2025年岳麓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年岳麓版高二化学上册月考试卷575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、已知在1×105Pa，298K条件下，2g氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，下列热化学方程式正确的是A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=－484kJ/molB.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=+242kJ/molC.2H2+O2===2H2O△H=－484kJ/molD.H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)△H=+242kJ/mol2、实验式相同，但既不是同系物，又不是同分异构体的是rm{(}rm{)}A.rm{1-}戊烯和rm{2-}甲基rm{-1-}丙烯B.甲醛和甲酸甲酯C.rm{1-}丁醇和甲乙醚D.丁酸和乙酸乙酯3、用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示从下表中选出正确选项。选项锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管A碱酸石蕊甲B酸碱酚酞甲C碱酸甲基橙乙D酸碱酚酞乙4、能用磨口塞玻璃瓶存放的试剂有（）A.烧碱溶液B.浓硝酸C.氢氟酸D.硅酸钠溶液5、短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为rm{10}rm{A}与rm{C}在周期表中位置上下相邻，rm{B}原子最外层电子数等于rm{A}原子次外层电子数，下列有关叙述不正确的是A.rm{A}与rm{C}可形成共价化合物B.rm{A}的简单氢化物的稳定性大于rm{C}的氢化物的稳定性C.rm{A}rm{C}的最高价氧化物都是离子化合物D.rm{B}的氧化物的熔点比rm{A}的氧化物熔点高评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、假设盐酸和氢氧化钠溶液的体积都是rm{50mL}密度都是rm{1g/cm^{3}}物质的量浓度都为rm{0.50mol/L}又知中和后生成溶液的比热容rm{c=4.18J/(g?隆忙).}为了计算中和热，实验时还需测量的数据有rm{(}rm{)}A.反应前盐酸的温度B.反应前盐酸的质量C.反应前氢氧化钠溶液的温度E.反应后混合溶液的最高温度E.反应后混合溶液的最高温度7、下列物质可以导电的是A.甲苯B.金属rm{Cu}C.rm{NaCl}溶液D.rm{HCl}溶液8、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9、苯是一种常见的有机溶剂和化工原料，下列关于苯的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.难溶于水B.易挥发，有毒性C.属于高分子化合物D.属于烃类化合物10、下列物质与水混合后静置，出现分层的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳11、关于原电池的下列说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.在负极上发生氧化反应B.化学性质较活泼的金属为负极C.在外电路上电子由负极流向正极D.是由电能转化为化学能的装置12、氧化铅(PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用F分解制备CO，其原理为H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某学习小组设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物的装置如图所示(已知CO通入银氨溶液产生黑色银粒)。下列说法不正确的是。

A.实验时，先点燃①处酒精灯，等装置⑥中出现较多黑色银粒且有连续气泡后再点燃④处酒精灯B.实验完毕时，先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯C.尾气处理装置可选用盛NaOH溶液的洗气瓶D.当装置④中固体质量减轻了0.16g时，装置①中消耗的的物质的量为0.01mol13、下列属于化学变化的是rm{(}rm{)}A.煤的干馏B.石油的裂解C.煤的气化D.石油的分馏14、下列物质久置在空气中发生的变化涉及氧化还原反应的有()A.铁杆生锈B.rm{FeSO_{4}}由浅绿色变成棕黄色C.rm{Na_{2}O_{2}}由淡黄色变成白色D.石灰水表面附有白色固体评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、工业上也可以用CO2和H2反应制得甲醇。在2×105Pa、300℃的条件下，若有44gCO2与6gH2恰好完全反应生成气体甲醇和水，放出49.5kJ的热量。试写出该反应的热化学方程式：。某次实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如下图所示（实线）。试回答下列问题：（1）a点正反应速率（填大于、等于或小于）逆反应速率。（2）下列时间段平均反应速率最大的是，最小的是。A．0～1minB．1～3minC．3～8minD．8～11min（3）计算该实验平衡时氢气的转化率和该条件下反应的平衡常数K（写出计算过程）。（4）仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线I对应的实验条件改变是，曲线II对应的实验条件改变是。16、rm{(1)}燃烧法是测定有机物组成的传统方法rm{.}有机物rm{X}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成，经测定其相对分子质量为rm{90.}取rm{1.8g}rm{X}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rm{1.08g}和rm{2.64g.}则有机物rm{X}的分子式为______．

rm{(2)}核磁共振谱rm{(NMR)}是现代化学测定有机物结构最常用的方法之一rm{.}已知rm{(1)}中有机物rm{X}含有一个rm{-COOH}在rm{{,!}^{1}HNMR}谱上观察氢原子给出四种特征峰，强度为rm{3}rm{1}rm{1}rm{1.}则rm{X}的结构简式为______．

rm{(3)X}可以在一定条件下生成高分子化合物rm{A}写出rm{A}的结构简式______，由rm{X}制得rm{A}的反应类型为______．17、现有电解质溶液：①Na2CO3②NaHCO3③CH3COONa④NaOH

（1）当四种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是____（填编号；以下相同）

（2）在上述四种电解质溶液中，分别加入AlCl3溶液，无气体产生的是____．18、(6分)按要求回答下列问题：(1)实验测得，5g甲醇(CH3OH)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113．5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式(2)已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应生成正盐时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的热化学方程式_____________。(3)已知下列反应的焓变：①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=-285.8kJ/mol试计算反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的焓变ΔH=19、已知甲烷的燃烧热为rm{-890.3kJ/mol}氮气与氧气反应生成rm{NO}的热化学方程式为：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH=+180kJ/mol}写出甲烷燃烧热的热化学方程式：______rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H=+180kJ/mol}反应rm{CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=}______．rm{.}评卷人得分四、探究题(共4题，共20分)20、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。21、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。22、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。23、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)24、氯化亚铜rm{(CuCl)}广泛应用于化工、印染、电镀等行业。rm{CuCl}难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系。以海绵铜rm{(}主要成分是rm{Cu}和少量rm{CuO)}为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产rm{CuCl}的工艺过程如下：

回答下列问题：rm{(1)}步骤rm{垄脵}溶解温度应控制在rm{60隆芦70隆忙}原因是______________________________。

rm{(2)}写出步骤rm{垄脹}中反应生成rm{CuCl}的离子方程式____________。已知rm{NH_{4}Cl}rm{Cu^{2+}}的物质的量之比rm{[dfrac{n(N{H}_{3}Cl)}{n(C{u}^{2+})}]}与rm{[dfrac{n(N{H}_{3}Cl)}{n(C{u}^{2+})}

]}沉淀率的关系如下图所示，当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少，其可能的原因是________。

rm{Cu^{2+}}氯化亚铜的纯度测定：称取样品rm{(3)}置于预先放入玻璃珠rm{0.50g}粒和rm{50}过量的rm{10ml}溶液rm{FeCl_{3}}的锥形瓶中，不断摇动，玻璃珠的作用是________。待样品溶解后，立即用物质的量浓度为rm{250ml}的rm{0.05mol隆陇L^{-1}}溶液与之完全反应，一共用去rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}试计算rm{16.00ml}纯度rm{CuCl}写出计算过程rm{(}已知：rm{CuCl+Fe^{3+}=Cu^{2+}+Fe^{2+}+Cl^{-}}rm{)}rm{CuCl+Fe^{3+}=

Cu^{2+}+Fe^{2+}+Cl^{-}}25、某化学兴趣小组用下图装置制取并探究氯气的性质rm{.[A}装置中发生反应的化学方程式：rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O]}rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+

8H_{2}O]}装置中rm{(1)A}仪器的名称是____________。rm{a}制取氯气反应中rm{(2)}所起的作用是____rm{KMnO_{4}}填“氧化剂”或“还原剂”rm{(}rm{)}实验进行一段时间后，可观察到_____rm{(3)}填“rm{(}”或“rm{B}”rm{C}装置中有色布条褪色，其褪色原因是_____________________________________。rm{)}当氯气进入rm{(4)}装置后，可观察到溶液颜色变为______rm{D}填“红色”或“蓝色”rm{(}写出相关反应的化学方程式__________________________________。rm{)}装置中rm{(5)E}溶液的作用是____________________________________。rm{NaOH}用rm{(6)}固体与足量的浓盐酸反应，最多可生成标准状况下____rm{31.6gKMnO_{4}}氯气。rm{L}的摩尔质量为rm{(KMnO_{4}}rm{158g隆陇mol^{-1})}近年来，某些含氯的化合物rm{(7)}如rm{(}rm{ClO_{2}}等rm{NaClO}在生产、生活中应用广泛。rm{)}高效净水剂rm{垄脵}中氯元素的化合价为____________。rm{ClO_{2}}是一种强氧化剂。某种家用洗涤剂含有rm{垄脷NaClO}请写出rm{NaClO}在洗涤过程中的一种作用__________________________________________。rm{NaCIO}26、实验室模拟合成和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br}的方法如图rm{1(}已知：甲苯和液溴在有水存在时也能反应rm{)}

实验室模拟合成对溴甲苯和rm{1-}溴丙烷的流程如图rm{2}和相关数据如下：溴丙烷的流程如图rm{1-}和相关数据如下：

。rm{2}物质甲苯rm{1-}丙醇rm{1-}溴丙烷对溴甲苯邻溴甲苯沸点rm{(隆忙)}rm{110.8}rm{97.2}rm{71}rm{184.3}rm{181.7}rm{(1)}实验室存放液溴的试剂瓶需密闭，同时瓶中要加入_________，以减少溴的挥发rm{.}写出甲苯和液溴反应生成对溴甲苯的化学方程式_______________________________________________．

rm{(2)}反应装置如图rm{3}所示：

rm{垄脵}图中玻璃仪器rm{a}的名称是____________，方块rm{b}中为某玻璃仪器；其名称是_________________．

rm{垄脷}三颈烧瓶中开始加入了甲苯、铁粉和水rm{.}加入的适量水的作用是：易于控制温度和__________________________rm{.}加热搅拌操作中加入浓硫酸，完成rm{1.}丙醇的取代反应；浓硫酸的作用是______________．

rm{(3)}操作rm{I}的名称是___________；操作Ⅲ的名称是_______________．

rm{(4)}操作rm{1}分离出的水溶液中含有rm{H_{2}SO_{4}}和rm{Fe^{3+}}某同学为测定rm{HBr}的物质的量，设计方案如下：将所得水溶液稀释至rm{l000mL}取出rm{20mL}用rm{0.1mol/L}rm{NaOH}溶液滴定，以测定rm{HBr}的物质的量rm{.}该同学认为无需加入指示剂，也能完成滴定rm{.}他提出这一观点的理由是：_____________________________________________．27、rm{(1)}促进生态文明，保护生态环境，是实现“中国梦”的重要组成部分。rm{垄脵}生活中一次性物品的使用会大大增加生态压力，一次性纸巾使用后应投入贴有____rm{(}填字母rm{)}标志的垃圾桶内。rm{a}rm{b}rm{c}rm{垄脷}用明矾处理废水中细小悬浮颗粒的方法属于________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}混凝法rm{b.}中和法rm{c.}氧化还原法

rm{垄脹}向燃煤中加入石灰石作为脱硫剂，可以减少煤燃烧时产生的rm{SO_{2}}发生反应的化学方程式为____。rm{(2)}营养平衡、科学使用食品添加剂有助于健康和提高免疫力。rm{垄脵}医用维生素rm{C}片常在药片外包裹一层“糖衣”，其作用除了改善口感外，更重要的作用是____。rm{垄脷}某品牌高钙梳打的配料标签如下图所示。在所列配料中，富含糖类的是____，植物油在体内水解最终产物是高级脂肪酸和____。碳酸钙与胃酸反应的离子方程式为____。

rm{(3)}材料的不断发展可以促进社会进步。rm{垄脵}“玉兔”号月球车开创了我国月球表面探索的先河，其制备材料中使用了镁铝合金，选用镁铝合金的优点是____rm{(}任答一点rm{)}rm{垄脷}生产玻璃时，纯碱与石英反应的化学方程式为____。碳化硅硬度很大，它属于____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}金属材料rm{b.}无机非金属材料rm{c.}有机高分子材料rm{垄脹}用于包装食品的塑料袋，应选用____rm{(}填“聚乙烯塑料”或“聚氯乙烯塑料”rm{)}合成该塑料的化学方程式为____。评卷人得分六、简答题(共4题，共20分)28、用rm{50mL0.50mol/L}盐酸与rm{50mL0.55mol/LNaOH}溶液在如图所示的装置中进行中和反应rm{.}通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}从实验装置上看；图中尚缺少的一种玻璃用品是______．

rm{(2)}烧杯间填满碎纸条的作用是______．

rm{(3)}大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值______rm{(}填“偏大、偏小、无影响”rm{)}

rm{(4)}如果用rm{60mL0.50mol/L}盐酸与rm{50mL0.55mol/LNaOH}溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______rm{(}填“相等、不相等”rm{)}所求中和热______rm{(}填“相等、不相等”rm{)}简述理由______

rm{(5)}用相同浓度和体积的氨水rm{(NH_{3}?H_{2}O)}代替rm{NaOH}溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______；rm{(}填“偏大”、“偏小”、“无影响”rm{)}．29、2011年5月，台湾传出“毒饮料事件”，一些厂商在饮料中违法添加了“塑化剂”，食品塑化剂事件引起社会的高度关注．常用塑化剂的学名“领苯二甲酸二（2-乙基己）酯”，化学式为C24H38O4；它是一种无色透明的液体，有特殊气味，不溶于水，溶于大多数有机溶剂，有毒．常用作各种塑料制品的工业添加剂，不可食用．可是黑心业者为了牟取暴利，竟然将其添加到多种饮料；果冻、果酱和方便面等食品中．若长期食用此类食品可能对生殖系统、免疫系统造成伤害，大量摄入还可能致癌．

请分析上述信息；回答下列问题：

（1）写出塑化剂的两条物理性质______；

（2）下列做法，可以使我们远离塑化剂的是______；

①少喝各种饮料；日常饮水以白开水为主。

②经常吃方便面；面包等速食食品以适应我们快节奏的生活。

③尽量少用塑料制品直接接触热的；含油脂的食物。

④呼吁政府完善食品安全监督检验机制，严惩不法黑心业者．30、有机化合物rm{A隆芦C}的转换关系如下所示：

请回答下列问题：rm{(1)}链烃rm{A}有一个支链且只有一个官能团，其相对分子质量在rm{65隆芦75}之间，rm{1molA}完全燃烧消耗rm{7mol}氧气，则rm{A}的名称是_______，请预测rm{A}的核磁共振上有____________峰rm{(}信号rm{)}rm{(2)}在特定催化剂作用下，rm{A}与等物质的量的rm{H_{2}}反应生成rm{B}由rm{B}转化为rm{C}的化学方程式是_________________________________________________．31、化合物rm{F}是合成抗肿瘤药物吉非替尼的一种中间体，可通过以下方法合成：

rm{(1)}化合物rm{D}中含氧官能团的名称为____和____。

rm{(2)D隆煤E}的反应类型为的反应类型为rm{(2)D隆煤E}。化合物rm{(3)}的分子式为rm{C}写出rm{C_{10}H_{10}O_{2}NCl}的结构简式：____。

rm{C}写出满足下列条件的rm{(4)}写出满足下列条件的rm{B}的一种同分异构体的结构简式：的一种同分异构体的结构简式：rm{(4)}rm{B}能发生水解反应，其中一种产物能与。溶液发生显色反应；rm{垄脵}分子中有三种不同化学环境的氢。rm{FeCl_{3}}

rm{垄脷}rm{(5)}请以与rm{ClCH}rm{ClCH}rm{{,!}_{2}}为原料制备rm{CH}无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干rm{CH}rm{{,!}_{2}}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】考查热化学方程式的判断。氢气燃烧是放热反应，△H小于0，所以选项BD不正确；选项A中水的状态不同，因此正确的答案选D。【解析】【答案】D2、B【分析】解：rm{A.1-}戊烯和rm{2-}甲基rm{-1-}丙烯分子式不相同，但结构相似，在分子组成上相差一个rm{CH_{2}}故互为同系物，故A错误；

B.甲醛rm{(HCHO)}和甲酸甲酯rm{(HCOOCH_{3})}的最简式相同，都是rm{CH_{2}O}两者结构不相似，分子式不同，两者既不是同系物，也不是同分异构体，故B正确；

C、rm{1-}丁醇的分子式为rm{C_{4}H_{10}O}甲乙醚的分子式为rm{C_{3}H_{8}O}故两者的实验式不同，故C错误；

D；丁酸和乙酸乙酯的分子式相同而结构不同；故互为同分异构体，故D错误．

故选B．

最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；

同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质；具有如下特征：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物；

同分异构体指分子式相同；结构不同的化合物，具有如下特征：分子式相同，结构不同；物理性质不同、不同类时化学性质不同，研究范围多为有机物；

据此结合选项解答．

本题考查同系物、同分异构体的判断，难度不大，注意化学“四同”比较．【解析】rm{B}3、D【分析】试题分析：用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，用酚酞或甲基橙做指示剂，氢氧化钠应用碱式滴定管乙，硫酸用酸式滴定管甲，故D正确。考点：本题考查中和滴定。【解析】【答案】D4、B【分析】解：A．氢氧化钠和二氧化硅反应生成粘性是硅酸钠，反应方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；硅酸钠能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故A错误；

B．浓硝酸虽然具有强氧化性；但浓硝酸和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故B正确；

C．HF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O；所以HF不能用玻璃瓶存放，故C错误；

D．硅酸钠具有粘性；所以能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故D错误．

故选B．

玻璃中含有二氧化硅；只要这种物质和二氧化硅不反应或这种物质没有粘性即可用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，据此分析解答．

本题以化学试剂存放为载体考查了二氧化硅的性质，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱、HF反应，HF能雕刻玻璃，根据二氧化硅的性质分析解答即可，题目难度不大．【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】本题旨在考查学生对元素周期表及元素周期律综合应用。【解答】短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}的原子序数依次增大，rm{B}原子最外层电子数等于rm{A}原子次外层电子数，原子最外层电子数不超过rm{8}个，则rm{B}的最外层电子数是rm{2}rm{A}与rm{C}在周期表中位置上下相邻，则处于同主族，根据它们的原子的最外层电子数之和为rm{10}可知rm{A}rm{C}的最外层电子数为rm{4}则rm{A}为rm{C}元素、rm{C}为rm{Si}元素，rm{A}rm{B}rm{C}原子序数依次递增，则rm{B}为rm{Mg}元素，rm{A}rm{B}的原子序数依次增大，rm{C}原子最外层电子数等于rm{B}原子次外层电子数，原子最外层电子数不超过rm{A}个，则rm{8}的最外层电子数是rm{B}rm{2}与rm{A}在周期表中位置上下相邻，则处于同主族，根据它们的原子的最外层电子数之和为rm{C}可知rm{10}rm{A}的最外层电子数为rm{C}则rm{4}为rm{A}元素、rm{C}为rm{C}元素，rm{Si}rm{A}rm{B}原子序数依次递增，则rm{C}为rm{B}元素，

rm{Mg}与A.rm{A}与rm{C}可形成碳化硅，为两种非金属元素组成的化合物，属于共价化合物，rm{A}不符合题意；可形成碳化硅，为两种非金属元素组成的化合物，属于共价化合物，rm{A}不符合题意；

rm{C}的氢化物的稳定性大于rm{A}的氢化物，B.同主族元素非金属性越强，氢化物的越强，rm{A}的氢化物的稳定性大于rm{C}的氢化物，rm{B}符合题意rm{A}

rm{C}为rm{B}元素，；为C.rm{A}为rm{C}元素，rm{B}为rm{Mg}元素，rm{C}为rm{Si}元素原子半径为，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，rm{Mg>Si>C}rm{C}元素，rm{A}为rm{C}元素原子半径为，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，rm{B}rm{Mg}符合题意rm{C}

rm{Si}的氧化物为rm{Mg>Si>C}属于离子晶体，rm{C}的氧化物为二氧化碳，为分子晶体，；的氧化物的熔点比D.rm{B}的氧化物为rm{MgO}属于离子晶体，rm{A}的氧化物为二氧化碳，为分子晶体，rm{B}的氧化物的熔点比rm{A}的氧化物高，rm{D}的氧化物高，rm{B}符合题意rm{MgO}

rm{A}rm{B}【解析】rm{C}二、多选题(共9题，共18分)6、ACE【分析】解：根据rm{Q=cmtrianglet}可知，测定中和热时需要计算出反应初始平均温度与最高温度之差，则需要测定的数据为：rm{A.}反应前盐酸溶液的温度、rm{C.}反应前氢氧化钠溶液的温度、rm{E.}反应后混合溶液的最高温度；

故选ACE．

根据中和热计算公式rm{Q=cmtrianglet}可知；中和热的测定过程中需要做到酸碱的初始温度及反应过程中的最高温度，据此分析解答．

本题考查中和热的测定与计算方法，题目难度不大，明确中和热测定的操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的化学实验能力．【解析】rm{ACE}7、BCD【分析】本题考查物质的导电性，可以导电的物质包括金属单质和电解质溶液或者熔融的电解质。A.甲苯不能导电，故不选；B.rm{Cu}是金属单质，可以导电，故选B；C.rm{NaCl}溶液是电解质溶液，可以导电，故选C；D.rm{HCl}是电解质，其溶液可以导电，故选D。故选BCD。【解析】rm{BCD}8、ACD【分析】【分析】本题是对化学实验的仪器使用的知识的考查，是中学化学实验的基础知识，难度较小。关键是掌握化学实验的操作原理核和实验的仪器，操作基础知识的考查。【解答】A.依据过滤的原理可知，没有使用圆底烧瓶而使用普通漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器，故A正确；B.依据蒸馏的原理可知，可以使用圆底烧瓶，故B错误；C.依据溶解的原理可知，没有使用圆底烧瓶而使用烧杯，故A正确；D.依据分液的原理可知，没有使用圆底烧瓶而分液漏斗，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}9、ABD【分析】解：rm{A}苯是一种不溶于水的有机溶剂；故A正确；

B；苯是一种有毒、易挥发的液体；故B正确；

C、苯分子相对分子只有rm{78}不属于高分子化合物，故C错误；

D；苯分子是有碳氢两种元素组成的有机物；所以属于烃类化合物，故D正确；

故选ABD．

A；根据苯在水中的溶解性进行分析；

B；根据苯的物理性质进行解答；

C、高分子化合物的相对分子量达到rm{10000}以上；

D；分子中只含有碳氢两种元素组成的有机物为烃．

本题考查了苯的物理性质及组成，注重了基础知识考查，题目难度不大，可以根据所学知识进行解答．【解析】rm{ABD}10、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】乙酸乙酯、苯、四氯化碳和水不溶，能分层，乙酸和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}11、ABC【分析】解：rm{A}原电池中；负极上失电子发生氧化反应，故A正确；

B；相对较活泼的金属作负极；故B正确；

C；电子由负极流向正极；故C正确；

D；原电池是将化学能转化为电能；故D错误；

故选：rm{ABC}．

原电池中；相对较活泼的金属作负极，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，外电路中电子从负极沿导线流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．

本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，根据金属的活泼性、电极反应类型、电子流向来分析解答即可，注意不能单纯的根据金属的活泼性判断原电池的正负极，难度不大．【解析】rm{ABC}12、CD【分析】【分析】

加热时CO还原PbO得到Pb，CO的氧化产物为根据制备CO的原理，装置①制得的CO中混有(g)，CO在加热时会与空气中的反应生成且空气中含有少量这些都会干扰CO氧化产物的检验，则CO与PbO反应之前必须排尽装置中的空气，CO通入PbO之前必须除去其中的和(g)。

【详解】

A．为防止CO与空气中的反应生成的和空气中少量干扰CO氧化产物的检验，在CO与PbO加热反应前必须先通CO排尽装置中的空气；实验时先点燃①处酒精灯，当观察到装置⑥中产生黑色固体颗粒且有连续气泡产生时表明装置中空气已经完全排尽，再点燃④处酒精灯，故A正确；

B．实验完毕；为防止产生倒吸，应先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯，故B正确；

C．由于CO有毒；要进行尾气处理，NaOH溶液不能吸收CO，尾气处理可点燃或用气球收集，故C错误；

D．加热④前要通CO排除装置中的空气，实验完毕后要继续通一段时间的CO，所以消耗的的物质的量比0.01mol要大；故D错误；

答案选CD。13、ABC【分析】解：rm{A.}煤的干馏是隔绝空气加强热发生复杂的物理化学变化；属于化学变化，故A正确；

B.石油裂解是催化剂作用下发生化学反应生成烷烃和烯烃；属于化学变化，故B正确；

C.煤的气化使发生反应生成一氧化碳和氢气；发生了化学变化，故C正确；

D.石油分馏是依据物质沸点不同分离混合物；故D错误；

故选ABC．

化学变化是指有新物质生成的变化rm{.}物理变化是指没有新物质生成的变化rm{.}化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．

本题考查了物质变化的实质，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果有新物质生成就属于化学变化，题目难度不大．【解析】rm{ABC}14、ABC【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应应用的考查，为高考常见题型，把握生活的氧化还原反应的利弊为解答的关键，注重知识迁移应用，题目难度不大。【解答】A.铁杆生锈是氧化还原反应，故A正确符合题意；B.rm{FeSO}rm{FeSO}rm{{,!}_{4}}由浅绿色变成棕黄色是二铁离子反应生成三价铁离子，故B符合题意；C.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}

由淡黄色变成白色是过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C符合题意；【解析】rm{ABC}三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】试题分析：已知4.4gCO2气体与H2经催化加氢生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95kJ的能量，则1mol二氧化碳全部反应放热49.5KJ；结合热化学方程式书写方法写出热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.5KJ/mol；故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.5KJ/mol；（1）根据图象可知，a到b过程中氢气的物质的量减小，说明反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于；（2）由图1可知，0～1min内氢气的变化量为8mol-6mol=2mol；B．1～3min内氢气的变化量为6mol-3mol=3mol，平均1min变化量为1.5mol；C．3～8min内氢气的变化量为3mol-2mol=1mol，平均1min变化量为0.2mol；D．8～11min达平衡状态，氢气的物质的量不再变化．故1～3min速率增大，8～11min速率最小，故答案为：A；D；（3）由图象可知，实线表示的曲线，在8分钟达到平衡状态，此时氢气的物质的量为2mol，氢气的浓度为：2/2=1mol/L氢气的浓度变化为：8/2减去1等于3mol反应前二氧化碳的浓度为：6/2=3mol/L利用化学平衡的三段式可得,CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）起始物质的量浓度（mol/L）3400转化物质的量浓度（mol/L）1311平衡物质的量浓度（mol/L）2111（1分）H2的转化率=或0.75（4）对于可逆反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1，正反应是体积减小的放热反应；由图1可知，曲线Ⅰ最先到达平衡，平衡时氢气的物质的量增大，故改变条件应增大反应速率且平衡向逆反应移动，可以采取的措施为：升高温度；曲线Ⅱ到达平衡的时间比原平衡短，平衡时氢气的物质的量减小，故改变条件应增大反应速率且平衡向正反应移动，可以采取的措施为：增大压强或者是增大CO2浓度，故答案为：升高温度；增大压强．考点：本题考查化学平衡图象、反应速率大小判断、外界条件对平衡的影响等【解析】【答案】CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.5kJ·mol-1（3分，方程式2分，△H的表示1分，化学式、状态错误0分；－、焓变数值、单位错漏合扣1分；计量数用分数表示与焓变相匹配也给分）（1）大于（2分）（2）A（1分），D（1分）（3）CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）起始物质的量浓度（mol/L）3400转化物质的量浓度（mol/L）1311平衡物质的量浓度（mol/L）2111（1分）H2的转化率=或0.75（2分，用分数表示扣1分,代入数值不带单位不扣分，不考虑有效数字）（3分）（其中列式1分，代入数值1分，结果1分；结果、单位错误合扣1分，代入数值不带单位不扣分，K值不带单位不扣分，不考虑有效数字）（4）升高温度（2分）增大压强（2分）16、略

【分析】解：rm{(1)}设有机物的分子式为rm{C_{x}H_{y}O_{z}}有机物的质量为rm{1.8g}浓硫酸增重即水的质量为rm{1.08g}碱石灰增重即二氧化碳的质量为rm{2.64g}

rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

根据氢原子、碳原子守恒建立关系式：rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac

{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

解得rm{n(CO_{2})=dfrac

{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}rm{0.02x=0.06}．

所以反应物分子式为rm{0.02y=0.06隆脕2}

又因为有机物分子量为rm{x=3}则有机物中rm{y=6}原子数为rm{dfrac{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}

故推得有机物分子式为rm{C_{3}H_{6}O_{z}}

故答案为：rm{90}

rm{O}若该有机物含有羧基，且该有机物的核磁共振氢谱图中出现rm{dfrac

{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}个吸收峰，说明含有rm{C_{3}H_{6}O_{3}}类氢原子，面积比为rm{C_{3}H_{6}O_{3}}rm{(2)}rm{4}rm{4}则这四类氢原子个数之比为rm{3}rm{1}rm{1}rm{1}所以其结构简式为

故答案为：

rm{3}分子中含有rm{1}和rm{1}能发生缩聚反应生成

故答案为：缩聚反应．

rm{1}设有机物的分子式为rm{(3)}根据有机物的质量和相对分子质量可计算有机物的物质的量，根据生成的水和二氧化碳的质量可计算有机物中含有的rm{-OH}rm{-COOH}原子个数，结合相对分子质量可计算rm{(1)}原子个数；进而可求得分子式；

rm{C_{x}H_{y}O_{z}}结合其核磁共振氢谱中吸收峰的个数和面积之比确定其结构简式；

rm{C}分子中含有rm{H}和rm{O}能发生缩聚反应．

本题考查有机物分子式的确定，题目难度中等，注意把握有机物分子式的确定方法、有机物分子结构简式的确定方法，侧重于学生分析能力和计算能力的考查．rm{(2)}【解析】rm{C_{3}H_{6}O_{3}}缩聚反应17、略

【分析】

（1）氢氧化钠是强碱，不水解，相同浓度的三种溶液氢氧化钠的pH最大，所以pH相同的三种溶液中，氢氧化钠浓度最低，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞CO32-；所以碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，大于醋酸钠，则当四种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是③②①④，故答案为：③②①④；

（2）四种电解质中；碳酸根离子；碳酸氢根离子可以和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀以及二氧化碳气体，故答案为：③④．

【解析】【答案】氢氧化钠是强碱；不水解，碳酸氢钠；碳酸钠、醋酸钠是盐，盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大．

18、略

【分析】考查热化学方程式的书写及反应热的计算。（1）5g甲醇(CH3OH)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113．5kJ的热量，则2mol甲醇燃烧放出的热量是所以热化学方程式为2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l)△H=－1452.8kJ/mol。（2）热化学方程式为H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ/mol。（3）根据盖斯定律可知②×2＋③－1即得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，所以反应热是-393.5kJ/mol×2－285.8kJ/mol＋870.3kJ/mol＝－202.5KJ/mol。【解析】【答案】（1）2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l)△H=－1452.8kJ/mol(2)1/2H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol（3）ΔH=－202.5KJ/mol19、略

【分析】解：甲烷的燃烧热为rm{-890.3kJ/mol}说明生成液态水和二氧化碳放出rm{890.3kJ}热量，热化学方程式为rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3}

则已知rm{垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2NO(g)triangleH=+180kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3kJ?mol^{-1}}

rm{kJ/mol}得：rm{垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2NO(g)triangle

H=+180kJ?mol^{-1}}rm{垄脷CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3kJ?mol^{-1}}依据盖斯定律rm{triangleH=2triangleH_{2}-triangleH_{1}=-890.3kJ?mol^{-1}隆脕2-180kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷隆脕2-垄脵}

故答案为：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3}rm{2CH_{4}(g)+2NO(g)+3O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)+N_{2}(g)}rm{triangleH}．

甲烷的燃烧热为rm{triangleH=2triangleH_{2}-triangle

H_{1}=-890.3kJ?mol^{-1}隆脕2-180kJ?mol^{-1}}说明生成液态水和二氧化碳放出rm{=-1960.6kJ?mol^{-1}}热量，结合盖斯定律计算rm{CH_{4}(g)+4NO(g)=2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH}．

本题考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，难度不大，首先写出热化学方程式的方程式部分，然后以该方程式为目标对已知热化学方程式进行变形．rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3}【解析】rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3kJ/mol}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3kJ/mol}rm{-1960.6kJ?mol^{-1}}四、探究题(共4题，共20分)20、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）21、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）22、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）23、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、实验题(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】本题为rm{2015}年高考题，题目考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原滴定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意rm{(3)}中利用关系式的计算。【解答】rm{(1)}由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化rm{Cu}生成rm{CuSO}由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化rm{(1)}生成rm{Cu}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}或rm{Cu}原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，故答案为：rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成rm{{,!}^{2+}}发生，溶解温度应控制在rm{60-70隆忙}原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，故答案为：rm{60-70隆忙}温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；rm{(2)}铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成rm{CuCl}发生rm{2Cu}rm{(2)}rm{CuCl}rm{2Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{{,!}^{2+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少，其可能的原因是生成的rm{+2Cl}又溶于氯化铵溶液中，rm{+2Cl}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{O=2CuCl+SO}rm{O=2CuCl+SO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}生成的rm{{,!}^{+}}又溶于氯化铵溶液中rm{{,!}^{+}}，由于玻璃珠的摩擦会加快样品的溶解，氯化亚铜与氯化铁发生rm{CuCl}故答案为：rm{2Cu}rm{2Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{{,!}^{2+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}^{2-}}加入rm{{,!}^{2-}}rm{+2Cl}rm{+2Cl}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{-}}rm{+H}溶液，发生rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{O=2CuCl+SO}rm{O=2CuCl+SO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{{,!}^{+}}；rm{CuCl}；，rm{n(Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}})=0.05mol隆陇L^{-1}隆脕1.6隆脕10^{-2}L=8隆脕10^{-4}(mol)}rm{(3)}rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{+CuCl}rm{+CuCl}rm{篓T}rm{娄脴left(CuClright)=dfrac{4.8隆脕10^{-3}mol隆脕99.5g隆陇mol^{-1}}{0.5g}隆脕100%=95.52%}rm{Fe}【解析】rm{(1)}温度低溶解速率慢，温度过高铵盐分解rm{(2)2Cu^{2+}+SOrlap{_{3}}{^{2-}}+2Cl^{-}+H_{2}O篓T篓T篓T2CuCl隆媒+SOrlap{_{4}}{^{2-}}+2H^{+}}生成的rm{(2)

2Cu^{2+}+SOrlap{_{3}}{^{2-}}+2Cl^{-}+H_{2}O篓T篓T篓T2CuCl隆媒+SOrlap{_{4}}{^{2-}}+2H^{+}}又溶解于氯化铵溶液中rm{CuCl}加速样品的溶解rm{n(Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}})=0.05mol隆陇L^{-1}隆脕1.6隆脕10^{-2}L=8隆脕10^{-4}(mol)}rm{(3)}rm{n(Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}})=0.05

mol隆陇L^{-1}隆脕1.6隆脕10^{-2}L=8隆脕10^{-4}(mol)}rm{6CuCl}rm{Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}}}rm{6}rm{1}rm{n(CuCl)}rm{娄脴left(CuClright)=dfrac{4.8隆脕10^{-3}mol隆脕99.5g隆陇mol^{-1}}{0.5g}隆脕100%=95.52%}rm{8隆脕10^{-4}mol}25、(1)圆底烧瓶(或烧瓶)

(2)氧化剂

(3)C氯气与水反应生成漂白性物质(HCIO)

(4)蓝色Cl2+2KI══I2+2KCl

(5)除去(或吸收)多余氯气，防止污染空气

(6)11.2

(7)①+4②杀菌(或消毒或漂白)等作用

【分析】【分析】本题考查了氯气的制法及氯气的性质的检验，涉及氧化还原反应、方程式的书写、化合价的判断及尾气处理等知识，综合性较强，题目难度中等。【解答】rm{(1)}由装置图知，仪器rm{a}为圆底烧瓶rm{(}或烧瓶rm{)}故答案为：圆底烧瓶rm{(}或烧瓶rm{)}rm{(2)}制取氯气发生反应的化学方程式：rm{2KMnO}rm{2KMnO}rm{2KMnO}rm{4}rm{4}rm{4}rm{+16HCl(}rm{+16HCl(}浓rm{)=2KCl+2MnCl}rm{)=2KCl+2MnCl}rm{)=2KCl+2MnCl}此反应是氧化还原反应，rm{2}rm{2}rm{2}的化合价从rm{+5Cl}价降为rm{+5Cl}价，被还原，故Krm{2}是氧化剂，rm{2}氧化剂；rm{2}将制得的氯气通过浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，将氯气干燥，干燥的氯气不能将干燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色，原因是氯气与水反应生成漂白性物质rm{隆眉}rm{+8H}，rm{隆眉}氯气与水反应生成漂白性物质rm{+8H}rm{+8H}装置中盛有rm{2}淀粉溶液，通入氯气后，氯气将碘置换出来，生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，反应的化学方程式为：rm{2}rm{2}rm{O}此反应是氧化还原反应，rm{O}rm{KMnO}rm{KMnO}rm{KMnO}rm{4}rm{4}rm{4}中rm{Mn}的化合价从rm{+7}价降为rm{+2}价，被还原，故Krm{MnO_{4}}是氧化剂，装置中中rm{Mn}的化合价从rm{+7}价降为rm{+2}价，被还原，故Krm{MnO_{4}}是氧化剂，溶液的作用是除去rm{Mn}或吸收rm{+7}多余氯气，防止污染空气，rm{+2}或吸收rm{MnO_{4}}多余氯气，防止污染空气；rm{(6)n(KMn{O}_{4})=dfrac{31.6g}{158g/mol}=0.2mol}故答案为：氧化剂；故答案为：rm{(3)}将制得的氯气通过浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，将氯气干燥，干燥的氯气不能将干燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色，原因是氯气与水反应生成漂白性物质rm{(HCIO)}，rm{(3)}rm{(HCIO)}故答案为：rm{C}氯气与水反应生成漂白性物质rm{(HCIO)}rm{C}rm{(HCIO)}rm{(4)D}装置中盛有rm{KI}淀粉溶液，通入氯气后，氯气将碘置换出来，生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，反应的化学方程式为：rm{Cl}rm{(4)D}rm{KI}知，rm{Cl}rm{{,!}_{2}}完全反应生成rm{{,!}_{2}}则rm{+2KI=I}rm{+2KI=I}rm{2}则rm{2}rm{+2KCl}故答案为：rm{+2KCl}故答案为：蓝色；rm{Cl}rm{Cl}高效净水剂rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{+2KI=I}rm{+2KI=I}rm{2}是一种强氧化剂。某种家用洗涤剂含有rm{2}其作用是杀菌rm{+2KCl}或消毒或漂白rm{+2KCl}等作用，rm{(5)E}装置中rm{NaOH}溶液的作用是除去rm{(}或吸收rm{)}多余氯气，防止污染空气，或消毒或漂白rm{(5)E}等作用。rm{NaOH}【解析】rm{(1)}圆底烧瓶rm{(}或烧瓶rm{)}rm{(2)}氧化剂rm{(3)C}氯气与水反应生成漂白性物质rm{(HCIO)}rm{(4)}蓝色rm{Cl_{2}}rm{+2KI篓T篓TI_{2}}rm{+2KCl}rm{(5)}除去rm{(}或吸收rm{)}多余氯气，防止污染空气rm{(6)11.2}rm{(7)垄脵+4}rm{垄脷}杀菌rm{(}或消毒或漂白rm{)}等作用

26、（1）水

（2）①球形冷凝管分液漏斗

②吸收反应生成的HBr气体催化剂

（3）分液蒸馏

（4）滴定终点时，有红褐色Fe(OH)3沉淀生成，可以指示滴定终点【分析】【分析】本题是对化学实验的知识和有机物的知识的综合考查，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握有机物的性质和物质分离的方法，侧重知识的综合能力考查。【解答】rm{(1)}依据液溴的性质可得，实验室存放液溴的试剂瓶需密闭，同时瓶中要加入依据液溴的性质可得，实验室存放液溴的试剂瓶需密闭，同时瓶中要加入水rm{(1)}，以减少溴的挥发。甲苯和液溴反应生成对溴甲苯的化学方程式是：。水；故答案为：反应装置如图rm{(2)}反应装置如图rm{3}所示：所示：rm{(2)}rm{3}依据装置图可得，图中玻璃仪器的名称是：球形冷凝管rm{垄脵}依据装置图可得，图中玻璃仪器rm{a}的名称是：中为某玻璃仪器，其名称是分液漏斗rm{垄脵}rm{a}球形冷凝管；分液漏斗；，方块rm{b}中为某玻璃仪器，其名称是三颈烧瓶中开始加入了甲苯、铁粉和水。依据反应的方程式可知，加入的适量水的作用是：易于控制温度和吸收反应生成的rm{b}气体。。丙醇的取代反应，依据取代反应的原理可得，浓硫酸的作用是催化剂。故答案为：吸收反应生成的rm{垄脷}三颈烧瓶中开始加入了甲苯、铁粉和水。依据反应的方程式可知，加入的适量水的作用是：易于控制温度和气体；催化剂；rm{垄脷}依据流程图可知，操作rm{HBr}的目的是分离液体混合物，所以名称是：分液，依据图表可知，加热搅拌操作中加入浓硫酸，完成rm{1-}丙醇的取代反应，依据取代反应的原理可得，浓硫酸的作用是蒸馏rm{1-}故答案为：rm{HBr}分液；蒸馏；rm{(3)}依据流程图可知，操作rm{I}的目的是分离液体混合物，所以名称是：操作rm{(3)}分离出的水溶液中含有rm{I}操作Ⅲ是蒸馏，所以的名称是：。故答案为：rm{(4)}操作rm{1}分离出的水溶液中含有的物质的量，设计方案如下：将所得水溶液稀释至rm{(4)}取出rm{1}用rm{{H}_{2}S{O}_{4}}溶液滴定，以测定的物质的量。该同学认为依据和​rm{F{e}^{3+}}的性质可知，当反应结束时，可以生成红褐色，某同学为测定rm{HBr}的物质的量，设计方案如下：将所得水溶液稀释至rm{l000mL}取出rm{20mL}用rm{0.1mol/LNaOH}溶液滴定，以测定rm{HBr}的物质的量。该同学认为依据沉淀，所以rm{HBr}滴定终点时，有红褐色rm{l000mL}沉淀生成，可以指示滴定终点。故答案为：滴定终点时，有红褐色rm{20mL}沉淀生成，可以指示滴定终点。

rm{0.1mol/LNaOH}【解析】rm{(1)}水rm{(2)垄脵}球形冷凝管分液漏斗rm{垄脷}吸收反应生成的rm{HBr}气体催化剂rm{(3)}分液蒸馏rm{(4)}滴定终点时，有红褐色rm{Fe(OH)_{3}}沉淀生成，可以指示滴定终点27、