2025年沪教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年沪教版高二化学上册月考试卷746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、根据下列反应判断有关的物质氧化性由强到弱的顺序是（）H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4

2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2

3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3．A.H2SO3＞I﹣＞Fe2+＞NOB.HNO3＞Fe3+＞I2＞H2SO4C.HNO3＞Fe3+＞H2SO3＞I2D.NO＞Fe2+＞H2SO3＞I﹣2、rm{4.}从葡萄籽中提取的原花青素结构为：原花青素具有生物活性，如抗氧化和自由基清除能力等，可防止机体内脂质氧化和自由基的产生而引发的肿瘤等多种疾病。有关原花青素的下列说法不正确的是A.该物质既可看作醇类，也可看作酚类B.rm{1mol}该物质可与rm{4molBr_{2}}反应C.rm{1mol}该物质可与rm{7molNaOH}反应D.rm{1mol}该物质可与rm{7molNa}反应3、过量的下列溶液与水杨酸rm{(}rm{)}反应能得到化学式为rm{C_{7}H_{5}O_{3}Na}的是rm{(}rm{)}A.rm{NaHCO_{3}}溶液B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液C.rm{NaOH}溶液D.rm{NaCl}溶液4、在一定条件下，反应rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g(}正反应吸热rm{)}达到平衡时，要使混合气体的颜色加深，有以下措施：rm{垄脵}增大氢气的浓度rm{垄脷}升高温度rm{垄脹}降低温度rm{垄脺}缩小体积rm{垄脻}增大rm{HI}的浓度rm{垄脼}减小压强，其中可采取的有rm{(}rm{)}A.rm{1}种B.rm{2}种C.rm{3}种D.rm{4}种5、柑橘是人们在日常生活中喜爱的水果之一，从柑橘中可提炼出有机物萜二烯，其结构简式为下列有关萜二烯的推测不正确的是rm{(}rm{)}A.萜二烯属于芳香烃B.萜二烯难溶于水C.萜二烯能发生加聚反应D.萜二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色6、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.rm{c(H^{+})=0.1mol/L}的溶液：rm{Na^{+}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft(O{H}^{-}right)}=1隆脕10^{-12}}的溶液：rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft(O{H}^{-}right)}

=1隆脕10^{-12}}rm{K^{+}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}C.rm{Na^{+}}的溶液：rm{c(Fe^{2+})=0.1mol/L}rm{H^{+}}rm{Al^{3+}}rm{NO_{3}^{-}}D.由水电离出的rm{SCN^{-}}的溶液：rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-12}mol/L}rm{Fe^{3+}}rm{ClO^{-}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}7、下列物质不能作为食品添加剂的是rm{(}rm{)}A.甲醇B.食盐C.柠檬酸D.苯甲酸钠8、在rm{100mL}的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是rm{0.3mol/L}rm{0.15mol/L}向该混合液中加入rm{2.56g}铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是rm{(}忽略溶液体积变化rm{)}A.rm{0.15mol/L}B.rm{0.30mol/L}C.rm{0.45mol/L}D.rm{0.225mol/L}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、按要求回答下列问题：rm{(1)}的名称为________________。rm{(2)A}rm{B}rm{C}三种烃的化学式均为rm{C_{6}H_{10}}它们的分子中均无支链或侧链。rm{垄脵}若rm{A}为环状，则其结构简式为________________。rm{垄脷}若rm{B}为含有双键的链状结构，且分子中不存在“”基团，则其可能的结构简式为________________rm{(}任写一种rm{)}rm{垄脹}若rm{C}为含有三键的链状结构，则其可能的结构简式及名称为________________________________。10、（1）铝是地壳中含量最大的金属，铝质轻，燃烧时放热量高，在常温常压下，9g的铝粉完全燃烧生成固态的A2O3时放出235kJ的热，则这个反应的热化学方程式为____；

（2）中国是世界上最大的电冶铝国家之一，电冶铝的原料是氧化铝，在熔融下进行电解，试写出电解法冶炼铝的方程式为____；

（3）铝用途很广，在电化学中常用于充当电极材料．把铝和镁用导线连接后，若插入到稀硫酸中，则正极是____，插入氢氧化钠溶液中，负极的电极反应式是____

（4）中国首创的海洋铝矿灯，是以铝、空气和海水为原料所设计的原电池，当把电池置于海水电池就有较大的电压，此电池的正极反应式为____．

（5）采用惰性电极从NO3-、SO42-、Cl-、Cu2+、Mg2+、H+中选出适当的离子组成电解质；并对其溶液进行电解。

①若两极分别放出H2和O2，则电解质的化学式为____；

②若阴极析出金属，阳极放出O2，则电解质的化学式为____．11、(12分)恒温下，将amolO2与bmolSO2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)（一）①若反应达平衡时，n(O2)=4mol，n(SO3)=4mol,计算a的值为。②平衡时总体积在标准状况为313.6L，原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比(写出最简整数比，下同)，n(始)∶n(平)=。③达到平衡时，O2和SO2的转化率之比，α(O2)∶α(SO2)=。（二）若起始将6molO2、bmolSO2和1molSO3通入上反应容器中，起始反应向正方向进行，使反应达到平衡时容器中气体的物质的量为12mol。则b的取值范围是。12、（3分）2005年4月，各大媒体纷纷报道：根据美国最新研究，数十种牙膏、洗手液、洗洁精等抗菌清洁用品，当中包括高露洁等牌子的产品，含有三氯生(triclosan)的化学物质，该物质与经氯消毒的自来水接触后会产生“哥罗芳”，长期使用可致癌。已知三氯生中含碳的质量分数为49.75%，含氢的质量分数为2.42%，此外1个三氯生分子里含有2个氧原子和3个氯原子，且0.5mol三氯生的质量为144.75g，则⑴、三氯生的相对分子质量。（1’）⑵、计算求出三氯生的分子式。（4’）13、(共12分)（1）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当把0．4mol液态肼和0．8molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出257．7kJ的热量(相当于25℃、101kPa下测得的热量)。①反应的热化学方程式为。②又已知H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝+44kJ/mol。则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是kJ。③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是。（2）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)==2Fe(s)+3CO2(g)△H＝—24．8kJ／mol3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H＝—47．4kJ／molFe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H＝+640．5kJ／mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_________________评卷人得分三、解答题(共8题，共16分)14、某烃经李比希元素分析实验测得碳的质量分数为85.71%；该烃的质谱图显示：分子离子峰的质荷比为84，该烃的核磁共振氢谱如图所示．请确定该烃的实验式；分子式、结构简式．（写出计算过程）

15、如图所示；水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天观察：

（1）铁钉在逐渐生绣．

（2）若试管内液面上升；发生______腐蚀，电极反应：负极：______，正极：______

（3）若试管内液面下降；则原溶液呈______性，发生的电极反应：负极：______，正极：______．

16、有机物A由C、H、O、Cl四种元素组成，其相对分子质量为198.5，Cl在侧链上．当A与Cl2分别在Fe作催化剂和光照条件下以物质的量之比为1：1反应时，分别是苯环上一氯取代产物有两种和侧链上一氯取代产物有一种；A与NaHCO3溶液反应时有气体放出．已知A经下列反应可逐步生成B～G．

请你按要求回答下列问题：

（1）A的化学式为______；D的结构简式为______．

（2）上述反应中属于取代反应的是______（填编号）；

（3）C中含氧官能团的名称分别为______；

（4）E的同分异构体中，满足下列条件：①含有苯环，苯环上只有一个侧链，且侧链上只含有一个一CH3；②能发生银镜反应；③属于酯类．请写出一种符合上述条件E的同分异构体的结构简式：______．

（5）写出下列指定反应的化学方程式（有机物写结构简式）：

A与NaOH的醇溶液共热：______17、实验室用图示装置制取乙酸乙酯．

（1）浓H2SO4的作用是：①______；②______．

（2）右边收集试管内装有______；该溶液的作用是______．导气管不能插入液面以下，原因是______．加热前，大试管中加入几粒碎瓷片的作用是______．

（3）制取乙酸乙酯的反应方程式是______

18、某温度下，可逆反应2NO2N2O4达平衡时；测得混合气体的密度是相同条件下氢气的36倍，求：

（1）此混合气体中NO2与N2O4的物质的量之比．

（2）若反应温度与容器容积不变，开始输进的是N2O4气，从逆向反应达平衡时，求N2O4的转化率．

19、已知化合物A的分子式为C3H6O2；有如图所示转化关系：

已知B的分子比C的分子少一个碳原子．按要求填空：

（1）A的结构简式______；

（2）B的分子式______；

（3）D中的官能团的名称是______；

（4）C在一定条件下生成M，M的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，写出C→M的化学反应方程式______20、某校化学研究性学习小组的同学，为验证红热的炭与与浓硫酸发生反应所生成的产物．按气体流动方向设计了一个实验流程，其所使用的试剂次序可以表示为：气体产物→无水硫酸铜固体→品红溶液→酸性高锰酸钾溶液→品红溶液→澄清石灰水．

据图回答下列问题：

（1）⑥中的试剂是______；其作用是______，该仪器的名称______．

（2）品红溶液使用了两次；第二次使用时的作用是______．

（3）按照气体流向从左到右接口的顺序（填字母）______．

21、某仅由碳、氢、氧三种元素组成的有机化合物，经测定其相对分子质量为180．取有机物样品1.8g，在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g．试求该有机物的分子式．评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共40分)22、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。23、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。24、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。25、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、实验题(共2题，共4分)26、氧化钴rm{(Co_{2}O_{3})}粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某铜钴矿石主要含有rm{CoO(OH)}、rm{CoCO_{3}}rm{Xv_{2}(OH)_{2}XO_{3}}和rm{SiO_{2}}其中还含有一定量的rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}和rm{CaO}等。由该矿石制备rm{Co_{2}O_{3}}的部分工艺过程如下：Ⅰrm{.}将粉碎的矿石用过量的稀rm{H_{2}SO_{4}}和rm{Na_{2}SO_{3}}溶液浸泡。Ⅱrm{.}浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入rm{NaClO_{3}}溶液，再加入一定浓度的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，过滤，分离除去沉淀rm{a[}主要成分是rm{Na_{2}Fe_{6}(SO_{4})_{4}(OH)_{12}]}Ⅲrm{.}向上述滤液中加入足量rm{NaF}溶液，过滤，分离除去沉淀rm{b}Ⅳrm{.}Ⅲ中滤液加入浓rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，获得rm{CoCO_{3}}沉淀。Ⅴrm{.}将rm{CoCO_{3}}溶解在盐酸中，再加入rm{(NH_{4})_{2}C_{2}O_{4}}溶液，产生rm{XoX_{2}O_{4}隆陇2H_{2}O}沉淀。分离出沉淀，将其在rm{400隆忙隆芦600隆忙}煅烧，即得到rm{Co_{2}O_{3}}请回答：rm{(1)}Ⅰ中，稀硫酸溶解rm{CoCO_{3}}的化学方程式是________，加入rm{Na_{2}SO_{3}}溶液的主要作用是________。rm{(2)}根据图rm{1}图rm{2}分析：rm{垄脵}矿石粉末浸泡的适宜条件应是________。

rm{垄脷}图rm{2}中铜、钴浸出率下降的可能原因是________。图rm{垄脷}中铜、钴浸出率下降的可能原因是________。rm{2}Ⅱ中，浸出液中的金属离子与rm{(3)}反应的离子方程式：rm{NaClO_{3}}rm{ClO}rm{ClO}_____rm{{,!}_{3}^{?}}______rm{+}_____rm{+}______rm{篓T篓TCl}rm{+}rm{+}______rm{篓T篓TCl}______rm{{,!}^{?}}Ⅱ中，检验铁元素完全除去的试剂是________，实验现象是________。rm{+}______rm{+}______Ⅱ、Ⅳ中，加入rm{+}的作用分别是________、________。rm{+}Ⅲ中，沉淀rm{(4)}的成分是rm{(5)}、________rm{Na_{2}CO_{3}}填化学式rm{(6)}rm{b}Ⅴ中，分离出纯净的rm{MgF_{2}}的操作是________。rm{(}27、如图：如图：通电rm{5min}后，电极rm{5}质量增加rm{2.16g}试回答：

rm{(1)a}是__极；rm{C}池是__池；rm{A}池电极反应为_________________________；rm{(2)}若rm{B}槽中共收集到rm{224mL}气体rm{(}标况rm{)}且溶液体积为rm{200mL(}设电解过程中溶液体积不变rm{)}则通电前溶液中的rm{Cu^{2+}}物质的量浓度为_____．rm{(3)}若rm{A}池溶液体积为rm{200mL}且电解过程中溶液体积不变，则电解后，溶液rm{pH}为__．评卷人得分六、有机推断题(共4题，共20分)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__________________________________．30、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。31、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8题，共16分)1、B【分析】【解答】解：H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4反应中碘得电子作氧化剂，亚硫酸失电子作还原剂，氧化产物是硫酸，所以氧化性I2＞H2SO4；2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2反应中氯化铁得电子作氧化剂，HI失电子作还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性Fe3+＞I2；

3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3反应中HNO3得电子作氧化剂，FeCl2失电子作还原剂，氧化产物是Fe3+，所以氧化性HNO3＞Fe3+；

所以这几种微粒氧化性强弱顺序是HNO3＞Fe3+＞I2＞H2SO4；

故选B．

【分析】得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答．2、C【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质、醇和酚的性质的综合应用。【解答】A.分子中含有酚羟基和醇羟基；可看作醇类，也可看作酚类，故A正确；

B.分子中含有rm{2}个苯环，rm{5}个酚羟基，共有rm{4}个rm{H}原子可被取代；故B正确；

C.分子中只有酚羟基与氢氧化钠反应，则rm{1mol}该物质可与rm{5molNaOH}反应；故C错误；

D.分子中共含有rm{7}个羟基，则rm{1mol}该物质可与rm{7molNa}反应；故D正确。

故选C。【解析】rm{C}3、A【分析】羧基比酚羟基酸性强，要得到rm{C_{7}H_{5}O_{3}Na}只能是与羧基反应生成的钠盐，rm{A}项符合。【解析】rm{A}4、C【分析】解：rm{垄脵}增大氢气的浓度；平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故错误；

rm{垄脷}升高温度；平衡正向移动，混合气体的颜色加深，故正确；

rm{垄脹}降低温度；平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故错误；

rm{垄脺}缩小体积；各种气体的浓度都增大，混合气体的颜色加深，故正确；

rm{垄脻}增大rm{HI}浓度；平衡正向移动，碘浓度增大，混合气体的颜色加深，故正确；

rm{垄脼}减小压强；各气体浓度减小，混合气体的颜色变浅，故错误；

故选C．

要使混合气体的颜色加深；即增大了碘的浓度，平衡正向移动，从影响平衡移动的因素角度考虑．

本题考查了影响平衡移动的因素，注意影响平衡移动的因素有温度、浓度、压强三种，题目难度不大．【解析】rm{C}5、A【分析】解：rm{A.}该分子中不含苯环；所以不属于芳香烃，故A错误；

B.该物质属于有机物；属于烯烃，根据相似相溶原理知难溶于水，故B正确；

C.该分子中含有碳碳双键；所以能发生加聚反应，故C正确；

D.该分子中含有碳碳双键；所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；

故选A．

该分子中含有碳碳双键；具有烯烃性质，烯烃不溶于水，能发生加成反应和氧化反应及加聚反应，据此分析解答．

本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃性质，明确官能团及其性质关系即可解答，可以利用烯烃性质的特殊性除去烷烃中的烯烃，题目难度不大．【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。【解答】A.rm{c(H^{+})=0.1mol/L}的溶液，显酸性，rm{H^{+}}rm{S_{2}O_{3}^{2-}}发生氧化还原反应；不能大量共存，故A错误；

B.rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1隆脕10^{-12}}的溶液；溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；

C.rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1隆脕10^{-12}}rm{H^{+}}rm{Fe^{2+}}发生氧化还原反应；不能大量共存，故C错误；

D.由水电离出的rm{NO_{3}^{-}}的溶液，为酸或碱溶液，碱性溶液中不能大量存在rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-12}mol/L}酸溶液中不能大量存在rm{Fe^{3+}}故D错误。

故选B。

rm{ClO^{-}}【解析】rm{B}7、A【分析】本题考查常见的食品添加剂。A.甲醇是有毒物质；禁止用作食品添加剂，故A正确；

B.食盐是常用的食品添加剂；故B错误；

C.柠檬酸是常用的食品添加剂；故C错误；

D.苯甲酸钠是常用的食品添加剂；故D错误。

故选：rm{A}【解析】rm{A}8、D【分析】【分析】本题考查离子反应的计算，是中学化学的基本计算，题目难度中等。解答该题的关键是把握反应的离子方程式及判断反应的过量问题，侧重分析能力和计算能力的考查。【解答】rm{n(Cu)=2.56g隆脗64g/mol=0.04mol}rm{n(H^{+})=0.3mol/L隆脕0.1L+0.15mol/L隆脕2隆脕0.1L=0.06mol}rm{n(NO_{3}^{-})=0.3mol/L隆脕0.1L=0.03mol}

由rm{3Cu+}rm{8H^{+}}rm{+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{3}rm{8}rm{2}

rm{0.0225mol}rm{0.06mol0.015mol<0.04mol(}过量rm{0.06mol

0.015mol<0.04mol(}

由氢离子的物质的量及离子方程式可知：rm{)}氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为rm{0.06mol}

所以溶液中rm{0.0225mol}rm{c(Cu^{2+})=}rm{0.0225mol}rm{0.0225mol}rm{隆脗0.1L}rm{=0.225mol/L}不符合题意，故A错误；rm{=0.225mol/L}A.rm{0.15mol隆陇L^{-}}rm{0.15mol隆陇L^{-}}rm{{,!}^{1}}符合题意，故B错误；B.rm{0.30}rm{0.30}rm{mol隆陇L}rm{mol隆陇L}不符合题意，故C错误；rm{{,!}^{-1}}C.rm{0.45}不符合题意，故D正确。rm{0.45}rm{mol隆陇L}【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)9、（1）2，5-二甲基-4-乙基庚烷

（2）①

②CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3或CH3-CH=CH-CH=CH-CH3

​③CH≡CCH2CH2CH2CH3，1-己炔CH3C≡CCH2CH2CH3，2-己炔CH3CH2C≡CCH2CH3，3-己炔【分析】【分析】本题考查了烷烃的命名，题目难度不大，注意烷烃命名原则“碳链最长称某烷，靠近支链把号编rm{.}简单在前同相并，其间应划一短线”，掌握常见有机物的命名方法。本题考查有机物结构的推断，侧重考查限制条件同分异构体书写，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。【解答】rm{(1)}主链最长的碳链含有rm{(1)}个rm{7}称为庚烷；编号从右边开始，取代基编号都满足最小，在rm{C}号rm{2}上有rm{C}个甲基，在rm{1}号rm{4}上有rm{C}个乙基，在rm{1}号rm{5}上有rm{C}个甲基，该有机物命名为：rm{1}rm{2}二甲基rm{5-}乙基庚烷，故答案为：rm{-4-}rm{2}二甲基rm{5-}乙基庚烷；rm{-4-}rm{(2)A}rm{B}三种烃的化学式为rm{C}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{6}}不饱和度为rm{H}它们的分子中均无支链或侧链。rm{H}若rm{{,!}_{10}}为环状，则rm{(2隆脕6+2?10)隆脗2=2}分子还含有rm{垄脵}个碳碳双键，故A为环己烯，结构简式为故答案为：rm{A}若rm{A}为含有双键的链状结构，其分子中不存在“rm{1}”基团，则rm{垄脷}的结构简式为rm{B}或rm{=C=C=C=}等，故答案为：rm{B}或rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH-CH_{3}}等；rm{CH_{3}-CH=CH-CH=CH-CH_{3}}若rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH-CH_{3}}为含有三键的链状结构，其可能结构为rm{CH_{3}-CH=CH-CH=CH-CH_{3}}或rm{垄脹}或rm{C}名称分别为：rm{CH隆脭CCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}己炔，rm{CH_{3}C隆脭CCH_{2}CH_{2}CH_{3}}己炔，rm{CH_{3}CH_{2}C隆脭CCH_{2}CH_{3}}己炔，故答案为：rm{1-}rm{2-}rm{3-}rm{CH隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}，rm{2}己炔；rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{1-}rm{CH}，rm{3}己炔；rm{3}rm{C隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}，rm{3}己炔。rm{3}【解析】rm{(1)2}rm{5-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷rm{(2)垄脵}rm{垄脷}rm{垄脷}或rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-CH=CH-CH_{3}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH=CH-CH_{3}}rm{垄脹}rm{垄脹}rm{CH隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}rm{2}，rm{CH}己炔rm{2}rm{2}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{1-}rm{CH}rm{3}，rm{3}己炔rm{C隆脭CCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{3}，rm{3}己炔rm{2-}10、略

【分析】

（1）9g铝的物质的量=9g的铝粉完全燃烧生成固态的A2O3时放出235kJ的热；则4mol铝完全燃烧放出2820KJ热量，所以其热化学反应方程式为：

4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）；△H=2820kJ/mol；

故答案为：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）；△H=2820kJ/mol；

（2）电解熔融态氧化铝生成铝和氧气，电解方程式为2Al2O34Al+3O2↑；

故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；

（3）铝、镁、稀硫酸构成的原电池中，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；铝；镁、氢氧化钠溶液构成的原电池中，铝作负极，镁作正极，负极上铝失电子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水；

电极反应式为Al-3e-+4HO-=AlO2-+2H2O；

故答案为：2H++2e-=H2↑；Al-3e-+4HO-=AlO2-+2H2O；

（4）铝、空气和海水构成的原电池中，负极上铝失电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+；

故答案为：Al-3e-=Al3+；

（5）①若两极分别放出H2和O2，则阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，根据阴阳离子放电顺序知，溶液中存在的阴离子为含氧酸根离子，阳离子为氢离子或活泼金属离子，所以电解质的化学式为HNO3、H2SO4、Mg（NO3）2、MgSO4；

故答案为：HNO3、H2SO4、Mg（NO3）2、MgSO4；

②若阴极析出金属，根据离子的放电顺序知，溶液中含有H之后的不活泼金属阳离子，阳极放出O2，则溶液中含有含氧酸根离子，所以电解质的化学式为Cu（NO3）2、CuSO4；

故答案为：Cu（NO3）2、CuSO4．

【解析】【答案】（1）9g铝的物质的量=9g的铝粉完全燃烧生成固态的A2O3时放出235kJ的热；则4mol铝完全燃烧放出2820KJ热量，根据热化学反应方程式的书写规则写出即可；

（2）电解熔融态氧化铝生成铝和氧气；

（3）铝；镁、稀硫酸构成的原电池中；镁作负极，铝作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铝、镁、氢氧化钠溶液构成的原电池中，铝作负极，镁作正极，负极上铝失电子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水；

（4）铝；空气和海水构成的原电池中；负极上铝失电子发生氧化反应；

（5）根据电解质溶液中离子的放电顺序结合析出的物质确定溶液中含有的阴阳离子；从而确定该物质的化学式．

11、略

【分析】试题分析：根据“三段式”得O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)n初(mol)ab0△n(mol)x2x2xn末(mol)4b-2x4①2x=4x=2a-x=4a=6(mol)②n(平)=313.6/22.4=14(mol)据上式4+b-2x+4=14b=10(mol)所以n(始)∶n(平)=16/14=8/7③由“三段式”知：α(O2)=x/a=2/6=1/3,同理α(SO2)=2/5，所以α(O2)∶α(SO2)=5：6㈡将1mol的SO3进行“一边倒”，转化到化学方程式的左侧，再利用“三段式”法，分别假设o2和SO2全部反应掉，分别求出b值即可（由于是可逆反应，不取等号）。考点：化学平衡有关计算。【解析】【答案】（一）①6mol;②8:7;③5:6（二）5﹤b﹤1012、略

【分析】【解析】【答案】(1)289.5（1’）；(2)C12H7O2Cl3（2’）13、略

【分析】试题分析：（1）①根据题意知，肼和双氧水反应生成氮气和水，化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0．4mol液态肼和0．8molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出257．7kJ的热量，则1mol液态肼反应放出的热量为644．25kJ，热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=—644．25kJ/mol；②根据①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=—644．25kJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol；依据盖斯定律：①—②×4得到N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=—820．25KJ/mol，16g液态肼物质的量为0．5mol，与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量为410．125KJ；③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是产物为氮气和水，不会造成环境污染。（2）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=—24．8kJ/mol①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=—47．2kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640．5kJ/mol③根据盖斯定律：①×1/2—②×1/6—③×1/3得CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=—218．0kJ/mol。考点：考查热化学方程式的书写，盖斯定律应用，反应热的计算。【解析】【答案】（1）①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H＝－644．25KJ/mol（3分）②410．125（3分）③产物不会造成环境污染。（3分）（2）CO(g)+FeO(s)==Fe(s)+CO2(g)△H＝―218．0kJ／mol（3分）三、解答题(共8题，共16分)14、略

【分析】

碳的质量分数为85.71%，则氢元素的质量分数为1-85.71%=14.29%，故N（C）：N（H）==1：2，故该烃的最简式为CH2；

分子离子峰的质荷比为84，该烃的相对分子质量为84，令组成为（CH2）n，则14n=84，解得n=6，故该分子式为C6H12；

由该烃的核磁共振氢谱可知，核磁共振氢谱只有1个峰，分子中只有1种H原子，故该烃为（CH3）2C=C（CH3）2或（环己烷）；

答：该烃的最简式为CH2，分子式为C6H12，结构简式为（CH3）2C=C（CH3）2或．

【解析】【答案】根据碳元素的质量分数计算氢元素的质量分数；质量分数与摩尔质量的比值相当于原子的物质的量，据此确定原子个数比值，求出最简式；

分子离子峰的质荷比为84；该烃的相对分子质量为84，根据相对分子质量结合最简式计算出该有机物的化学式；

由该烃的核磁共振氢谱可知；核磁共振氢谱只有1个峰，分子中只有1种H原子，结合分子式书写结构简式．

15、略

【分析】

生铁中含有碳；铁；碳和合适的电解质溶液构成原电池；

（2）若试管内液面上升，说明试管内气体因和水反应而使其压强减小，发生的是吸氧腐蚀，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-；

故答案为：吸氧，Fe-2e-=Fe2+，2H2O+O2+4e-=4OH-；

（3）若试管内液面下降，说明金属的腐蚀中生成气体导致压强增大，则金属发生的是析氢腐蚀，溶液呈酸性，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：

4H++4e-=2H2↑；

故答案为：酸，Fe-2e-=Fe2+，4H++4e-=2H2↑．

【解析】【答案】生铁中含有碳；铁；碳和合适的电解质溶液构成原电池，在弱酸性或中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，在酸性条件下，铁发生析氢腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应．

16、略

【分析】

A跟NaHCO3反应产生气体，故A含有羧基-COOH，由信息可知A中含有苯环，有机物A的相对分子质量为198.5，氯原子的相对原子质量为35.5，分子中氯原子数目为奇数个，若A分子中含有为3个氯原子，相对分子质量大于198.5，故A含有1个氯原子，假设分子中有1个Cl原子、1个苯环、1个-COOH，则剩余基团的相对分子质量为198.5-35.5-76-45=42（相当于苯环二元元取代），故含有1个Cl原子、1个苯环、1个-COOH、剩余基团为C3H6，A跟氯气反应，在铁粉存在下只有一个氢原子被取代时能得到两种有机产物，则为二元对位取代，故为苯环邻位二元取代，在光照下只有一个氢原子被取代时，只能得到一种有机产物，侧链中只有1种H原子，Cl在侧链上，含有-COOH、-C3H6Cl，故有机物A为由A→B在氢氧化钠水溶液、加热条件下进行，发生卤代烃的水解反应及中和反应，故B为由B酸化得到C，故C为由C→D发生脱水反应，生成高分子化合物D，应为酯化反应，故D为由C在浓硫酸作用下生成E，E在一定条件下生成高分子化合物F，C生成E的转化应是醇发生消去反应，有C=C生成，然后发生加聚反应生成F，故E为F为

（1）由上述分析可知，A为化学式为C10H11O2Cl，D的结构简式为

故答案为：C10H11O2Cl；

（2）反应①⑥属于取代反应；反应②属于复分解反应，反应③属于缩聚反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加聚反应，故答案为：①⑥；

（3）C为含氧官能团的名称分别为羧基；羟基，故答案为：羧基、羟基；

（4）的同分异构体中，满足下列条件：①含有苯环，苯环上只有一个侧链，且侧链上只含有一个一CH3；②能发生银镜反应；③属于酯类，为甲酸形成的酯，符合条件的同分异构体为：

故答案为：等；

（5）A与NaOH的醇溶液共热，反应方程式为：+2NaOH+NaCl+2H2O；

E在一定条件下生成F的方程式为：

故答案为：+2NaOH+NaCl+2H2O；．

【解析】【答案】A跟NaHCO3反应产生气体，故A含有羧基-COOH，由信息可知A中含有苯环，有机物A的相对分子质量为198.5，氯原子的相对原子质量为35.5，分子中氯原子数目为奇数个，若A分子中含有为3个氯原子，相对分子质量大于198.5，故A含有1个氯原子，假设分子中有1个Cl原子、1个苯环、1个-COOH，则剩余基团的相对分子质量为198.5-35.5-76-45=42（相当于苯环二元元取代），故含有1个Cl原子、1个苯环、1个-COOH、剩余基团为C3H6，A跟氯气反应，在铁粉存在下只有一个氢原子被取代时能得到两种有机产物，则为二元对位取代，故为苯环邻位二元取代，在光照下只有一个氢原子被取代时，只能得到一种有机产物，侧链中只有1种H原子，Cl在侧链上，含有-COOH、-C3H6Cl，故有机物A为由A→B在氢氧化钠水溶液、加热条件下进行，发生卤代烃的水解反应及中和反应，故B为由B酸化得到C，故C为由C→D发生脱水反应，生成高分子化合物D，应为酯化反应，故D为由C在浓硫酸作用下生成E，E在一定条件下生成高分子化合物F，C生成E的转化应是醇发生消去反应，有C=C生成，然后发生加聚反应生成F，故E为F为据此解答．

17、略

【分析】

（1）乙酸与乙醇发生酯化反应；需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化作用，吸水作用；

故答案为：催化剂；吸水剂；

（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液；目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸；液体乙酸乙醇沸点低，加热要加碎瓷片，防止暴沸；

故答案为：饱和碳酸钠溶液；除去挥发出来的乙酸和乙醇；减小乙酸乙酯溶解度，有利于分层；防止倒吸；防止暴沸；

（3）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

（4）将生成的乙烯通入溴的四氯化碳溶液，乙烯易和溴加成生成1，2-二溴乙烷，即CH2=CH2+Br-BrCH2Br-CH2Br，故答案为：．

【解析】【答案】（1）浓硫酸具有吸水性；脱水性，强氧化性，结合反应即可解答；

（2）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸；同时降低乙酸乙酯的溶解度；便于分层；导管伸入液面下可能发生倒吸；液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；

（3）酯化反应的本质为酸脱羟基；醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；

（4）乙烯使溴水褪色是因为乙烯和溴水中的溴单质发生了加成反应．

18、略

【分析】

（1）混合气体的密度是相同条件下氢气的36倍；所以混合气体的平均相对分子质量为36×2=72；

利用十字交叉法计算NO2与N2O4的物质的量之比：

所以n（NO2）：n（N2O4）=20：26=10：13；

答：混合气体中NO2与N2O4的物质的量之比为10：13；

（2）与原平衡完全等效；平衡时各组分的物质的量与原平衡相同．

平衡时混合气体中NO2与N2O4的物质的量之比为10：13，令NO2与N2O4的物质的量分别为10mol；13mol．

N2O42NO2

开始（mol）：13+5=180

变化（mol）：510-0=10

平衡（mol）：1310

所以N2O4的转化率为×100%=27.8%；

答：N2O4的转化率为27.8%．

【解析】【答案】（1）相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，由于混合气体的密度是相同条件下氢气的36倍，可知混合气体的平均相对分子质量为72，再根据十字交叉法计算NO2与N2O4的物质的量之比；

（2）为等效平衡，平衡时各组分的物质的量与原平衡相同，决定平衡时各组分的物质的量，利用三段式计算出开始应加入N2O4的物质的量，参加反应的N2O4的物质的量；再根据转化率的定义计算．

19、略

【分析】

A的分子式为C3H6O2；能发生水解，说明应为酯，水解生成酸和醇，其中C为能发生连续氧化，应为醇，则D为醛，E为酸，生成的F为酯，B的分子比C的分子少一个碳原子，则C为乙醇，D是乙醛，E是乙酸，F是乙酸乙酯，B是甲酸，A是甲酸乙酯；

（1）通过以上分析知，A是甲酸乙酯，其结构简式为：HCOOCH2CH3，故答案为：HCOOCH2CH3；

（2）B是甲酸，其分子式为：CH2O2，故答案为：CH2O2；

（3）D是乙醛；则D中官能团名称是醛基，故答案为：醛基；

（4）在浓硫酸作催化剂、170℃条件下，乙醇发生消去反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；

故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；

（5）氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应方程式为：故答案为：

（6）A是甲酸乙酯，A的不能发生银镜反应的同分异构体有丙酸、乙酸甲酯等，其中一种结构简式为：CH3COOCH3，故答案为：CH3COOCH3．

【解析】【答案】A的分子式为C3H6O2；能发生水解，说明应为酯，水解生成酸和醇，其中C为能发生连续氧化，应为醇，则D为醛，E为酸，生成的F为酯，B的分子比C的分子少一个碳原子，则C为乙醇，D是乙醛，E是乙酸，F是乙酸乙酯，B是甲酸，A是甲酸乙酯．

20、略

【分析】

（1）无水硫酸铜固体验证水的存在；选择⑥，所以⑥为干燥管，盛试剂无水硫酸铜，验证产物中生成的水，故答案为：无水硫酸铜；检验产物水；干燥管；

（2）验证产物中的二氧化碳用①澄清石灰水；二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，所以需要先用品红验证二氧化硫的存在，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，再通过品红验证二氧化硫是否除净，避免影响二氧化碳气体，故答案为：确认二氧化硫气体已经被完全除净；

（3）依据流程和检验顺序，气体产物→无水硫酸铜固体→品红溶液→酸性高锰酸钾溶液→品红溶液→澄清石灰水；确定气体流向从左到右接口的顺序为ejkfghicdba；

故答案为：ejkfghicdba．

【解析】【答案】验证红热的炭与与浓硫酸发生反应所生成的产物．按气体流动方向设计了一个实验流程；其所使用的试剂次序可以表示为：气体产物→无水硫酸铜固体→品红溶液→酸性高锰酸钾溶液→品红溶液→澄清石灰水；碳和浓硫酸反应生成二氧化碳；二氧化硫、水；依据验证气体产物的顺序分析判断；

（1）无水硫酸铜固体验证水的存在；选择⑥，所以⑥为干燥管，盛试剂无水硫酸铜，验证产物中生成的水；

（2）验证产物中的二氧化碳用①澄清石灰水；二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，所以需要先用品红验证二氧化硫的存在，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，再通过品红验证二氧化硫是否除净，避免影响二氧化碳气体；

（3）依据流程和检验顺序；气体产物→无水硫酸铜固体→品红溶液→酸性高锰酸钾溶液→品红溶液→澄清石灰水；确定气体流向从左到右接口的顺序．

21、解：有机物的物质的量为=0.01mol；

n（H2O）==0.06mol；

n（CO2）==0.06mol；

所以有机物分子中N（C）==6、N（H）==12；

又因为有机物分子量为180，则有机物中N（O）==6；

故有机物分子式为C6H12O6；

答：有机物的分子式为C6H12O6．【分析】【分析】浓硫酸增重为燃烧生成水的质量，碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，根据n=计算有机物、水、二氧化碳的物质的量，再根据原子守恒计算分子中C、H原子数目，结合相对分子质量可计算O原子个数，进而确定分子式．四、元素或物质推断题(共4题，共40分)22、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）223、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H224、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）225、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、实验题(共2题，共4分)26、（1）CoCO3+H2SO4══CoSO4+CO2↑+H2O将Co3+还原为Co2+（或作还原剂）

（2）①65℃~75℃、pH0.5~1.5

②pH升高后溶液中c(H+)浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3的能力下降

（3）ClO3−+6Fe2++6H+══Cl−+6Fe3++3H2O

（4）KSCN溶液溶液不变红色

（5）调节溶液的pH富集Co2+（生成CoCO3沉淀）

（6）CaF2

（7）过滤、洗涤【分析】【分析】本题以物质的制备为载体考查物质分离与提纯的方法、物质的性质等知识，难度较大。【解答】rm{(1)}稀硫酸溶解rm{CoCO}rm{CoCO}rm{{,!}_{3}}的化学方程式是rm{CoCO_{3}+H_{2}SO_{4}篓T篓TCoSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}还原为rm{{,!}_{3}}故答案为：溶液具有还原性，可将将rm{Co^{3+}}还原为rm{Co^{2+}}或作还原剂rm{CoCO_{3}+H_{2}SO_{4}篓T篓TCoSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Co^{3+}}由图rm{Co^{2+}(}可知rm{)}时钴的rm{(2)垄脵}可知rm{1}为rm{65隆忙隆芦75隆忙}时钴的浸出率最高，则浸出率最高，由图rm{2}可知rm{2}rm{pH}为rm{0.5隆芦1.5}故答案为：矿石粉末浸泡的适宜条件应是rm{65隆忙隆芦75隆忙}rm{pH}rm{0.5隆芦1.5}rm{65隆忙隆芦75隆忙}中铜、钴浸出率下降的可能原因是rm{pH}升高后溶液中rm{0.5隆芦1.5}浓度下降，使得溶解rm{垄脷}图rm{2}中铜、钴浸出率下降的可能原因是rm{2}的能力下降，故答案为：rm{pH}升高后溶液中rm{c(H^{+})}浓度下降，使得溶解rm{CoO(OH)}rm{CoCO_{3}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}的能力下降；rm{pH}rm{c(H^{+})}rm{CoO(OH)}rm{CoCO_{3}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}氧化，离子方程式为rm{(3)}浸出液中的rm{Fe^{2+}}离子具有还原性，可被rm{NaClO}rm{NaClO}rm{{,!}_{3}}rm{ClO_{3}^{?}+}rm{6Fe^{2+}}，故答案为：rm{+}rm{6H^{+}}rm{篓T篓TCl^{?}+}rm{6Fe^{3+}}rm{+}rm{3H_{2}O}rm{ClO_{3}^{?}+}rm{6Fe^{2+}}rm{+}加入rm{6H^{+}}rm{篓T篓TCl^{?}+}rm{6Fe^{3+}}rm{+}离子被氧化为rm{3H_{2}O}离子，可用rm{(4)}溶液检验其是否存在，如果溶液不变红色，则加入rm{NaClO}，故答案为：rm{NaClO}溶液；溶液不变红色；rm{{,!}_{3}}溶液，rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{KSCN}调节溶液的铁元素完全除去使铁元素沉淀，Ⅳ中加入rm{KSCN}生成rm{(5)}沉淀，可富集Ⅱ中，加入rm{Na}故答案为：调节溶液的rm{Na}富集rm{{,!}_{2}}生成rm{CO}沉淀rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{pH}溶液，可生成rm{Na_{2}CO_{3}}rm{CoCO_{3}}rm{Co^{2+}}rm{pH}rm{Co^{2+}(}，故答案为：rm{CoCO_{3}}rm{)}rm{(6)}向滤液中加入足量rm{NaF}溶液，可生成rm{MgF}rm{NaF}rm{MgF}rm{{,!}_{2}}、rm{CaF_{2}}为沉淀，则分离出纯净的沉淀rm{CaF_{2}}rm{(7)}rm{CoC}rm{CoC}rm{{,!}_{2}}rm{O}的操作是过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤。rm{O}【解析】rm{(1)CoCO_{3}+H_{2}SO_{4}篓T篓TCoSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}将rm{Co^{3+}}还原为rm{Co^{2+}(}或作还原剂rm{)}rm{(2)垄脵65隆忙隆芦75隆忙}rm{pH}rm{0.5隆芦1.5}rm{垄脷pH}升高后溶液中rm{c(H^{+})}浓度下降，使得溶解rm{CoO(OH)}rm{CoCO_{3}}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}的能力下降rm{(3)ClO_{3}^{?}+}rm{6Fe^{2+}}rm{+}rm{6H^{+}}rm{篓T篓TCl^{?}+}rm{6Fe^{3+}}rm{+}rm{3H_{2}O}rm{(4)KSCN}溶液溶液不变红色rm{(5)}调节溶液的rm{pH}富集rm{Co^{2+}(}生成rm{CoCO_{3}}沉淀rm{)}rm{(6)CaF_{2}}rm{(7)}过滤、洗涤27、(1)负电解阴极：2H2H＋＋－2e↑阳极：=H2－－2Cl－2e↑=Cl2

(2)0.025mol/L(3)13【分析】【分析】本题考查了电解池的工作原理，培养学生的知识迁移能力与逻辑推理能力，难度一般。【解答】rm{(1)}电极rm{5}的质量增加了rm{2.16g}说明电极rm{5}是阴极，则电极rm{6}是阳极，所以rm{b}是电源的负极，rm{a}是电源的负极；rm{A}rm{B}rm{C}为三个串联电路的电解池，故C池为电解池；rm{A}中阳极是氯离子放电，产生氯气。阴极是氢离子放电，产生氢气，阴极电极反应为：rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}+}rm{2e}rm{2e}rm{{,!}^{-}}阳极：rm{=H_{2}}rm{=H_{2}}rm{隆眉}rm{2Cl}rm{2Cl}rm{{,!}^{-}-}

故答案为：负；电解；阴极：rm{2e}rm{2e}rm{{,!}^{-}}rm{=