2025年华东师大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2025年华东师大版高二化学下册月考试卷820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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、二氟二氯甲烷rm{(CF_{2}Cl_{2})}是甲烷的一种取代产物，下列关于它的叙述正确的是rm{(}rm{)}

A.它有四种同分异构体B.它有两种同分异构体C.它只有一种结构D.它是平面分子2、某化学反应rm{2A(g)?}rm{B(g)+D(g)}在四种不同条件下进行，rm{B}rm{D}起始浓度为rm{0}反应物rm{A}的浓度rm{(mol/L)}随反应时间rm{(min)}的变化情况如下表根据上述数据，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.实验rm{1}反应在rm{10}至rm{20}分钟时间内用rm{B}表示的平均速率为rm{0.013mol/(L隆陇min)}B.实验rm{2}rm{A}的初始浓度rm{C}rm{{,!}_{2}}为rm{1.0mol/L}反应经rm{20}分钟就达到平衡，可推测实验rm{2}中加入了催化剂C.实验rm{3}rm{A}的初始浓度rm{C}rm{{,!}_{2}}为rm{1.2mol/L}

D.可推测该反应是吸热反应。3、下列反应的有机产物，肯定是一种的是（）A.异戊二烯（）与等物质的量的Br2发生加成反应B.2﹣氯丁烷（）与NaOH溶液共热发生反应C.甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应D.等物质的量的甲烷和氯气的混和气体长时间光照后的产物4、下列配合物的配位数不是6的是（）A.Na3[AlF6]B.Na2[SiF6]C.[Cu（NH3）4]（OH）2D.[Pt（NH3）2Cl4]Cl45、下列关于SiO2和CO2的叙述中不正确的是（）A.都是共价化合物B.SiO2可用于制光导纤维，干冰可用于人工降雨C.都能溶于水且与水反应生成相应的酸D.都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应6、下列叙述正确的是（）A.分子式为C3H6有机物最多存在4个C-C单键，与C4H10的碳碳单键数相同B.和均是芳香烃，既是芳香烃又是芳香化合物C.和分子组成相差一个-CH2-，因此是同系物关系D.分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此推测可能有H-O键7、有关合金的性质叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.合金的熔点比它的各成分的熔点低B.合金一定是金属熔合而成C.合金的硬度和强度一般比纯金属高D.硬铝、黄铜、钢均为合金8、用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质rm{(}括号内rm{)}溶液能与原来溶液完全一样的是rm{(}rm{)}A.rm{CuCl_{2}(CuO)}B.rm{NaOH(NaOH)}C.rm{NaCl(HCl)}D.rm{CuSO_{4}[Cu(OH)_{2}]}9、rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为短周期主族元素，rm{B}rm{C}rm{D}在周期表中的位置关系如下图所示rm{.A}元素的某种同位素原子没有中子，rm{D}元素的原子序数是rm{C}的rm{2}倍，rm{E}是短周期主族元素中半径最大的元素rm{.}下列说法不正确的是()。rm{B}rm{C}rm{D}A.简单离子的半径大小关系：rm{B>C>E}B.rm{C}rm{E}两种元素形成的化合物，可能含有离子键和共价键C.rm{A}rm{B}rm{C}三种元素形成的化合物，晶体类型一定相同D.rm{B}rm{D}分别和rm{C}形成的化合物，都有可能使溴水或品红溶液褪色评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、某有机物R完全燃烧产物只有CO2和H2O。已知1molR完全燃烧时，生成nmolCO2，消耗1.5nmolO2。试回答下列问题。（1）若R为烃，则R的分子式为______________________。（2）若R为烃的含氧衍生物，3.0gR与足量金属钠反应生成560mL（标准状况）H2，则R的分子式为_____________________。11、（5分）取8g某有机物A，完全燃烧后只生成11gCO2和9gH2O。回答下列问题：（1）A分子中____（填：“是”或“不”）含氧元素。理由是（用数据说明）。（2）A的实验式（最简式）为：。（3）A的分子式能否确定？（填：“能”或“否”），理由是。12、(14分)现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。。A元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1B元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与A元素在同一周期C原子核外所有p轨道全满或半满D元素的主族序数与周期数的差为4E是前四周期中电负性最小的元素F在周期表的第七列（1）A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈形。（2）某同学根据上述信息，所画的B电子排布图如图违背了原理。（3）F位于族区，其基态原子有种运动状态。（4）CD3中心原子的杂化方式为，用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为，检验E元素的方法是。（5）若某金属单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。则晶胞中该原子的配位数为，该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的。若已知该金属的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，金属的相对原子质量为M，则该晶体的密度为______g·cm－3(用字母表示)。13、根据实验步骤补全实验结论。实验步骤解释或实验结论①称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．试通过计算填空：

①A的相对分子质量为：____．②将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g②A的分子式为：____．③另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）③A中官能团的结构简式：____；

____．④A的核磁共振氢谱如图：

④A中含有____种氢原子⑤综上所述，A的结构简式____．

A与浓H2SO4混合，在一定条件下反应生成六元环状物B，B的结构简式____．14、一定温度下，将rm{3molA}气体和rm{1molB}气体通入一密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)}请回答下列问题：rm{(1)}若容器体积固定为rm{2L}反应rm{2min}时测得剩余rm{0.6molB}rm{C}的浓度为rm{0.4mol/L}

rm{垄脵2min}内，rm{A}的平均反应速率为__________；

rm{垄脷}若反应经rm{4min}达到平衡，平衡时rm{C}的浓度______rm{0.8mol/L}rm{(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)}

rm{垄脹}平衡混合物中rm{C}的体积分数为rm{22%}则rm{B}的转化率是__________；

rm{(2)}若维持容器压强不变：

rm{垄脵}达到平衡时rm{C}的体积分数______rm{22%(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)}

rm{垄脷}改变起始物质加入的量，欲使反应达到平衡时rm{C}的物质的量是原平衡的rm{2}倍，则应加入______rm{molA}气体和______rm{molB}气体。15、写出下列反应方程式（注意反应发生的条件）

①氮气与氢气：____；

②氮气与氧气：____；

③NO和O2：____；

④NO2和水：____．16、（16分）按下列要求填空：（1）现有下列物质：①蔗糖②碳酸钙固态③NH3④硫酸⑤醋酸⑥酒精水溶液⑦NaOH水溶液⑧熔融NaCl其中属于强电解质的是；属于非电解质的是；能导电的是。（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：①碳酸：②碳酸氢钠：（3）室温下，往0.1mol/L的氨水中滴入酚酞溶液时，溶液呈粉红色，要使溶液颜色变浅，可采取以下哪些措施。A．加水B．加固体氯化铵C．加固体氢氧化钠D．加浓盐酸（4）已知一元酸HA在一定温度下的电离平衡常数K=1.6×10-5，初始浓度为1mol/L的HA的电离度约为。（5）某温度下，纯水中KW=9×10-14mol/L，此温度下，向水中加入氢氧化钠，使c(OH―)=5.0×10-5mol/L，则由水电离出得c(OH―)是。17、（10分）现有25℃时0.1mol/L的氨水。请回答以下问题：（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中(增大、减小、不变)（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：所得溶液的pH7(填“＞”“＜”或“＝”)。（3）若向该氨水中加入氢氧化钠固体，则该电离平衡向方向移动（分子化、离子化），电离平衡常数。（增大、减小或不变）18、现有下列几种有机物：

A.rm{B.}rm{C}．

D.rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{E.HCOOCH_{2}CH_{3}}rm{F.CH_{2}OH(CHOH)_{4}COOH}

rm{(1)B}rm{E}两种有机物中所含官能团的名称分别为______；______．

rm{(2)}上述六种有机物中能发生银镜反应的是rm{(}填写物质的代号，下同rm{)}______；能与rm{NaOH}溶液反应的是______．

rm{(3)}写出rm{D}发生水解的化学方程式______．评卷人得分三、实验题(共8题，共16分)19、（10分）1,2－二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度2.18g·cm－3，沸点131.4℃，熔点9.79℃，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂。在实验室中可以用下图所示装置制备1,2－二溴乙烷。其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液，试管d中装有液溴(表面覆盖少量水)。填写下列空白：（1）写出本题中制备1,2-二溴乙烷的两个化学反应方程式。______________________；。（2）安全瓶b可以防止倒吸，并可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞。请写出发生堵塞时瓶b中的现象：____________________________________________。（3）容器c中NaOH溶液的作用是：________________________________________。（4）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多。如果装置的气密性没有问题，试分析其可能的原因。________________________________________________________________________________。20、rm{SO_{2}}虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料，某同学在实验室设计如下实验，对rm{SO_{2}}的部分性质进行了探究．

rm{(1)}二氧化硫的水溶液。

rm{垄脵SO_{2}}易溶于水，常温常压下溶解度为rm{1}rm{40}其中有rm{H_{2}SO_{3}}生成rm{.}向rm{SO_{2}}的饱和溶液中加入rm{NaHSO_{3}}固体，有气体冒出，原因是______rm{.(}结合有关平衡方程式简要说明rm{)}

rm{垄脷}欲验证酸性：rm{H_{2}SO_{3}>HClO}选用图rm{1}的装置，其连接顺序为：rm{A隆煤}______rm{(}按气流方向用大写字母表示即可rm{).}能证明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性强于rm{HClO}的实验现象为______．

rm{(2)}二氧化硫的还原性。

已知rm{SO_{2}}具有还原性，可以还原rm{I_{2}}可以与rm{Na_{2}O_{2}}发生反应，按图rm{2}示装置进行实验rm{.(}部分固定装置未画出rm{)}

。操作步骤实验现象解释原因关闭弹簧夹rm{2}打开弹簧夹rm{1}注入硫酸至浸没三颈烧瓶中固体若将带火星的木条放在rm{D}试管口处，木条不复燃rm{SO_{2}}与rm{Na_{2}O_{2}}反应无rm{O_{2}}生成，可能发生的化学反应方程式为rm{垄脵}______若将带火星的木条放在rm{D}试管口处，木条复燃rm{SO_{2}}与rm{Na_{2}O_{2}}反应有rm{O_{2}}生成，发生的化学反应为：rm{2SO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}SO_{3}+O_{2}}rm{SO_{2}}与rm{Na_{2}O_{2}}反应有rm{O_{2}}生成，发生的化学反应为：rm{2SO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}SO_{3}+O_{2}}关闭弹簧夹rm{1}打开弹簧夹rm{2}残余气体进入rm{E}rm{F}中．rm{E}中rm{垄脷}______rm{E}中反应的离子方程式rm{垄脹}______rm{F}中rm{垄脺}______rm{F}中反应为rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{F}中反应为rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}21、硫酸盐在工农业生产、生活中具有广泛应用。rm{(1)}某rm{CuSO_{4}}溶液中混有少量rm{FeSO_{4}}和rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}杂质。rm{垄脵}为了除去杂质，通常是加入rm{H_{2}O_{2}}再调节溶液rm{pH}其中加入rm{H_{2}O_{2}}的作用是_______________。rm{垄脷}除去杂质、过滤后，由滤液获得rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}晶体的操作步骤依次是________。rm{(2)}滴定法测定rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}含量：取rm{ag}试样配成rm{100mL}溶液，每次取rm{20.00mL}消除干扰离子后，用rm{cmol隆陇L^{-1}EDTA(H_{2}Y^{2-})}标准溶液滴定至终点，平均消耗rm{cmol隆陇L^{-1}

EDTA(H_{2}Y^{2-})}溶液rm{EDTA}滴定反应为rm{bmL}rm{Cu^{2+}+H_{2}Y^{2-}篓T篓T篓TCuY^{2-}+2H^{+}}测得rm{垄脵}的质量分数为rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}________rm{w=}用含rm{(}rm{a}rm{b}的代数式表示rm{c}rm{)}下列操作中会导致rm{垄脷}含量的测定结果偏高的是________。rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}锥形瓶中有残留的蒸馏水，未干燥rm{a.}滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失rm{b.}未除净可与rm{c.}反应的干扰离子rm{EDTA}滴定前仰视读数，滴定后俯视读数rm{d.}下图是某温度下，将足量的rm{(3)}固体溶于一定量水中达到溶液平衡后，假定溶液体积不变的情况下，加入rm{BaSO_{4}}使rm{Na_{2}CO_{3}}增大过程中，溶液中rm{c(COrlap{_{3}}{^{2-}})}和rm{c(Ba^{2+})}的变化曲线。根据图象中的数据分析、计算：rm{c(SOrlap{_{4}}{^{2-}})}该温度下，rm{垄脵}的rm{BaSO_{4}}________；rm{K_{sp}=}当rm{垄脷}大于________rm{c(COrlap{_{3}}{^{2-}})}时开始有rm{mol隆陇L^{-1}}沉淀生成，rm{BaCO_{3}}的rm{BaCO_{3}}________；rm{K_{sp}=}图象中代表沉淀转化过程中rm{垄脹}随rm{c(Ba^{2+})}变化的曲线是________rm{c(COrlap{_{3}}{^{2-}})}填“rm{(}”或“rm{MP}”rm{MN}rm{)}22、氧化还原滴定实验与中和滴定类似rm{(}用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之rm{).}现用rm{0.001mol?L^{-1}}rm{KMnO_{4}}酸性溶液滴定未知浓度的无色rm{NaHSO_{3}}溶液rm{.}反应的离子方程式是rm{2MnO_{4}^{-}+5HSO_{3}^{-}+H^{+}=2Mn^{2+}+5SO_{4}^{2-}+3H_{2}O}

填空完成问题：

rm{(1)}该滴定实验所需仪器有下列中的______．

rm{A}酸式滴定管rm{(50mL)}rm{B}碱式滴定管rm{(50mL)}rm{C}量筒rm{(10mL)}rm{D}锥形瓶rm{E}铁架台rm{F}滴定管夹rm{G}烧杯rm{H}白纸rm{I}胶头滴管rm{J}漏斗。

rm{(2)}不能用______rm{(}填“酸”或“碱”rm{)}式滴定管盛放高锰酸钾溶液rm{.}试分析原因______．

rm{(3)}选何种指示剂，说明理由______．23、某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中。②将酸式滴定管用蒸馏水洗净，再用标准酸液润洗2-3次后，向其中注入0.1000mol·L-1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数。③向锥形瓶中滴入指示剂，进行滴定。滴定至终点，记录数据。④重复以上过程2次。试回答下列问题：(1)应将NaOH溶液注入下图中的____（选填“左”或“右”）中。(2)该小组在步骤①中的错是____，由此造成的测定结果____(偏高、偏低或无影响)。(3)下图是某次滴定时的滴定管中的液面，右图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为mL。(4)该滴定操作中③应选用的指示剂是____，滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视？，如何确定终点？。(5)根据下列数据：。滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次20.000.5225.42第二次20.004.0729.17请计算待测烧碱溶液的浓度为。24、（15分）某实验小组用下图所示装置制备一硝基甲苯（包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯）：反应原理：实验中可能用到的数据：实验步骤：①浓硫酸与浓硝酸按体积比1：3配制混合溶液（即混酸）共40mL；②在三颈瓶中加入13g甲苯（易挥发），按图所示装好药品和其他仪器；③向三颈瓶中加入混酸；④控制温度约为50℃，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；⑤分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g。请回答下列问题：（1）实验前需要在三颈瓶中加入少许________，目的是____________________。（2）冷凝管的作用是_________；冷却水从冷凝管的_______（填“a”或“b”）端进入。（3）仪器A的名称是________，使用该仪器前必须进行的操作是_________________。（4）分离反应后产物的方案如下：其中，操作1的名称为________，操作2必需的玻璃仪器有酒精灯、温度计、锥形瓶、牛角管（尾接管）和________________、_________________。（5）本实验中一硝基甲苯的产率为________（结果保留小数点后一位数字）。25、钠在较高温度下能与二氧化碳反应，用下图装置进行实验探究反应后的含碳产物。

已知：rm{CO}能与rm{PdCl_{2}}生成黑色的rm{Pd}实验开始后，观察到rm{PdCl_{2}}溶液中无黑色物质产生。请回答：rm{(1)}含碳产物可能是rm{Na_{2}CO_{3}}还可能是__________。rm{(2)}装置气密性检查完毕后，实验时加热前应先往硬质玻璃管中________________________________。rm{(3)}请设计一个实验方案，检验充分反应后玻璃直管中含碳固体产物的成分______________________。26、rm{23}rm{(12}分rm{)}某化学课外小组用如图装置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器rm{A(A}下端活塞关闭rm{)}中。rm{(1)}观察到rm{A}中的现象是____。rm{(2)}实验结束时，打开rm{A}下端的活塞，让反应液流入rm{B}中，充分振荡，目的是____，写出有关反应的化学方程式____。rm{(3)C}中盛放rm{CCl_{4}}的作用是____。rm{(4)}若证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管rm{D}中加入rm{AgNO_{3}}溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明。另一种验证的方法是向试管rm{D}中加入____，现象是____。评卷人得分四、原理综合题(共2题，共20分)27、化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流

（1）写出CO2的电子式____________________。

（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。

（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_______________。

（4）滤液A中最主要的两种离子是_________。

（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。

（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。28、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】本题以甲烷的正四面体型结构为载体，考查学生对知识的迁移和空间想象能力，烃的空间结构必须掌握甲烷正四面体型，乙烯、苯为平面型分子，乙炔为直线型分子，题目难度不大。【解答】A.rm{CF}rm{CF}rm{2}rm{2}是甲烷的取代产物，为四面体结构，因此结构只有一种，没有同分异构体，故A错误；B.rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}是甲烷的取代产物，为四面体结构，因此结构只有一种，没有同分异构体，故B错误；C.rm{CF}rm{CF}rm{2}rm{2}是甲烷的取代产物，为四面体结构，因此结构只有一种，故C正确；D.rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}是甲烷的取代产物，为四面体结构，故D错误。故选C。rm{CF}【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】本题考查化学反应速率的计算，反应速率和化学平衡影响因素的判断，难度较大。【解答】A.在实验rm{1}反应在rm{10}至rm{20min}内，rm{A}的浓度的变化量为rm{0.8-0.67=0.13(mol/L)}则rm{娄脭(A)=0.13mol/L/10min=0.013mol/(L隆陇min)}rm{娄脭(B)=dfrac{1}{2}娄脭(A)=0.0065mol/(L隆陇min)}故A错误；B.实验rm{娄脭(A)=0.13mol/L/10min

=0.013mol/(L隆陇min)}和实验rm{娄脭(B)=dfrac{1}{2}

娄脭(A)=0.0065mol/(L隆陇min)}达到平衡时rm{1}的浓度不再改变且相等，说明实验rm{2}与实验rm{A}其他条件完全相同，实验rm{2}与实验rm{1}中rm{1}的初始浓度应相等，起始浓度rm{2}rm{A}实验rm{C}较其他实验达到平衡时间最短，是使用了合适的催化剂，故B正确；C.实验rm{C}与实验rm{{,!}_{2}=1.0mol/L}的温度相同，实验rm{2}的其实浓度为rm{3}平衡时浓度为rm{1}实验rm{1}的平衡浓度为rm{1.0mol/L}实验rm{0.5mol/L}的反应速率快，该反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，反应物的转化率不变，实验rm{3}的起始浓度为rm{0.6mol/L}故C正确；D.实验rm{3}的温度高，且起始的rm{3}的浓度相同，但平衡时rm{1.2mol/L}的浓度小，则说明升高温度反应rm{4}rm{A}rm{A}向正反应方向进行，即正反应为吸热反应，故D正确。故选A。rm{2A(g)}【解析】rm{A}3、B【分析】【解答】解：A.1：1加成；可发生1，2加成或1，4加成，有机产物可有2种，故A不选；

B．与NaOH溶液共热；发生﹣Cl的水解反应，水解得到的有机产物只有2﹣丁醇，故B选；

C．甲苯发生硝化反应时；甲基的邻；对位均可发生取代反应，生成一硝基甲苯有邻、对位产物，故C不选；

D．等物质的量的甲烷和氯气；发生取代反应，为连锁式反应，有机产物有一；氯甲烷；二氯甲烷等，故D不选；

故选B．

【分析】A.1：1加成；可发生1，2加成或1，4加成；

B．与NaOH溶液共热；发生﹣Cl的水解反应；

C．甲苯发生硝化反应时；甲基的邻；对位均可发生取代反应；

D．等物质的量的甲烷和氯气，发生取代反应，为连锁式反应．4、C【分析】解：A．Na3[AlF6]中配体为F；配合物的配位数为6，故A不选；

B．Na2[SiF6]中配体为F；配合物的配位数为6，故B不选；

C．[Cu（NH3）4]（OH）2中配合物的配位数为4，配体为NH3；故C选；

D．[Pt（NH3）2Cl4]Cl4配合物的配位数为6，配体为NH3和Cl-；故D不选．

故选C．

首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子；根据配离子确定配体的数目，即配位数．

本题考查配合物的成键情况，题目难度不大，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆．【解析】【答案】C5、C【分析】解：A．SiO2和CO2只含有共价键；都是共价化合物，故A正确；

B．光导纤维的主要成分是二氧化硅；干冰可用于人工降雨，故B正确；

C．二氧化硅不溶于水；不与水反应，故C错误；

D．CO2和SiO2均能和碱反应生成盐和水；属于酸性氧化物，所以都能与强碱溶液反应，故D正确；

故选C．

A．共价化合物是不同非金属原子间利用共用电子对而形成的．共价化合物只含有共价键；

B．干冰可用于人工降雨；

C．二氧化硅不溶于水；

D．氧化物能和碱反应生成盐和水的化合物为酸性氧化物．

本题考查了二氧化碳和二氧化硅的性质，难度不大，注意二氧化硅不溶于水，不与水反应．【解析】【答案】C6、A【分析】解：A、分子式为C3H6有机物中，含有碳碳键最多的为环丙烷，环丙烷中含3个C-C单键，分子式为C4H10的有机物为丁烷；丁烷分子中也含有3个碳碳键，所以二者含有的碳碳单键数相同，故A正确；

B、为苯，属于芳香烃，而为环己烷，分子中不含苯环，不属于芳香烃，为硝基苯；为芳香族化合物，分子中含有氧原子，不属于芳香烃，故B错误；

C、．中羟基与苯环直接相连，属于酚类，而羟基与苯环侧链的碳原子相连；属于醇类，为苯甲醇，二者结构不同，一定不属于同系物，故C错误；

D、分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由于二甲醚CH3-O-CH3中也含有C-H键和C-O键；无法判断该有机物是否为乙醇，故D错误；故选A．

A、分子式为C3H6有机物中，环丙烷分子中含有的碳碳键最多，含有3个碳碳键；分子式为C4H10的有机物为丁烷；分子中也含有3个碳碳键；

B、中不含苯环，不属于芳香烃，中含有氧原子；不属于芳香烃；

C、中羟基与苯环直接相连，属于酚类，而为苯甲醇；属于醇类；

D、二甲醚CH3-O-CH3中也含有C-H键和C-O键．

本题考查共价键及分类手性分子等，注意判断共价键的规律和常见有机物的空间结构来解答，手性碳的判断为解答的易错点，题目难度不大．【解析】【答案】A7、B【分析】解：rm{A.}合金的熔点一般比它的成分金属低；故A正确；

B.合金可以是金属与非金属熔合而成的物质；故B错误；

C.故合金的硬度一般比它的成分金属高；故C正确；

D.硬铝是铝合金；黄铜是铜锌合金、钢和生铁是铁合金均为合金；故D正确．

故选B．

A.合金熔点低；

B.合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金概念有三个特点：rm{垄脵}一定是混合物；rm{垄脷}合金中各成分都是以单质形式存在；rm{垄脹}合金中至少有一种金属；

C.合金硬度大；

D.合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金概念有三个特点：rm{垄脵}一定是混合物；rm{垄脷}合金中各成分都是以单质形式存在；rm{垄脹}合金中至少有一种金属．

本题考查合金与组成金属的性能比较，对于合金的知识仅限于了解，本题难度不大．【解析】rm{B}8、C【分析】解：rm{A}电解氯化铜时；阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，故A错误；

B；电解氢氧化钠时；阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，故B错误；

C；电解氯化钠时；阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故C正确；

D；电解硫酸铜时；阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，故D错误．

故选C．

电解池中；要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么．

根据电解池原理，分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原．【解析】rm{C}9、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】（1）根据碳原子守恒可知，分子中含有n个碳原子，nmol碳原子需要nmol氧气，则和氢原子结合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＝nmol，所以氢原子是2nmol。因此分子式为CnH2n。（2）氢气的物质的量是所以分子中羟基的物质的量是0.025mol×2＝0.05mol，则有机物的相对分子质量是根据碳原子守恒可知，分子中含有n个碳原子，nmol碳原子需要nmol氧气，则和氢原子结合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＋1mol＝（n＋1）mol，所以氢原子是2（n＋1）mol。因此分子式为CnH2n＋2O。所以根据相对分子质量可知，n＝3，即分子式为C3H8O。【解析】【答案】（1）CnH2n（2）C3H8O11、略

【分析】【解析】【答案】（5分）每空1分（1）是m(C)+m(H)==4g＜m(A)==8g（2）CH4O（3）能因为A的实验式中，C、H的组成已达饱和程度12、略

【分析】试题分析：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即A为N；B元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与A元素在同一周期，则其电子排布为1s22s22p63s2，故B为Mg；C原子核外所有p轨道全满或半满，结合原子序数可知，价电子为3s23p3符合题意，即C为P；D元素的主族序数与周期数的差为4，原子序数大于P，则D为第三周期第ⅦA族元素，即D为Cl；E是前四周期中电负性最小的元素，则E为K；F在周期表的第七列，则F为Mn，则（1）A为N，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形；（2）由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，B基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利原理；（3）F为Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的为d电子，在d区，核外电子数为25，有25种运动状态不同的电子；（4）PCl3中P原子孤电子对数为1，成键数为3，则为sp3杂化，空间构型为三角锥形，F为K，检验K元素应利用焰色反应；（5）由晶胞结构可知，以顶点原子研究，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方堆积；由晶胞结构可知，晶胞中原子的数目为8×+6×=4，该晶胞中原子的质量=4×g，由信息可知晶胞图可知为面心立方，原子半径为dcm，由图丙可知，晶胞的棱长=4dcm×=2dcm，故晶胞的体积=（2dcm）3=16d3cm3，所以其密度=g/cm3。考点：考查位置、结构、性质的关系及其应用【解析】【答案】（1）3；纺锤形或哑铃形（2）泡利不相容（3）第三周期第ⅦB；d；25（4）sp3；三角锥形；焰色反应（5）12；铜型或面心立方堆积；13、90C3H6O3﹣COOH﹣OH4【分析】【解答】解：①由其密度是相同条件下H2的45倍；可知A的相对分子质量为45×2=90，故答案为：90；

②由题意可推知：n（A）==0.1mol，n（C）=n（CO2）==0.3mol，n（H）=2n（H2O）=2×=0.6mol，n（O）==0.3mol，所以A的分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；

③0.1molA与NaHCO3反应放出0.1molCO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成0.1molH2；说明A中还含有一个羟基，故答案为：﹣COOH；﹣OH；

④核磁共振氢谱中有4个吸收峰；面积之比为1：1：1：3，可知A中应含有4种不同环境的氢原子，故答案为：4；

⑤综上所述，A的结构简式：可推知B的结构简式：

故答案为：．

【分析】①同温同压下；气体的密度之比等于相对分子质量之比，据此计算；

②浓硫酸增重7.2g为水的质量；碱石灰增重17.6g为二氧化碳质量，计算有机物；水、二氧化碳物质的量，进而计算n（H）、n（C），根据质量守恒确定是否含有O元素，根据元素守恒来确定有机物的分子式；

③能与足量的NaHCO3粉末反应；说明含有﹣COOH，根据生成的二氧化碳的物质的量确定﹣COOH数目，能与钠反应生成氢气，结合生成氢气的物质的量确定是否含有﹣OH及羟基数目；

④核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子；峰面积之比等于氢原子的数目之比；

⑤由A的分子式、含有的官能团及核磁共振氢谱书写其结构简式，进而确定B的结构简式．14、（1）①0.3mol/(L•min)②小于③36%

（2）①大于②62【分析】【分析】本题综合考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解题关键，注意利用三段式法解答该题，易错点为rm{(2)}注意等效平衡的理解和应用，试题培养了学生的化学计算能力。【解答】rm{(1)垄脵}反应rm{2min}时测得剩余rm{0.6mol}rm{B}则参加反应的rm{B}为rm{1mol-0.6mol=0.4mol}由方程式可知参加反应的rm{A}为rm{0.4mol隆脕3=1.2mol}故rm{v(A)=dfrac{dfrac{1.2mol}{2L}}{2min}=0.3mol/(L?min)}故答案为：rm{v(A)=dfrac{dfrac

{1.2mol}{2L}}{2min}=0.3mol/(L?min)}

rm{0.3mol/(L?min)}随着反应的进行，反应速率逐渐减小，若反应经rm{垄脷}达到平衡，后rm{4min}的平均速率小于前rm{2min}的平均速率，前rm{2min}内rm{2min}的浓度变化为rm{C}则后rm{0.4mol/L}内rm{2min}的浓度变化小于rm{C}故平衡时rm{0.4mol/L}的浓度小于rm{C}

故答案为：小于；

rm{0.8mol/L}的浓度为rm{垄脹C}则生成rm{0.4mol/L}的物质的量rm{C}则rm{=2L隆脕0.4mol/L=0.8mol}rm{0.4mol}rm{0.8mol=1}解得：rm{x}则方程式为rm{x=2}，平衡混合物中，rm{3A(g)+B(g)?2C(g)}的体积分数为rm{C}设转化了rm{22%}则有：rm{xmolB}

起始rm{3A(g)+B(g)篓T2C(g)}rm{(mol)}rm{3}rm{1}

转化rm{0}rm{(mol)}rm{3x}rm{x}

平衡rm{2x}rm{(mol)}rm{3-3x}rm{1-x}

则：rm{dfrac{2x}{3-3x+1-x2+x}=22%}解得：rm{2x}

则rm{dfrac

{2x}{3-3x+1-x2+x}=22%}的转化率是：rm{dfrac{0.36mol}{1mol}隆脕100%=36%}

故答案为：rm{x=0.36}

rm{B}容器体积固定时rm{dfrac

{0.36mol}{1mol}隆脕100%=36%}的体积分数为rm{36%}若维持容器压强不变，应缩小体积，等效为增大压强，平衡向正方向移动，则达到平衡时rm{(2)垄脵}的体积分数大于rm{C}

故答案为：大于；

rm{22%}若维持容器压强不变，改变起始物质加入的量，欲使反应达到平衡时rm{C}的物质的量是原平衡的rm{22%}倍，与原平衡等效，反应物转化率相等，应满足rm{垄脷}rm{C}的物质的量之比与初始配比数相等且为原来的rm{2}倍，则应加入rm{A}rm{B}

故答案为：rm{2}rm{6molA}

rm{2molB}【解析】rm{(1)垄脵0.3mol/(L?min)}rm{垄脷}小于rm{垄脹36%}rm{(2)垄脵}大于rm{垄脷6}rm{2}15、略

【分析】

①氮气与氢气反应生成氨气：N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；

②氮气与氧气放电条件下反应生成一氧化氮：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；

③一氧化氮遇氧气生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；

④二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO．

【解析】【答案】①氮气与氢气反应生成氨气；

②氮气与氧气放电条件下反应生成一氧化氮；

③一氧化氮遇氧气生成二氧化氮；

④二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮．

16、略

【分析】试题分析：（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液中能完全电离的电解质是强电解质，所以属于强电解质的是②④⑧；属于非电解质的是①③，含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电．所以能导电的是⑦⑧。（2）H2CO3H++HCO3-,NaHCO3=Na++HCO3-（3）氨水是弱碱，存在电离平衡，即NH3·H2OOH－＋NH4＋。加入水，虽促进了电离，但碱性减弱，溶液颜色变浅，往溶液中加入NH4Cl晶体，抑制氨水的电离，溶液的碱性降低，颜色变浅。往溶液中加入NaOH固体，抑制氨水的电离，但溶液的碱性增强，颜色变深，往溶液中滴入浓盐酸，促进电离，但溶液的碱性降低，颜色变浅。所以选择ABD（4）HA⇌H++A-开始（mol/L）：100变化（mol/L）：XXX平衡（mol/L）：1-X≈1XXX2/1=1.6×10-5x=4×10-3电离度=4×10-3/1x100%=0.4%（5）氢氧化钠为一元强碱，某温度下Kw=c（H+）×c（OH-）=9×10-14，在氢氧化钠溶液中C（OH-）=5.0×10-5mol/L，c（H+）=Kw/C（OH-）=9×10-14/5.0×10-5=1.8×10-9mol/L根据H2O⇌H++OH-知，溶液中氢离子都是由水电离产生，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH-），所以水电离出的OH-的浓度c（OH-）=1.8×10-9mol/L考点：考查电解质、非电解质的概念，电离方程式的书写，外界条件对氨水电离平衡的影响，电离度的计算等知识。【解析】【答案】25．（每空2分，共16分）（1）②④⑧，①③，⑦⑧。（2）H2CO3H++HCO3-,NaHCO3=Na++HCO3-（3）ABD（4）0.4%（5）1.8×10-9mol/L17、略

【分析】试题分析：（1）氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，向氨水中加入硫酸铵含有铵根离子的物质抑制一水合氨电离，所以NH3•H2O的电离平衡向左移动，溶液中氢氧根离子浓度降低、一水合氨浓度增大，所以此时溶液中减小；（2）一水合氨和稀硫酸反应生成硫酸铵和水，离子反应方程式为：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，pH＜7，（3）向该氨水中加入氢氧化钠固体，OH-的浓度增大，氨水中的电离平衡向左（分子化）移动，电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数不变。考点：考查影响弱电解质电离的因素，盐类的水解等知识。【解析】【答案】20．（1）减小；（2）NH3·H2O+H+=NH4++H2O；<；（3）分子化；不变。18、略

【分析】解：rm{(1)B}中含rm{-CHO}rm{E}中含rm{-COOC-}官能团名称分别为醛基；酯基，故答案为：醛基；酯基；

rm{(2)}含rm{-CHO}的有机物可发生银镜反应，含rm{-COOC-}rm{-COOH}及酚rm{-OH}的有机物与rm{NaOH}反应，则上述六种有机物中能发生银镜反应的是rm{BE}能与rm{NaOH}溶液反应的是rm{CEF}故答案为：rm{BE}rm{CEF}

rm{(3)}溴乙烷在rm{NaOH}水溶液中加热发生水解反应生成乙醇，则rm{D}发生的水解反应为rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}．

rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}中含rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}rm{(1)B}中含rm{-CHO}

rm{E}含rm{-COOC-}的有机物可发生银镜反应，含rm{(2)}rm{-CHO}及酚rm{-COOC-}的有机物与rm{-COOH}反应；

rm{-OH}溴乙烷在rm{NaOH}水溶液中加热发生水解反应生成乙醇．

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，注意有机反应的判断，题目难度不大．rm{(3)}【解析】醛基；酯基；rm{BE}rm{CEF}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}三、实验题(共8题，共16分)19、略

【分析】试题分析：（1）乙醇在浓硫酸、加热到170℃条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应可得1,2-二溴乙烷，化学方程式为C2H5OHCH2=CH2↑+H2O、CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（2）若试管d发生堵塞，则b瓶内的气体增多，压强增大，所以b瓶内的液面下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出。（3）产生乙烯气体的同时可能也产生二氧化硫气体，二氧化硫也能与溴水反应，所以乙烯通入溴水之前应先除去二氧化硫，所以氢氧化钠溶液的作用就是除去乙烯中带出的酸性气体，或除去CO2、SO2。（4）消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多，说明制取的乙烯的量少，或产生的乙烯多，但与溴反应的少。所以可能的原因是①乙烯发生(或通过液溴)速度过快；②实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃。考点：考查乙烯的制取及性质检验，对实验结果的分析判断，化学方程式的书写【解析】【答案】（10分）（1）C2H5OHCH2=CH2↑+H2O（2分）CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（2分）（2）b中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出。（2分）（3）除去乙烯中带出的酸性气体，或答除去CO2、SO2。（1分）（4）原因：①乙烯发生(或通过液溴)速度过快（1分）②实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃(答"控温不当"亦可)。（2分）20、略

【分析】解：rm{(1)垄脵SO_{2}}易溶于水，常温常压下溶解度为rm{1}rm{40}二氧化硫溶于水与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，存在如下平衡rm{SO_{2}+H_{2}O?H_{2}SO_{3}?H++HSO_{3}^{-}}rm{NaHSO_{3}}属于盐，在水中完全电离，加入rm{NaHSO_{3}}固体增加了rm{c(HSO_{3}^{-})}平衡左移，降低了rm{SO_{2}}的溶解度；

故答案为：rm{SO_{2}}的水溶液中存在如下平衡rm{SO_{2}+H_{2}O?H_{2}SO_{3}?H++HSO_{3}^{-}}加入rm{NaHSO_{3}}固体增加了rm{c(}rm{HSO_{3}^{-})}平衡左移，降低了rm{SO_{2}}的溶解度；

rm{垄脷}要证明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性强于rm{HClO}因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，证明酸性rm{H_{2}SO_{3}>H_{2}CO_{3}>HClO}即可：应先用二氧化硫制备二氧化碳rm{(A}利用盐酸和亚硫酸氢钠反应制取二氧化硫，rm{C}通过饱和的亚硫酸氢钠洗去二氧化硫中的氯化氢，通过rm{B}二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳rm{)}制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫气体rm{(E}用酸性高锰酸钾除去二氧化硫rm{)}再用品红检验二氧化硫是否除净rm{(D}用品红检验rm{)}再通入漂白粉中rm{(F)}故顺序为：rm{A隆煤C隆煤B隆煤E隆煤D隆煤F}能证明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性强于rm{HClO}的实验现象为rm{D}中品红不褪色，rm{F}中产生白色沉淀；

故答案为：rm{C隆煤B隆煤E隆煤D隆煤F}rm{D}中品红不褪色，rm{F}中产生白色沉淀；

rm{(2)垄脵}过氧化钠具有氧化性，二氧化硫既有氧化性又有还原性，且属于酸性气体，根据过氧化钠和二氧化碳酸性氧化物之间的反应知道，过氧化钠可以和二氧化硫之间反应生成亚硫酸钠和氧气，但是氧气能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以可能发生的化学反应方程式为：rm{Na_{2}O_{2}+SO_{2}=Na_{2}SO_{4}}

故答案为：rm{Na_{2}O_{2}+SO_{2}=Na_{2}SO_{4}}

rm{垄脷垄脹E}中的离子方程式为：rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}该反应中二氧化硫为还原剂，碘离子为还原产物，氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，能说明rm{I^{-}}还原性弱于rm{SO_{2}}现象为：rm{E}中溶液蓝色褪去；

故答案为：rm{E}中溶液蓝色褪去；rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}

rm{垄脺}酚酞在碱性溶液中为红色，rm{F}中反应为rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}碱性减弱，所以rm{F}中红色变浅或褪色；

故答案为：rm{F}中红色变浅或褪色．

rm{(1)垄脵SO_{2}}易溶于水，二氧化硫溶于水与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，存在电离平衡，加入rm{NaHSO_{3}}固体，增加了rm{c(HSO_{3}^{-})}平衡移动；

rm{垄脷}要证明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性强于rm{HClO}因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，应先用二氧化硫制备二氧化碳，再通入漂白粉中，证明酸性rm{H_{2}SO_{3}>H_{2}CO_{3}>HClO}制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫气体，rm{D}中品红不褪色，rm{F}中产生白色沉淀，能证明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性强于rm{HClO}据此分析．

rm{(2)A}中制备二氧化硫，rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)篓TNa_{2}SO_{4}+H_{2}O+SO_{2}隆眉.}二氧化硫为酸性气体，rm{X}干燥二氧化硫，选用浓硫酸，rm{C}中检验rm{SO_{2}}与rm{Na_{2}O_{2}}反应是否有氧气，将带火星的木条放在rm{D}试管口处，看木条是否复燃，rm{D}中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气rm{.E}装置检验rm{I^{-}}还原性弱于rm{SO_{2}}rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}rm{F}装置验证二氧化硫为酸性气体；并吸收二氧化硫，防止污染空气．

rm{垄脵}过氧化钠与低价态的非金属氧化物发生化合反应；生成该非金属的最高价态的含氧酸盐，此时没有氧气产生；

rm{垄脷垄脹}根据氧化还原反应中；还原剂的还原性强于还原产物判断，淀粉与碘水作用显示蓝色，当二氧化硫还原碘单质为碘离子时，蓝色褪去；

rm{垄脺F}装置验证二氧化硫为酸性气体；并吸收二氧化硫，防止污染空气，酚酞在碱性溶液中为红色．

本题考查了二氧化硫性质及检验，题目难度中等，注意掌握二氧化硫的化学性质及检验方法，正确分析题干信息为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．【解析】rm{SO_{2}}的水溶液中存在如下平衡rm{SO_{2}+H_{2}O?H_{2}SO_{3}?H++HSO_{3}^{-}}加入rm{NaHSO_{3}}固体增加了rm{c(HSO_{3}^{-})}平衡左移，降低了rm{SO_{2}}的溶解度；rm{C隆煤B隆煤E隆煤D隆煤F}rm{D}中品红不褪色，rm{F}中产生白色沉淀；rm{Na_{2}O_{2}+SO_{2}=Na_{2}SO_{4}}rm{E}中溶液蓝色褪去；rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}rm{F}中红色变浅或褪色21、（1）①将Fe2＋氧化为Fe3＋

②蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤

（2）①

②b、c

（3）①1.0×10－10②2.5×10－42.5×10－9③MN【分析】【分析】本题考查滴定实验的操作，误差分析，难度不大。【解答】rm{(1)}rm{垄脵}为了除去杂质，通常是加入rm{H}为了除去杂质，通常是加入rm{垄脵}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}其中加入rm{{,!}_{2}}再调节溶液rm{pH}其中加入rm{H}rm{pH}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}故答案为：的作用是将rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化为rm{Fe}rm{Fe}除去杂质、过滤后，由滤液获得rm{{,!}^{3+}}将rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化为rm{Fe}晶体的操作步骤依次是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{垄脷}除去杂质、过滤后，由滤液获得rm{CuSO}根据题意可知，rm{垄脷}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆陇5H}rm{隆陇5H}rm{{,!}_{2}}rm{O}晶体的操作步骤依次是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，的物质的量为rm{O}故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；rm{(2)}所以rm{垄脵}根据题意可知，rm{Cu}该溶液中含有的rm{垄脵}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{隆芦H}rm{隆芦H}样品中含有的rm{{,!}_{2}}rm{Y}rm{Y}rm{{,!}^{2-}}，发生反应的rm{EDTA}的物质的量为rm{cmol隆陇L}的质量为rm{EDTA}rm{cmol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆脕b/1000L}所以rm{20mL}该溶液中含有的rm{CuSO}rm{隆脕b/1000L}所以rm{20mL}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}的物质的量为rm{cmol隆陇L}rm{cmol隆陇L}的质量分数为：rm{dfrac{cmol隆陇L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆陇mol^{-1}隆脕5}{ag}}故答案为：rm{dfrac{cmol隆陇L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆陇mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{{,!}^{-1}}滴定过程中，未干燥锥形瓶，对结果无影响，故rm{隆脕b/1000L}样品中含有的rm{CuSO}不选；rm{隆脕b/1000L}滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，造成消耗rm{CuSO}的读数偏大，测定结果偏高，故rm{{,!}_{4}}选；rm{隆陇5H}未除净干扰离子，造成rm{隆陇5H}消耗偏多，测定结果偏高，故rm{{,!}_{2}}选；rm{O}的质量为rm{(cmol隆陇L}滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，造成消耗rm{O}的读数偏小，测定结果偏低，故rm{(cmol隆陇L}不选；rm{{,!}^{-1}}rm{隆脕b/1000L隆脕250g隆陇mol}有图中数据可知rm{隆脕b/1000L隆脕250g隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{隆脕5)}所以rm{CuSO}rm{隆脕5)}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆陇5H}故答案为：rm{隆陇5H}rm{{,!}_{2}}rm{O}的质量分数为：有图可知当rm{O}大于rm{dfrac{c

mol隆陇L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆陇mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{dfrac{c

mol隆陇L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆陇mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{垄脷a.}滴定过程中，未干燥锥形瓶，对结果无影响，故rm{a}不选；rm{垄脷a.}rm{a}rm{b.}滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，造成消耗rm{EDTA}的读数偏大，测定结果偏高，故rm{b}选；rm{b.}rm{EDTA}rm{b}rm{c.}未除净干扰离子，造成rm{EDTA}消耗偏多，测定结果偏高，故rm{c}选；rm{c.}rm{EDTA}rm{c}rm{d.}滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，造成消耗rm{EDTA}的读数偏小，测定结果偏低，故rm{d}不选；rm{d.}rm{EDTA}rm{d}故答案为：rm{bc}故答案为：rm{bc}rm{(3)垄脵}有图中数据可知rm{Ksp=1.0隆脕10}rm{(3)垄脵}rm{Ksp=1.0隆脕10}rm{{,!}^{-5}}随着碳酸根的增多，钡离子转化为碳酸钡沉淀，所以钡离子浓度随碳酸根浓度的增大而减小，图线rm{隆脕}符合，rm{隆脕}rm{1.0隆脕10}【解析】rm{(1)垄脵}将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}rm{垄脷}蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤rm{(2)垄脵dfrac{cmol隆陇L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆陇mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{(2)垄脵dfrac{c

mol隆陇L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆陇mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{垄脷b}rm{c}rm{(3)垄脵1.0隆脕10^{-10}}rm{垄脷2.5隆脕10^{-4}}rm{2.5隆脕10^{-9}}rm{垄脹MN}22、略

【分析】解：rm{(1)}酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色rm{NaHSO_{3}}溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要锥形瓶盛放待测液、白纸对比终点颜色变化、滴定管夹和铁架台，所以需要用到的是：rm{ADEFH}

故答案为：rm{ADEFH}

rm{(2)}高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；所以不用用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；

故答案为：碱；酸性rm{KMnO_{4}}溶液会腐蚀碱式滴定管下端胶管；

rm{(3)}高锰酸钾溶液颜色为紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为红色，不用指示剂，当最后一滴溶液滴入，溶液的紫色退去，且rm{30s}内不复现；可达到滴定终点；

故答案为：不用指示剂；高锰酸钾溶液颜色为紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为红色．

rm{(1)}酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色rm{NaHSO_{3}}溶液显酸性；用酸式滴定管，滴定过程还需要烧杯；锥形瓶、白纸、滴定管夹和铁架台；

rm{(2)}高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；

rm{(3)}高锰酸钾溶液颜色为紫红色；可不用加入指示剂．

本题考查中和滴定知识以及误差分析，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的方法和操作，难度中等．【解析】rm{ADEFH}碱；酸性rm{KMnO_{4}}溶液会腐蚀碱式滴定管下端胶管；不用指示剂，高锰酸钾溶液颜色为紫红色，滴定终点时，溶液由无色变为红色23、略

【分析】【解析】【答案】（每空1分，共10分）（1）右（2）没有用待测NaOH溶液润洗碱式滴定管；偏低（3）25.40（4）酚酞(或甲基橙)；锥形瓶内溶液颜色的变化；酚酞：浅红色（或粉红色）变为无色，且半分钟不复原甲基橙：黄色变为橙色，且半分钟不复原（5）0.1250mol/L24、略

【分析】试题分析：（1）加热液体容易发生爆沸，所以实验前需要在三颈瓶中加入少许沸石（或碎瓷片），目的是防止爆沸。（2）因为反应物甲苯和HNO3易挥发，所以冷凝管的作用是冷暖回流；气流和水流逆向时，冷凝效果好，所以冷却水从冷凝管的a端进入。（3）根据装置图可知，仪器A的名称是分液漏斗；使用分液漏斗前必须进行的操作是：检查是否漏液。（4）操作1把混合液分离为有机化合物和无机化合物，则操作1为分液；操作2把互溶的两种有机物分离，为蒸馏，还需要的仪器室蒸馏烧瓶、冷凝管。（5）13g甲苯理论上可生成硝基甲苯为：13g÷92g/mol×137g.mol=19.36g，则一硝基甲苯的产率为：15g÷19.36g×100%=77.5%考点：本题考查化学实验基本仪器、基本操作、化学计算。【解析】【答案】（1）沸石（或碎瓷片）（1分）防止爆沸（1分）（2）冷凝回流（1分）a（1分）（3）分液漏斗（1分）检查是否漏液（1分）（4）分液（2分）蒸馏烧瓶（2分）冷凝管（2分）（5）77.5%（3分）25、（1）C

（2）通CO2一段时间，以排除空气干扰

（3）取少量固体于试管中，加入适量蒸馏水，若有黑色不溶物则证明产物中有碳再取上层清液滴加过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明产物中存在Na2CO3【分析】【分析】本题是对钠的性质的实验知识的考查，是中学化学的基础知识，难度一般。关键是掌握钠的性质和实验的现象，侧重基础知识的考查。【解答】依据实验的装置的用途和rm{CO}能与rm{PdCl}能与rm{CO}rm{PdCl}rm{2}实验开始后，观察到rm{2}生成黑色的rm{Pd}实验开始后，观察到rm{PdCl}rm{Pd}可知，没有rm{PdCl}产生，所以碳元素被还原成rm{2}黑色rm{2}而溶液中无黑色物质产生被氧化成氧化钠；氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠。据此答题。

rm{CO}含碳产物可能是rm{C(}rm{)}rm{Na}rm{(1)}含碳产物可能是rm{Na}rm{(1)}rm{Na}

rm{2}由于空气会干扰实验，所以装置气密性检查完毕后，实验时加热前应先往硬质玻璃管中rm{2}rm{CO}rm{CO}。故答案为：rm{3}rm{3}，还可能是rm{C}rm{C}故答案为：rm{C}rm{C}rm{(2)}通rm{CO}rm{CO}rm{2}rm{2}一段时间，以排除空气干扰通rm{CO}rm{CO}rm{2}rm{2}一段时间，以