选ABD．

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，部分碱；大多数盐和金属氧化物中含有离子键，多原子非金属单质、酸、部分非金属氧化物、部分碱、部分盐中含有共价键．

本题考查了离子键和共价键的判断，根据物质的构成微粒及微粒间作用力分析解答，注意二者区别，铵盐中存在离子键，且铵根离子中存在配位键，配位键属于共价键．【解析】rm{ABD}10、ACD【分析】【分析】本题考查仪器的使用，题目难度不大，注意根据操作确定使用的仪器。【解答】rm{A}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}rm{A}rm{A}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故正确；

rm{B}溶解用到烧杯、玻璃棒，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误；

rm{.}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故rm{B}正确；rm{.}分液使用分液漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误。

rm{B}。rm{C}

rm{C}【解析】rm{ACD}11、BCD【分析】解：rm{A}根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故A错误；

B；根据物质的组成可知；只有一种物质的为纯净物，含有两种或以上物质的为混合物，故B正确；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；故C正确；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；故D正确；

故选BCD．

A；根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液；

B；根据物质的组成和性质来分析纯净物和混合物；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．

本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．【解析】rm{BCD}12、ABD【分析】解：rm{A}能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有rm{Cl^{-}}故A错误．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误．

C、能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子，所以某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}故C正确．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液加入稀硫酸生成无色气体，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误．

故选ABD．

A；能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等．

C；能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等．

本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意离子的检验方法和反应现象判断，关键是注意干扰离子的作用和检验时的现象排除，题目难度中等．【解析】rm{ABD}13、BCD【分析】解：粗盐提纯过程为：溶解粗盐rm{(C}选项rm{)}加入试剂将杂质离子除去，接着过滤除去难溶物、泥沙等rm{(B}选项rm{)}加入盐酸调节溶液rm{pH}除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠rm{(D}选项rm{)}所以必需的操作为：溶解；过滤、蒸发浓缩，不需要分液；

故选BCD．

实验室里由粗盐制备精盐的实验中；首先将粗盐溶解，然后加入除杂试剂将杂质离子变成沉淀，然后通过过滤除去难溶物，最后对滤液进行蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，以此解答该题．

本题考查了粗盐的提纯方法，题目难度不大，注意掌握粗盐提纯过程中除杂试剂的选用及除杂试剂的加入顺序，明确除杂原则．【解析】rm{BCD}14、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂，rm{Cu}为还原产物；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价，铜元素化合价降低，rm{CuO}作氧化剂；故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

【解析】rm{BC}15、BD【分析】【分析】卤族元素在周期表中处于同一主族，依据同主族元素性质的递变规律解答。【解答】卤族元素从下到上原子半径依次减小，原子核对最外层电子的吸引力依次增强，金属性依次减弱，非金属性依次增强，单质的氧化性依次增强，所以符合题意的只有rm{BD}故BD正确。故BD正确。

rm{BD}故选BD。【解析】rm{BD}16、BC【分析】【分析】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃烧反应为放热反应，故A错误；中燃烧反应为放热反应，rm{H_{2}}

rm{O_{2}}键吸收能量，故C正确；

故B正确；键放出能量，故D错误。

C.断裂rm{H隆陋H}键吸收能量，故C正确；rm{H隆陋H}【解析】rm{BC}17、ACD【分析】【分析】本题是对有机材料知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是知识的积累，侧重基础知识的考查。【解答】A.纸是纤维素，是有机物，故A正确；B.铅笔芯是石墨和黏土的混合物，是无机物。故B错误；C.橡皮擦是橡胶，是有机物rm{(}高分子rm{)}故C正确；高分子rm{(}故C正确；rm{)}高分子D.塑料文具盒，是有机物rm{(}高分子rm{)}故D正确。故D正确。rm{(}rm{)}【解析】rm{ACD}三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】试题分析：（1）T元素人体内含量最多，且单质是常见的助燃剂，故T为氧元素。X单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质气体性质稳定，但其原子较活泼。故X为氮元素。Y但在在空气中燃烧发出黄色的火焰，Y为钠元素。Z为第三周期元素的简单离子中半径最小，故Z为铝元素。Y、Z简单离子电子层结构相同，故原子序数越大，离子反应越小，故Y离子＞Z离子。（2）Z为铝元素，故核外电子排布为1S22S22P63S23P1（3）Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,其电离分为酸式电离，Al(OH)3AlO2-+H++H2O；碱式电离，Al(OH)3Al3++3OH-。（4）T元素为氧元素，元素周期表中，非金属性最强的元素为F，故非金属性O＜F。a，二者都为分子晶体，单子颜色的深浅主要由相对分子质量大小控制。b，氟气与T的氢化物剧烈反应，产生T的单质，证明，F能够将T的氢化物中置换出来，证明F的非金属性较强。c,氟与T形成的化合物中T元素呈正价态，证明F得电子能力大于T，故F的非金属性较强。d,两元素的单质与氢气化合时的难易程度，或得到氢化物的稳定程度可比较非金属性强弱，与得电子数目无关，故选择bc。考点：原子结构、元素周期律、非金属性强弱判断。【解析】【答案】（1）＞（2）1S22S22P63S23P1（3）Al(OH)3Al3++3OH-、Al(OH)3AlO2-+H++H2O（4）Fbc19、略

【分析】（1）臭氧分子中非极性共价键都是单键，属于α键；特殊的化学键是大π键。（2）氧气和臭氧都是氧元素形成的不同单质，所以互为同素异形体。（3）氧元素和硫元素都属于第ⅥA，因此SO2的结构和臭氧最相似，答案选C。（4）根据臭氧的结构可知。中间碳原子还有1对电子没有参与成键。两端的氧原子分别还有2对电子没有参与成键，所以共计是5对。（5）PbS中S元素的化合价从－2价升高到＋6价，失去8个电子；臭氧中只有1个氧原子得到电子，化合价从0价降低到－2价，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的系数依次是1、4、1、4；根据方程式可知，生成1molO2，转移电子的物质的量为2mol。【解析】【答案】(1)σ大π/π(2)同素异形体(3)C(4)5(5)1414220、略

【分析】【解析】【答案】（共7分，每空1分）C2H6OCH3CH2OH乙羟羟7521、略

【分析】解：A与氯气反应生成B，由A、B的分子式可知，为加成反应，故A烯烃．B发生水解反应生成C为醇，C发生氧化反应生成D，由H原子数目、及氧原子数目变化可知，应是-OH氧化为羰基、-COOH，D与氢气发生加成反应生成E，应是羰基被还原为-OH，E分子中含有1个-OH、1个-COOH，两个E分子间可发生缩合反应生成环状化合物C6H8O4，应是脱去2分子水发生酯化反应形成的环酯，故E的分子式为C3H6O3，结合D中含有羰基，故E为CH3CH（OH）COOH，逆推可得，D为C为CH3CH（OH）CH2OH、B为CH3CHClCH2Cl、A为CH3CH=CH2．E与甲醇发生酯化反应生成F为CH3CH（OH）COOCH3，F发生消去反应生成G为CH2=CHCOOCH3，G发生加聚反应生成高聚物H为

（1）由上述分析可知，A为CH3CH=CH2，E为CH3CH（OH）COOH；

故答案为：CH3CH=CH2；CH3CH（OH）COOH；

（2）反应①④属于加成反应；反应②⑤属于取代反应，反应③属于氧化反应，反应⑥属于消去反应，反应⑦属于加聚反应；

故答案为：②⑤；

（3）反应①的方程式为：CH3CH=CH2+Cl2CH3CHClCH2Cl；

反应④的方程式为：+H2CH3CH（OH）COOH；

反应⑦的方程式为：nCH2=CHCOOCH3

故答案为：CH3CH=CH2+Cl2CH3CHClCH2Cl；+H2CH3CH（OH）COOH；nCH2=CHCOOCH3．

A与氯气反应生成B，由A、B的分子式可知，为加成反应，故A烯烃．B发生水解反应生成C为醇，C发生氧化反应生成D，由H原子数目、及氧原子数目变化可知，应是-OH氧化为羰基、-COOH，D与氢气发生加成反应生成E，应是羰基被还原为-OH，E分子中含有1个-OH、1个-COOH，两个E分子间可发生缩合反应生成环状化合物C6H8O4，应是脱去2分子水发生酯化反应形成的环酯，故E的分子式为C3H6O3，结合D中含有羰基，故E为CH3CH（OH）COOH，逆推可得，D为C为CH3CH（OH）CH2OH、B为CH3CHClCH2Cl、A为CH3CH=CH2．E与甲醇发生酯化反应生成F为CH3CH（OH）COOCH3，F发生消去反应生成G为CH2=CHCOOCH3，G发生加聚反应生成高聚物H为据此解答．

本题考查有机物的推断与合成，比较全面考查有机物的知识，注意掌握官能团的性质与转化，采取正推法与逆推法相结合进行推断，确定E的结构是解题的关键，对学生的推理有一定的要求，题目难度中等．【解析】CH3CH=CH2；CH3CH（OH）COOH；②⑤；CH3CH=CH2+Cl2CH3CHClCH2Cl；+H2CH3CH（OH）COOH；nCH2=CHCOOCH322、（1）-749.6KJ/mol（2）①Ⅱ中使用催化剂②1/8mol/(L•min)或者0.125mol/(L•min)③12=Q==12=K，所以可逆反应达到平衡状态④>此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动(或者反应Ⅰ达平衡时所用的时间比反应Ⅲ达平衡时所用的时间短，化学反应速率快，故T1温度更高)（3）①CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+②Al-3e-=Al3+Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑【分析】【分析】本题考查了化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、反应速率与平衡常数、原电池的工作原理的相关知识，掌握化学反应原理是解题的关键，注意灵活应用所学规律结合图形精析具体分析，难度中等。【解答】rm{(}rm{(}将反应编号为rm{1}rm{1}rm{)}将反应编号为rm{)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{CO}rm{CO}rm{(}rm{g}rm{)+}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)+}rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{(}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{)}rm{?}rm{?}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{OH}rm{OH}rm{(}rm{g}rm{)}rm{娄陇}rm{H}rm{=}rm{-105kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{娄陇}rm{H}rm{H}rm{=}rm{-105kJ}rm{-105kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}，rm{垄脷}rm{垄脷}rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{(}rm{g}rm{)+}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)+}rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{(}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{)}rm{=2}rm{=2}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{(}rm{g}rm{)}rm{娄陇}rm{H}rm{=}rm{-571.6kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{娄陇}rm{H}rm{H}rm{=}rm{-571.6kJ}rm{-571.6kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}rm{垄脹}rm{垄脹}rm{CO}rm{CO}可以由反应rm{(}rm{g}rm{)+1/2}rm{O_{2}}rm{(}rm{g}rm{)}得到，rm{(}rm{g}rm{g}rm{)+1/2}rm{O_{2}}故答案为：rm{O_{2}}rm{(}Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂，rm{g}rm{g}rm{)}恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故平衡时混合气体总物质的量为rm{?}rm{?}rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}rm{(}rm{g}rm{)}rm{娄陇}rm{H}rm{=}rm{-283kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{娄陇}rm{H}rm{H}rm{=}rm{-283kJ}rm{-283kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}，甲醇的燃烧热化学方程式为：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}OH}rm{(}rm{g}rm{)+}rm{3/2O_{2}=CO_{2}}rm{(}rm{g}rm{)}rm{+}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)+}rm{3/2O_{2}=CO_{2}}rm{3/2O_{2}=CO_{2}}rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{+}rm{+}rm{2}rm{2}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}O}rm{(}rm{g}rm{)}可以由反应rm{(}rm{g}rm{g}rm{)}rm{垄脷+垄脹-垄脵}根据盖斯定律，可以甲醇的燃烧热为rm{(-}rm{(-}rm{283-}rm{283-}rm{v(C{H}_{3}OH)=dfrac{dfrac{1.5mol}{2L}}{6min}=0.125mol/(L?min)}rm{571.6+105}rm{571.6+105}rm{)KJ/mol=}rm{)KJ/mol=}rm{-749.6KJ/mol}rm{-749.6KJ/mol}rm{(2)垄脵}Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂，Ⅱ与Ⅰ温度相同，平衡常数相同，平衡常数rm{K(垄貌)=dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO)c({H}_{2}{)}^{2}}=dfrac{dfrac{1.5}{2}mol/L}{dfrac{0.5}{2}mol/L隆脕(dfrac{1}{2}mol/L{)}^{2}}=12(mol/L{)}^{-2}}rm{(2)垄脵}rm{Qc=dfrac{dfrac{(1.5+3)mol}{2L}}{dfrac{(1+0.5)mol}{2L}隆脕(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}=12(mol/L{)}^{2}=K}故答案为：Ⅱ中使用催化剂；rm{垄脷}恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故平衡时混合气体总物质的量为rm{垄脷}rm{(2+4)mol隆脕}rm{(2+4)mol隆脕}rm{=3mol}rm{=3mol}，则：rm{CO(g)+2H}rm{CO(g)+2H}rm{2}rm{2}rm{Qc=dfrac{dfrac{(1.5+3)mol}{2L}}{dfrac{(1+0.5)mol}{2L}隆脕(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}=12(mol/L{)}^{2}=K}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长，化学反应速率快，且Ⅲ平衡时压强比rm{?}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{OH(g)}rm{OH(g)}物质的量减小此反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动；rm{triangle}rm{triangle}rm{n=2}rm{n=2}氢离子向右移动，说明右面的电极是正极，故甲醇应从起始量rm{(mol)}rm{(mol)}：rm{2}rm{4}rm{0}rm{2}rm{4}rm{0}变化量rm{(mol)}rm{(mol)}：rm{1.5}rm{3}rm{1.5}rm{6-3=3}rm{1.5}rm{3}rm{1.5}铝作阳极，阳极上电极反应式为rm{6-3=3}平衡量rm{(mol)}rm{(mol)}：rm{0.5}rm{1}rm{1.5}rm{0.5}rm{1}rm{1.5}则rm{v(C{H}_{3}OH)=dfrac{

dfrac{1.5mol}{2L}}{6min}=0.125mol/(L?min)}，故答案为：rm{0.125}rm{0.125}rm{mol/(L?min)}；rm{垄脹}Ⅱ与Ⅰ温度相同，平衡常数相同，平衡常数rm{垄脹}rm{K(垄貌)=

dfrac{c(C{H}_{3}OH)}{c(CO)c({H}_{2}{)}^{2}}=dfrac{

dfrac{1.5}{2}mol/L}{dfrac{0.5}{2}mol/L隆脕(

dfrac{1}{2}mol/L{)}^{2}}=12(mol/L{)}^{-2}}，此时浓度商rm{Qc=dfrac{dfrac{(1.5+3)mol}{2L}}{

dfrac{(1+0.5)mol}{2L}隆脕(dfrac{1mol}{2L}{)}^{2}}=12(mol/L{)}^{2}=K

}，处于平衡状态，则rm{v(}rm{v(}正【解析】rm{(1)-749.6KJ/mol}rm{(1)-749.6KJ/mol}Ⅱ中使用催化剂rm{(2)垄脵}Ⅱ中使用催化剂rm{垄脷1/8}rm{(2)垄脵}rm{垄脷1/8}rm{mol/(L?min)}或者rm{0.125}rm{0.125}rm{mol/(L?min)}所以可逆反应达到平衡状态rm{垄脹12}rm{=}rm{Q==12=K}所以可逆反应达到平衡状态rm{垄脺>}此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动rm{(}或者反应Ⅰ达平衡时所用的时间比反应Ⅲ达平衡时所用的时间短，化学反应速率快，故rm{T_{1}}温度更高rm{)}此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动rm{垄脹12}或者反应Ⅰ达平衡时所用的时间比反应Ⅲ达平衡时所用的时间短，化学反应速率快，故rm{=}温度更高rm{Q==12=K}rm{垄脺>}rm{(}rm{T_{1}}rm{)}rm{(3)}rm{(3)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}隆眉+6H^{+;;;;;;;;}}rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}隆眉+6H^{+;;;;;;;;}}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{Al-3e^{-}=Al^{3+;;;;;;}}rm{Al-3e^{-}=Al^{3+;;;;;;}}rm{Al}rm{Al}23、(1)NO

(2)NO2Cu＋4HNO3(浓)═══Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O

(3)①③【分析】【分析】本题考查硝酸的性质，题目难度中等。【解答】在两支试管中各放入一小块铜片，分别加入稀硝酸和浓硝酸，立即塞上带导管的胶塞，并将导管通入另一支盛有rm{NaOH}溶液的试管中，溶液的试管中，rm{NaOH}实验中观察到，其中一支试管中反应较缓慢，产生的一种无色气体是一氧化氮，故答案为：rm{(1)}实验中观察到，其中一支试管中反应较缓慢，产生的一种无色气体是一氧化氮，故答案为：rm{NO}rm{(1)}另一支试管中反应剧烈，产生的一种红棕色气体是二氧化氮，反应方程式为rm{NO}浓rm{(2)}另一支试管中反应剧烈，产生的一种红棕色气体是二氧化氮，反应方程式为故答案为：rm{(2)}rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)篓T篓T篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{NO_{2}}rm{Cu+4HNO_{3}(}rm{)篓T篓T篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}【解析】rm{(1)NO}rm{(2)NO_{2}}rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)篓T篓T篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{(3)垄脵垄脹}24、(1)C7H8O(2)

(3)【分析】【分析】本题考查了有机物分子式的确定、同分异构体的知识等，比较基础。【解答】rm{(1)}试管rm{A}质量增加rm{2.16g}为生成水的质量，其物质的量rm{=dfrac{2.16g}{18g/mol}0.12mol}碱石灰吸rm{=dfrac{2.16g}{18g/mol}0.12mol

}增加rm{CO_{2}}，即生成二氧化碳的物质的量rm{=dfrac{9.24g}{44g/mol}=0.21mol}该有机物物质的量为rm{=dfrac{3.24g}{108g/mol}=0.03mol}，所以有机物分子中，rm{N(C)=dfrac{0.21mol}{0.03mol}=7}，rm{N(H)=dfrac{0.12mol隆脕2}{0.03mol}=8}rm{N(O)=dfrac{108-12隆脕7-8}{16}=1}，所以有机物的分子式为：rm{9.24g}

故答案为：rm{=dfrac{9.24g}{44g/mol}=0.21mol

}

rm{=dfrac{3.24g}{108g/mol}=0.03mol

}若该有机物含有苯环，应含有rm{N(C)=dfrac{0.21mol}{0.03mol}=7

}个苯环，rm{N(H)=dfrac{0.12mol隆脕2}{0.03mol}=8

}的不饱和度rm{N(O)=dfrac{108-12隆脕7-8}{16}=1

}，侧链不含不饱和键，苯环上有两个取代基，侧链有rm{C_{7}H_{8}O}个，为rm{C_{7}H_{8}O}、rm{(2)}，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的有机物的结构简式为：

故答案为：

rm{1}其中苯环上一氯代物只有两种的结构简式，两个不同的取代基处于对位，符合条件的有机物为故答案为：rm{C_{7}H_{8}O}【解析】rm{(1)}rm{C_{7}H_{8}O}rm{(2)}

rm{(3)}四、工业流程题(共2题，共20分)25、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%26、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.