2025年上教版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年上教版高三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、下列物质互为同分异构体的是（）A.淀粉和纤维素B.甲烷和乙烷C.正丁烷和异丁烷D.葡萄糖和蔗糖2、X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述不正确的是A.X与Y能形成两种常见的气态化合物B.原子半径的大小顺序：r（Z）>r（R）>r(X)>r(Y)C.X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同D.含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种3、根据下列化学方程式：（1）2KI+Cl2=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3

（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl（4）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI

判断下列微粒氧化性强弱顺序正确的是（）A.Cl2＞Fe3+＞SO2＞I2B.Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2C.Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2D.Fe3+＞I2＞Cl2＞SO24、下列关于金属铝及其化合物的叙述，正确的是（）A.在常温下铝不能与氧气反应B.在常温下铝不能与浓硝酸反应C.氢氧化铝既能氢氧化钠反应又能氨水反应D.氧化铝既能与酸反应又能与碱反应5、2011年12月5日日本福岛核电站又有受辐射水泄漏到海洋中，对海洋造成污染．广阔的海洋蕴藏着丰富的化学资源，含有几十种元素，下列属于海水中微量元素的是（）A.氯B.钠C.碘D.氢6、下列说法中，正确的是（）A.除去碘水中少量的氯水，可向其中加少量KIB.氯水和氯气均能使湿润的有色布条褪色，都是HClO作用的结果C.能与硝酸银反应生成白色沉淀的溶液中一定含有Cl-D.某溶液能使淀粉碘化钾试纸变蓝，则溶液中一定含有Cl27、对四支分别盛有无色溶液的试管，进行如下操作，结论正确的是操作现象结论A.滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I-B.滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中一定有SO42-C.用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D.滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中一定无NH4+8、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.物质的量浓度均为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}两种溶液中，rm{c(NH_{4}^{+})}相同B.rm{25隆忙}时，在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液中加入rm{CH_{3}COONa}固体，溶液的rm{pH}一定小于rm{7}C.rm{25隆忙}时，将rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液与rm{pH=1}的稀硫酸等体积混合，混合后的溶液rm{pH=7}D.将同浓度的rm{NaAlO_{2}}溶液与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液混合后，可以生成白色沉淀，并产生气泡评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)9、常温下，rm{K_{a}(HCOOH)=1.77隆脕10^{-4}}rm{K_{a}}rm{(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}rm{K_{b}}rm{(NH_{3}?H_{2}O)=1.76隆脕10^{-5}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.浓度均为rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{HCOONa}和rm{NH_{4}Cl}溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B.用相同浓度的rm{NaOH}溶液分别滴定等体积rm{pH}均为rm{3}的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}溶液至终点，消耗rm{NaOH}溶液的体积相等C.rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{HCOOH}与rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{NaOH}等体积混合后的溶液中：rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(HCOOH)+c(H^{+})}D.rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{CH_{3}COONa}与rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}盐酸等体积混合后的溶液中rm{(pH<7)}rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}10、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明rm{Cu^{2+}}具有催化作用B.向某溶液中滴加硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有rm{SO_{4}^{2-}}C.在电解精炼铜过程中，阳极质量的减少多于阴极质量的增加D.rm{298}rm{K}时，rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)=3S(s)+2H_{2}O(l)}能自发进行，则其rm{triangleH<0}11、某体积可变的密闭容器，盛有适量的rm{A}rm{B}混合气体，在一定条件下发生反应rm{A(g)+3B(g)?2C(g).}若维持温度和压强不变，当反应达到限度时容器的体积为rm{VL}其中rm{C}气体的体积分数占rm{10%.}下列推断正确的是rm{(}rm{)}A.原混合气体的体积为rm{1.1VL}B.原混合气体的体积为rm{1.2VL}C.反应达到限度时，气体rm{A}消耗掉rm{0.05}rm{VL}D.反应达到限度时，气体rm{B}消耗掉rm{0.05}rm{VL}12、用铜片、银片设计成如图所示的原电池rm{.}以下有关该原电池的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.电子通过盐桥从乙池流向甲池B.铜导线替换盐桥，原电池将不能继续工作C.开始时，银片上发生的反应是：rm{Ag-e^{-}=Ag^{+}}D.将铜片浸入rm{AgNO_{3}}溶液中发生的化学反应与该原电池总反应相同13、下列实验操作；现象与所得结论不一致的是（）

。选项实验操作现象结论A向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，并用激光笔照射溶液变红褐色；出现。

丁达尔效应产生了Fe（OH）3胶体B向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液溶液变蓝氧化性：Fe3+＞I2C将溴乙烷和NaOH的乙醇溶液混合加热，产生气体通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色产生了乙烯D向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液呈酸性A.AB.BC.CD.D14、下列说法正确的是（）A.含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2充分反应，转移2NA个电子B.500℃、30MPa下，将0.2molN2和0.6molH2置于密闭的容器中反应生成NH3（g），反应达到平衡时放出的热量为7.72kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-38.6kJ•mol-1C.对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0，升高温度，可使反应速率增大，反应逆向移动D.元素原子的最外层电子数的多少与其非金属性的强弱无必然联系15、下列关于仪器使用的说法正确的是rm{(}rm{)}A.滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗B.锥形瓶用作反应容器时一定不能加热C.蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏瓶支管口D.振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、化合物A是尿路结石的主要成分，属于结晶水合物，可用X•nH2O表示．在一定条件下有如图1所示的转化关系：

已知：

①经分析；图1中的各字母代表的物质均由常见元素（原子序数≤20）组成，其中X由三种元素组成，三种元素的原子个数之比为1：2：4；A；D晶体中阴、阳离子个数比都是1：1；D中的阳离子与C分子有相同的电子数，A中的阳离子与D中的阴离子的电子层结构相同．

②G；H是常见的气体单质；E、K、L是常见的气体化合物；E被人体吸入会与血红蛋白结合而使人中毒，K的大量排放是造成地球温室效应的一个主要原因．

③反应②；③是重要的化工反应；I是一种重要的化工原料．

④图2中的部分变化经定量测定；得到如图2所示的固体产物的质量m随温度[t（℃）]的变化曲线．回答下列问题：

（1）写出A的化学式：____，D中阴离子的结构示意图为____；

（2）反应①的化学方程式为：____．

（3）K与G在一定条件下可生成多种物质；既可获得经济效益，也减少对环境的污染．

①若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5-10mL会导致双目失明．则O的分子式为：____．

②若O是K与G按1：3的比例反应而得，则O可能是____．（填编号）

A．烷烃B．烯烃C．炔烃D．芳香烃．17、从某些植物树叶提取的挥发油中含有下列主要成分：

（1）写出A的分子式____

（2）1molB与溴水充分反应，需消耗____mol单质溴．

（3）C与氢气完全加成后的产物的结构简式____．

（4）已知：RCH=CHRRCOOH+RCOOH．写出C在强氧化剂条件下生成的有机化合物结构简式为____和____．18、用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如下：

已知：

Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．L是六元环酯，M分子式是（C15H16O6）n

回答下列问题：

（1）B中官能团的名称是____，D的结构简式是____．

（2）E→F的反应条件是____，H→J的反应类型是____．

（3）F→G的化学反应方程式是____．

（4）K→M属于加聚反应，M的结构简式是____．

（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是____．

（6）符合下列条件的C的同分异构体的结构简式是____．

①属于芳香族化合物；

②能发生银镜反应；

③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2．19、在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙（粒子直径在1~10nm之间）．下图所示A~E为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题．（1）实验室制备NH3的反应方程式：_______________________________；（2）实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述仪器装置的接口连接顺序是（选填字母）：a接，____接____，____接h；（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是____，试写出制纳米级碳酸钙的离子方程式____；（4）在浓CaCl2溶液和NH3用量正确的情况下，CO2不足或过量都会导致纳米级碳酸钙产量下降，若CO2过量溶液中大量存在的离子有（不考虑弱电解质的电离和盐类水解产生的少量离子）________________,（5）取反应后去除了CaCO3的溶液分别做以下实验，下列实验判断合理的是：_________．A．滴加少量Na2CO3溶液，若有沉淀说明CO2一定不足B．滴加少量盐酸，若有气泡，CO2一定过量C．测量溶液pH，若大于7，CO2一定不足量D．滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀，CO2一定没有过量（6）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级____20、（2015秋•河南校级月考）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．根据要求回答下列问题．

（1）基态Ni的价电子构型（电子排布式）为____．

（2）Ni（CO）4常温为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni（CO）4属于____晶体．

（3）Ni2+可与丁二酮肟（）作用生成腥红色配合物沉淀A．

①丁二酮肟分子中各原子电负性大小关系为____，其中碳原子的杂化轨道类型有____，1mol该分子中含有的碳碳σ键和碳氮σ键的总数为____．

②腥红色配合物沉淀A中（结构如下）除含有一般共价键外，还含有配位键和氢键，请在图1中标出配位键和氢键．（提示：Ni2+的配位数为4；配位键用“→”表示，氢键用“”表示）

（4）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点FeO____NiO（填“＜”或“＞”）；NiO晶胞中Ni的配位数为____．

（5）据报道，某种含有镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞的结构如图2所示，则该晶体的化学式为____．21、葡萄糖是人类的营养素；在体内富氧条件下被氧化生成二氧化碳和水，在缺氧条件下则生成一种有机酸A．

①已知

②将A进行如图所示的反应；其中C和C′是同系物，C′是甲酸（HCOOH）．

回答下列问题：

（1）C和D′属于____（填序号；下同）．

①同系物②同分异构体③同类物质④同素异形体。

（2）D′和E分别属于哪一类化合物：D′____，E____．

①多元醇②醛③不饱和羧酸④多元羧酸⑤酯。

（3）写出结构简式：A____，F____，H____．

（4）写出反应类型：（Ⅰ）____，（Ⅱ）____．

（5）写出下列转化的化学方程式：A-→B____；A-→E____．22、某有机物J（C19H20O4）不溶于水；毒性低，与氯乙烯，聚丙稀等树脂具有良好相溶性，是塑料工业主要增塑剂，可用以下方法合成：

已知：

合成路线：

其中F与浓溴水混合时；不产生白色沉淀．

（1）指出反应类型：反应②____，反应③____．

（2）写出结构简式：J____，F____．

（3）写出B+E→J的化学方程式____．23、用地壳中某主要元素生产的多种产品在现代高科技中占有重要位置；足见化学对现代物质文明的重要作用．例如：

（1）计算机芯片的主要成分是____；

（2）光导纤维的主要成分是____：

（3）目前应用最多的太阳能电池的光电转化材料是____；

（4）用作吸附剂、干燥剂、催化剂或催化剂载体的人造分子筛大多是一类称为____的化合物．24、卤代烃的取代反应，实质是带负电荷的原子团取代了卤代烃中的卤原子，如CH3Br＋OH－(或NaOH)―→CH3OH＋Br－(或NaBr)。据此完成下列反应的化学方程式。（1）CH3CH2Br+NaHS―→______________________________________________________。（2）CH3I+CH3ONa―→________________________________________________________。（3）CH3CH2Cl+CH3ONa―→_____________________________________________________。（4）CH3CH2Cl+CH3CH2ONa―→__________________________________________________。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)25、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）26、以下有些结构简式；书写得不规范；不正确．请在它们后面打一个×号，并把你认为正确的写法写在后面．（注意：如果原式是允许的、正确的，请在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）对甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．27、红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析____．评卷人得分五、推断题(共1题，共6分)28、（2009秋•成都期末）已知：甲；乙是单质；甲为黄绿色气体，乙蒸汽制得的电光源已大量应用于道路和广场的照明和航标灯；B、C、D、E、F五种化合物的焰色反应均为黄色；当D转化为C或E时，都生成能支持燃烧的无色气体单质；F是生活中常见的调味品．上述物质在一定条件下存在如图转化关系．（部分反应物或生成物已略去）

请回答下列问题：

（1）B物质的俗名是____；C物质的化学式为____；

（2）写出D生成E的离子反应方程式：____；

（3）写出B与E在溶液中反应的离子方程式：____；

（4）向C溶液中通入甲，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有B生成．该反应的化学方程式是：____．

（5）A与C溶液反应可生成B，其反应类型为____．评卷人得分六、简答题(共3题，共12分)29、某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验．装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸．

（1）实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是______．

（2）装置Ⅱ的作用是______．

（3）实验过程中，装置Ⅳ中的实验现象为______；发生反应的化学方程式为______．

（4）实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象．为了达到这一实验目的，你认为还需在上图装置中某处，添加下图中的某种装置，该装置的作用是______．

（5）装置Ⅴ的目的是防止尾气污染空气，写出装置Ⅴ中发生反应的离子方程式______．30、NF与溶液中Li形成LF淀，此反应对骤所起的作用是______．

钴（Co）及其化合物在工业广泛用．为从工废料中收；生设流程如下（废料中含有l；Li、CoO和Fe23等物质）．

已知质溶解性LiF溶于水；Li2CO3微溶水；

。e3+o2+C3+A3+pH（开始沉）1.9.15-.233.4pH完全沉淀）3.29.51.94.7请答：

在空气加热C2O4固，测定，210～290℃的过程中只产生CO2和种化合物该化合物中钴的量分数为73.44．过程发反化方程式是______．

部分金属离形成氧化物沉淀的H见：

某锂离电池的总反应CLiCo2ixC+i1-xCoO2LC中i的化合价为______价，离子电池充时阳的电极反应式为______．31、rm{M}是石油裂解气的重要成分，由rm{M}制备环酯rm{P}的合成路线rm{(}部分反应条件略去rm{)}如图所示：

已知：在特殊催化剂的作用下能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应rm{.}如：

rm{2CH_{2}=CHRoverset{{麓脽禄炉录脕}}{}CH_{2}=CH_{2}+RCH=CHR}

回答下列问题：

rm{2CH_{2}=CHRoverset{{麓脽禄炉录脕}}{

}CH_{2}=CH_{2}+RCH=CHR}的名称是______，rm{(1)M}含有的官能团名称是______．

rm{A}的反应类型是______，rm{(2)垄脵}的反应类型是______．

rm{垄脼}的结构简式为______rm{(3)C}由rm{.}的过程中步骤rm{C隆煤G}rm{垄脺}的目的是______．

rm{垄脼}中最多有______个原子共平面；其顺式结构式为______．

rm{(4)G}符合下列条件rm{(5)}的同分异构体有______种rm{D}

rm{.}氯原子连在碳链的一端rm{垄脵}羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为rm{垄脷}组峰且峰面积比为rm{4}rm{4}rm{2}rm{2}的为______rm{1}写结构简式rm{(}．

rm{)}由rm{(6)}和rm{I}在一定条件下制取环酯rm{G}的化学方程式为______．rm{P}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】根据同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，以此来解答．【解析】【解答】解：A．淀粉与纤维素都属于高分子化合物；聚合度n值不同，不是同分异构体，故A错误；

B．甲烷和乙烷结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团；为同系物，故B错误；

C．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH3；碳链不同，是同分异构体，故C正确；

D．葡萄糖和蔗糖的分子式分别为：C6H12O6，C12H22O11；分子式不同，不是同分异构体，故D错误；

故选C．2、D【分析】试题分析：X原子最外层电子数是次外层的两倍，则X的次外层只能是2个电子，所以X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的电子数是17，所以R是Cl元素。A、C与O可形成CO和二氧化碳两种化合物，正确；B、根据原子半径的判断，电子层数越多，半径越大，核电荷数越多，半径越小，所以原子半径最大的是Z，其次是R，最小的是Y，正确；C.Na与Cl形成的化合物分别是四氯化碳和氯化钠，前者属于共价化合物，含有共价键，后者是离子化合物，含有离子键，正确；D、含有O、Na、Cl三种元素的化合物可以是次氯酸钠、氯酸钠、高氯酸钠等，不只2种，错误，答案选D。考点：考查元素的推断，元素化合物的性质判断【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】依据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断，（1）2KI+Cl2=2KCl+I2中，Cl2是氧化剂，氧化产物为I2，（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3反应中Cl2是氧化剂，氧化产物FeCl3，（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，FeCl3是氧化剂，氧化产物为I2；（4）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中，I2是氧化剂，氧化产物为H2SO4．【解析】【解答】解：（1）2KI+Cl2=2KCl+I2中，Cl2是氧化剂，氧化KI为I2，氧化性Cl2＞I2；

（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3反应中Cl2是氧化剂，氧化FeCl2得到氧化产物FeCl3，氧化性Cl2＞FeCl3；

（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，FeCl3是氧化剂，氧化HI为I2，氧化性FeCl3＞I2；

（4）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中，I2是氧化剂，氧化SO2为H2SO4，氧化性I2＞SO2；

综上所述氧化性由大到小的顺序为Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2；

故选B．4、D【分析】【分析】A；铝在常温下可以和氧气反应生成氧化铝；

B；铝与浓硝酸发生钝化反应；

C；氢氧化铝属于两性氢氧化物；可以和强酸反应又能和强碱反应；

D、氧化铝属于两性氧化物，可以和强酸反应又能和强碱反应．【解析】【解答】解：A；铝的化学性质活泼；在常温下可以和氧气反应生成氧化铝，形成致密氧化膜，故A错误；

B；常温下；铝与浓硝酸发生钝化作用，发生反应在表面生成一层致密的氧化物膜，可阻碍反应的继续进行，故B错误；

C；氢氧化铝属于两性氢氧化物；可以和强酸反应又能和强碱反应，不和弱碱氨水反应，故C错误；

D；氧化铝属于两性氧化物；可以和强酸反应，还能和强碱反应，故D正确．

故选D．5、C【分析】【分析】海水中含有多种元素，其中Cl、Na、H的含量较高属于常量元素，碘的含量很小，属于微量元素．【解析】【解答】解：广阔的海洋蕴藏着丰富的化学资源；含有几十种元素，其中Cl；Na、H的含量较高属于常量元素，碘的含量很小，属于微量元素，属于属于海水中微量元素的是碘；

故C正确；

故选C．6、B【分析】【分析】A；根据氯水及碘化钾的性质分析；

B；次氯酸具有漂白性；能使湿润的有色布条褪色；

C；根据能与银离子反应生成白色沉淀的离子分析；

D、根据具有氧化性的离子分析．【解析】【解答】解：A；除去碘水中的少量氯水；加入少量碘化钾后，氯气和碘化钾反应生成氯化钾和碘，又产生新的杂质氯化钾，故A错误；

B；次氯酸具有漂白性；能使湿润的有色布条褪色；氯水中有次氯酸，氯气能和水反应生成次氯酸，所以氯水和氯气均能使湿润的有色布条褪色，都是HClO作用的结果，故B正确；

C；能与银离子反应生成白色沉淀的离子有碳酸根离子、氯离子等；故C错误；

D；能和碘离子反应生成碘单质的有氯气、高锰酸钾、双氧水等；故D错误；

故选B．7、A【分析】试题分析：A、氯水氧化碘离子生成碘单质，加四氯化碳萃取后在下层，则下层溶液显紫色，故A正确；B、检验溶液中有SO42-，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡，如生成沉淀，说明含有SO42-，以排除Cl-的干扰，故B错误；C、黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；D、氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误。考点：化学实验方案的评价；常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【解析】【答案】A8、C【分析】解：rm{A.}物质的量浓度均为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}两种溶液中，rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}中亚铁离子水解呈酸性抑制了铵根离子的水解，导致其溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}较大；故A错误；

B.rm{25隆忙}时，在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液中加入rm{CH_{3}COONa}固体，当醋酸钠浓度较大时，醋酸根离子的水解程度大于醋酸的电离程度，则溶液呈碱性，溶液的rm{pH}大于rm{7}故B错误；

C.rm{25隆忙}时，将rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液与rm{pH=1}的稀硫酸等体积混合，氢氧化钠和硫酸都是强电解质，两溶液恰好反应生成硫酸钠，溶液呈中性，则混合后的溶液rm{pH=7}故C正确；

D.将同浓度的rm{NaAlO_{2}}溶液与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液混合后；两溶液都是强碱弱酸盐，不发生反应，则不会生成氢氧化铝沉淀，故D错误；

故选C．

A.硫酸亚铁铵溶液中；亚铁离子水解抑制了铵根离子的水解，则其溶液中铵根离子浓度较大；

B.当溶液中醋酸的电离程度小于醋酸根离子的水解程度时；溶液呈碱性；

C.氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度与硫酸中氢离子浓度相等；两溶液恰好反应生成硫酸钠，溶液呈中性；

D.偏铝酸钠和醋酸钠都是强碱弱酸盐；两溶液不发生反应．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及盐的水解、离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{C}二、双选题(共7题，共14分)9、rAD【分析】解：rm{A.}电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：rm{CH_{3}COO^{-}>NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})=0.1mol/L+c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})=0.1mol/L+c(OH^{-})}水解程度rm{NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}所以前者rm{c(H^{+})}大于后者rm{c(OH^{-})}所以浓度均为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{HCOONa}和rm{NH_{4}Cl}溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者；故A正确；

B.rm{pH}相同的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}浓度：rm{c(HCOOH)<c(CH_{3}COOH)}用相同浓度的rm{NaOH}溶液分别滴定等体积rm{pH}均为rm{3}的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，rm{pH}体积相同的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}物质的量前者小于后者，所以后者消耗的rm{NaOH}体积多；故B错误；

C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}混合溶液中溶质为等物质的量浓度的rm{HCOOH}和rm{HCOONa}甲酸电离程度大于水解程度，所以rm{c(HCOOH)<c(Na^{+})}所以得rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})>c(HCOOH)+c(H^{+})}故C错误；

D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的rm{CH_{3}COONa}rm{CH_{3}COOH}和rm{NaCl}混合溶液的rm{pH<7}说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，甲酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}故D正确；

故选AD．

A.电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：rm{CH_{3}COO^{-}>NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})=0.1mol/L+c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})=0.1mol/L+c(OH^{-})}水解程度rm{NH_{4}^{+}>HCOO^{-}}所以前者rm{c(H^{+})}大于后者rm{c(OH^{-})}

B.rm{pH}相同的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}浓度：rm{c(HCOOH)<c(CH_{3}COOH)}用相同浓度的rm{NaOH}溶液分别滴定等体积rm{pH}均为rm{3}的rm{HCOOH}和rm{CH_{3}COOH}溶液至终点时；酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；

C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}混合溶液中溶质为等物质的量浓度的rm{HCOOH}和rm{HCOONa}

D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的rm{CH_{3}COONa}rm{CH_{3}COOH}和rm{NaCl}混合溶液的rm{pH<7}说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度．

本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意rm{C}中等量代换，题目难度不大．【解析】rm{AD}10、rCD【分析】解：rm{A.}加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快；是因为构成原电池加快反应速率，故A错误；

B.可能生成rm{AgCl}沉淀；应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故B错误；

C.电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，如rm{Zn}等；则阳极质量的减少多于阴极质量的增加，故C正确；

D.因rm{triangleS<0}如能自发进行，应满足rm{triangleH-T?triangleS<0}则rm{triangleH-T?triangle

S<0}故D正确．

故选CD．

A.加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快；是因为构成原电池加快反应速率；

B.可能生成rm{triangleH<0}沉淀；

C.电解过程中；阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；

D.如能自发进行，应满足rm{triangleH-T?triangleS<0}．

本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化、化学反应无论以及电解等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．rm{AgCl}【解析】rm{CD}11、rAC【分析】解：平衡时生成rm{C}的体积为rm{0.1VL}则：

rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}体积减小rm{triangleV}

rm{1}rm{3}rm{2}rm{2}

rm{0.05VL}rm{0.15VL}rm{0.1VL}rm{0.1VL}

则原混合气体总体积为rm{VL+0.1VL=1.1VL}

反应达平衡时气体rm{A}消耗掉rm{0.05VL}气体rm{B}消耗掉rm{0.15VL}

故选AC．

温度和压强不变；物质的量与体积成正比，该反应为气体体积减小的反应，结合体积差计算．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握差量法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意体积与化学计量数的关系，题目难度不大．【解析】rm{AC}12、rBD【分析】解：rm{A.}原电池负极铜失电子；正极银得电子，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液通过离子的定向移动形成电流，所以电子不经过电解质溶液，故A错误；

B.铜线代替盐桥；乙池是原电池，甲池是电解池发生电镀，所以不是原来的装置反应原理，故B正确；

C.银片是原电池的正极，溶液中的银离子得到电子发生还原反应，电极反应是rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}故C错误；

D.铜片浸入rm{AgNO_{3}}溶液中发生的化学反应与该原电池总反应都是发生了rm{Cu+2Ag^{+}=2Ag+Cu^{2+}}故D正确；

故选BD．

A.电子不能通过电解质溶液；

B.换做铜线；乙池是原电池，甲池是电解电镀；

C.该原电池中；银作正极，正极上得电子发生还原反应；

D.铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜．

本题考查了原电池原理，明确原电池中正负极上发生的反应是解本题关键，注意电子不经过电解质溶液，为易错点．【解析】rm{BD}13、CD【分析】解：A．水解生成胶体；丁达尔现象为胶体特有的性质，则溶液变红褐色，出现丁达尔效应，故A正确；

B．FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，发生氧化还原反应生成碘，氧化性：Fe3+＞I2；则溶液变蓝，故B正确；

C．乙醇易挥发；乙醇能被高锰酸钾氧化，不能验证乙烯的生成，故C错误；

D．氯化钡与碳酸根离子反应；使碳酸根离子水解平衡逆向移动，碱性降低，结论不合理，氯化钡为中性，故D错误；

故选：CD。

A．水解生成胶体；丁达尔现象为胶体特有的性质；

B．FeCl3溶液中滴加少量KI溶液；发生氧化还原反应生成碘；

C．乙醇易挥发；乙醇能被高锰酸钾氧化；

D．氯化钡与碳酸根离子反应；使碳酸根离子水解平衡逆向移动，碱性降低．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】CD14、C|D【分析】解：A．反应消耗4molHCl会生成1mol氯气，由于稀盐酸不与二氧化锰反应，则反应生成的氯气小于1mol，转移的电子小于2mol，转移的电子数小于2NA；故A错误；

B．500℃、30MPa下，将0.2molN2和0.6molH2置于密闭的容器中反应生成NH3（g），由于该反应为可逆反应，则0.2mol氮气完全反应放出的热量大于7.72kJ，1moo氮气完全反应放出的热量会大于7.72kJ×=38.6kJ；故B错误；

C．反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0为放热反应；升高温度，可使反应速率增大，反应向着吸热的逆反应方向移动，故C正确；

D．元素原子最外层电子数多；元素的非金属性不一定强，如I原子最外层电子数为7，O原子最外层电子数为6，非金属性O＞I，所以原子的最外层电子数的多少与其非金属性的强弱无必然联系，故D正确；

故选CD．

A．稀盐酸不与二氧化锰反应；则反应生成的氯气小于1mol，转移的电子小于2mol；

B．合成氨的反应为可逆反应；则达到平衡时放出7.72kJ热量消耗的氮气小于0.2mol；

C．该反应为放热反应；升高温度平衡向着逆向移动，且温度升高反应速率增大；

D．元素非金属性越强；原子越容易获得电子，元素原子最外层电子数多，元素的非金属性不一定强．

本题考查热化学方程式计算与书写、氧化还原反应、影响化学平衡、化学反应速率的因素等知识，题目难度中等，明确可逆反应特点、化学反应速率和化学平衡的影响因素为解答关键，试题综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】【答案】CD15、AD【分析】解：rm{A.}滴定管中在装入滴定液之前；需要用滴定液润洗，目的是避免待装液被蒸馏水稀释，影响滴定结果，故A正确；

B.可以给锥形瓶中液体进行加热；不过加热时需要垫上石棉网，故B错误；

C.温度计用于控制馏出物温度；所以蒸馏时温度计水银球必须与蒸馏瓶支管口相平，故C错误；

D.振荡分液漏斗时；为了避免液体流出，应关闭分液漏斗的玻璃塞和活塞，故D正确；

故选AD．

A.无论避免待装液被稀释；滴定管中装入滴定液前需要用滴定液润洗；

B.锥形瓶可以加热；加热时需要垫上石棉网；

C.蒸馏操作时；温度计的水银球应于蒸馏瓶支管口相平；

D.根据分液漏斗的正确使用方法进行判断．

本题考查了常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见化学仪器的构造及正确的使用方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{AD}三、填空题(共9题，共18分)16、CaC2O4•H2OCaC2O4CaCO3+CO↑CH4OB【分析】【分析】化合物A是尿路结石的主要成分，可用X•nH2O表示，在300℃下分解得到B与C，B继续加热分解得到的E被人体吸入，与血红蛋白结合而使人中毒，则E为CO，K的大量排放是造成地球温室效应的主要原因，则K为CO2，故C为H2O，D中的阳离子与C（水）分子有相同的电子数，D晶体中阴、阳离子个数比是1：1，电解D的溶液得到三种物质G、H、I，应是电解NaCl溶液，则D为NaCl，G与H在点燃条件下反应生成L，则G、H分别为氢气、氯气中的一种，L为HCl，I为NaOH；K与G反应得到O与C（水），故G为H2、H为Cl2，（4）中若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5～10mL会导致双目失明，则O为CH3OH，若O是K与G按1：3的比例反应而得，则2CO2+6H2→C2H4+4H2O；所以可以得到有机物质是乙烯．

A中的阳离子与D中的阴离子的电子层结构相同，则A中阳离子为Ca2+，故X中含有Ca、C、O元素，结合X含有的三种元素的原子个数之比为1：2：4，故X为CaC2O4，图上数据100到87.7为失去结晶水的过程，则=1-87.7%，解得n=1，可以确定A为CaC2O4•H2O，则B为CaC2O4，A的相对分子质量为146，F的相对分子质量为146×68.5%=100，故F为CaCO3，J的相对分子质量为146×38.4%=56，故J为CaO，据此解答．【解析】【解答】解：化合物A是尿路结石的主要成分，可用X•nH2O表示，在300℃下分解得到B与C，B继续加热分解得到的E被人体吸入，与血红蛋白结合而使人中毒，则E为CO，K的大量排放是造成地球温室效应的主要原因，则K为CO2，故C为H2O，D中的阳离子与C（水）分子有相同的电子数，D晶体中阴、阳离子个数比是1：1，电解D的溶液得到三种物质G、H、I，应是电解NaCl溶液，则D为NaCl，G与H在点燃条件下反应生成L，则G、H分别为氢气、氯气中的一种，L为HCl，I为NaOH；K与G反应得到O与C（水），故G为H2、H为Cl2，（4）中若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5～10mL会导致双目失明，则O为CH3OH，若O是K与G按1：3的比例反应而得，则2CO2+6H2→C2H4+4H2O；所以可以得到有机物质是乙烯．

A中的阳离子与D中的阴离子的电子层结构相同，则A中阳离子为Ca2+，故X中含有Ca、C、O元素，结合X含有的三种元素的原子个数之比为1：2：4，故X为CaC2O4，图上数据100到87.7为失去结晶水的过程，则=1-87.7%，解得n=1，可以确定A为CaC2O4•H2O，则B为CaC2O4，A的相对分子质量为146，F的相对分子质量为146×68.5%=100，故F为CaCO3；J的相对分子质量为146×38.4%=56，故J为CaO，据此解答．

（1）由上述分析可知，A的化学式为CaC2O4•H2O，D为NaCl，其中阴离子为Cl-，Cl-离子结构示意图为

故答案为：CaC2O4•H2O；

（3）反应①的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑；

故答案为：CaC2O4CaCO3+CO↑；

（4）①若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮5～10mL会导致双目失明，则O为CH3OH；

故答案为：CH4O；

②若O是K与G按1：3的比例反应而得，则2CO2+6H2→C2H4+4H2O；所以可以得到有机物质是乙烯；

故选：B．17、C11H14O24HOOCCOOH【分析】【分析】（1）根据有机物的结构简式判断元素种类和个数；则可判断分子式；

（2）B中含有的官能团有酚羟基和碳碳双键；溴水可以和烯烃发生加成反应，和苯酚发生取代反应；

（3）C中能和氢气发生加成反应的有苯环；碳碳双键和醛基；据此判断产物；

（4）根据给予的信息进行迁移，写出C生成的有机化合物的结构简式，注意醛基也能被氧化成羧基．【解析】【解答】解：（1）该有机物的分子式为C11H14O2，故答案为：C11H14O2；

（2）B中含有的官能团有酚羟基和碳碳双键；溴水可以和烯烃中碳碳双键发生加成反应，和苯酚中酚羟基的邻；对位氢原子发生取代反应，所以1molB与溴水充分反应，需消耗4mol溴单质；

故答案为：4；

（3）C中能和氢气发生加成反应的有苯环；碳碳双键和醛基；所以反应方程式为：

+5H2则产物为

故答案为：

（4）给予的信息是碳碳双键能被强氧化剂氧化成两种羧酸，从碳碳双键处断裂形成羧基，醛基也能被氧化成羧基，所以C在强氧化剂条件下生成的有机化合物的结构简式为．

故答案为：HOOCCOOH．18、羟基KMnO4/OH-消去反应【分析】【分析】由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有-OH，且-OH、-COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为逆推可得G为F为故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为M为据此解答．【解析】【解答】解：由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，G中-CHO氧化为羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有-OH，且-OH、-COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为逆推可得G为F为故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为M为

（1）由上述分析可知，B为HOCH2CH2OH，含有羟基，D为

故答案为：羟基；

（2）E→F的反应条件是KMnO4/OH-；H→J的反应类型是：消去反应；

故答案为：KMnO4/OH-；消去反应；

（3）F→G的化学反应方程式是

故答案为：

（4）K→M属于加聚反应，由上述分析可知，M的结构简式是

故答案为：

（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是

故答案为：

（6）符合下列条件的C（）的同分异构体：

①属于芳香族化合物，含有苯环；②能发生银镜反应，含有-CHO或-OOCH，若为-CHO，则还含有2个-OH，若为-OOCH，则还含有1个-OH．③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2，符合条件的同分异构体为：

故答案为：．19、略

【分析】试题分析：（1）实验室制氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制得，生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。（2）实验室制备纯净干燥气体的装置依次为：发生装置、净化和干燥装置、收集装置和尾气处理装置。实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，应选A为发生装置；生成物中含有水，氨气溶于水显碱性，应选择碱石灰等固体干燥剂来吸收水蒸气，固体干燥剂一般盛放在干燥管或U形管中，故选C；氨气极易溶于水，且密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故选E；氨气有刺激性气味，有毒，不能直接排放到空气中；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，故选D；注意干燥管的使用原则是大口进小口出；所以仪器装置的接口连接顺序是d、e、g、f。（3）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，利于吸收更多的二氧化碳，提高纳米级碳酸钙的产量；二氧化碳能和氨水反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，离子方程式为：Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+。（4）若通入过量CO2发生的反应为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，CO2+CaCO3+H2O=2Ca(HCO3)2，溶液中大量存在的离子有Ca2+、HCO3-、NH4+和Cl-。（5）CO2过量滤液中含有Ca2+、HCO3-、NH4+和Cl-，CO2不足，滤液中含有Ca2+、NH4+、Cl-和氨水。A、滴加少量Na2CO3溶液，有沉淀CO2可能不足也可能过量，错误；B、滴加少量盐酸，若有气泡，CO2一定过量，正确；C、CO2不足或过量，滤液都可能显碱性，pH大于7，错误；D、CO2不足或过量，滴加少量BaCl2溶液，均无沉淀生成，错误；（6）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，将颗粒分散到水中能形成胶体，运用胶体的丁达尔效应判断，答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是。考点：考查氨气的实验室制法、侯德榜制碱法原理、离子检验和胶体的性质【解析】【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（2）d,e,g,f（3）NH3Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+（4）Ca2+HCO3-NH4+Cl-（5）B（6）取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是。20、3d84s2分子O＞N＞C＞Hsp3和sp25NA＜6MgNi3C【分析】【分析】（1）Ni是28号元素，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，写出其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2；据此判断其价电子排布式；

（2）根据分子晶体的熔沸点较低分析；

（3）①同一周期中；元素的电负性随着原子序数的增大而增大，根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式；C-C为碳碳σ键，C=N含有一个碳氮σ键；

②Ni2+含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni2+形成配位键；氧原子与氢原子之间形成氢键；

（4）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关；由于离子电荷相同，离子半径越大，晶格能越小，熔点越低；同种晶体结构类型的配位数相同；

（5）利用均摊法确定晶胞的化学式．【解析】【解答】解：（1）Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子数为10，价电子排布式为3d84s2；

故答案为：3d84s2；

（2）Ni（CO）4常温为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni（CO）4属于分子晶体；

故答案为：分子；

（3）①同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，氢的电负性最小，所以C、N、O、H四种元素的电负性大小顺序为：O＞N＞C＞H；甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对且不含孤电子对，为sp2杂化；C-C为碳碳σ键，C=N含有一个碳氮σ键，则1mol该分子中含有的碳碳σ键和碳氮σ键的总数为5NA；

故答案为：O＞N＞C＞H；sp3和sp2；5NA；

②Ni2+含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni2+形成配位键，不同分子中氧原子与氢原子之间形成氢键，如图所示：

故答案为：

（4）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径；属于熔点是：FeO＜NiO；因为Ni0；Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．

故答案为：＜；6；

（5）碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=×8，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=×6，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为MgNi3C；

故答案为：MgNi3C．21、③④③CH3CH（OH）COOH消去反应加聚反应2CH3CH（OH）COOH+O22+2H2OCH3CH（OH）COOHCH2=CHCOOH+H2O【分析】【分析】根据两分子A发生酯化反应生成可知，A为CH3CH（OH）COOH，一分子A可生成E，E再生成高分子化合物F，可推知E为CH2=CHCOOH，F为反应Ⅰ为消去反应，反应Ⅱ为加聚反应，A氧化得B为根据信息①，B在一定条件下氧化得C′和D′，C′是甲酸（HCOOH），则D′为HOOCCOOH，C和C′是同系物，所以C为CH3COOH，D为H2CO3，据此解答．【解析】【解答】解：根据两分子A发生酯化反应生成可知，A为CH3CH（OH）COOH，一分子A可生成E，E再生成高分子化合物F，可推知E为CH2=CHCOOH，F为反应Ⅰ为消去反应，反应Ⅱ为加聚反应，A氧化得B为根据信息①，B在一定条件下氧化得C′和D′，C′是甲酸（HCOOH），则D′为HOOCCOOH，C和C′是同系物，所以C为CH3COOH，D为H2CO3．

（1）C为CH3COOH；D′为HOOCCOOH，含有羧基数目不同，C和D′属于同类物质，故答案为：③；

（2）D′为HOOCCOOH，属于多元羧酸，E为CH2=CHCOOH；有碳碳双键和羧基，属于不饱和羧酸；

故答案为：④；③；

（3）由上述分析可知，A为CH3CH（OH）COOH，F为H为

故答案为：CH3CH（OH）COOH；

（4）反应Ⅰ为消去反应；反应Ⅱ为加聚反应；

故答案为：消去反应；加聚反应；

（5）A→B的反应方程式为：2CH3CH（OH）COOH+O22+2H2O；

A→E的反应方程式为：CH3CH（OH）COOHCH2=CHCOOH+H2O；

故答案为：2CH3CH（OH）COOH+O22+2H2O；CH3CH（OH）COOHCH2=CHCOOH+H2O．22、取代反应酯化（取代）反应【分析】【分析】由合成图及信息可知，反应①为取代反应，生成A，A为A与NaOH溶液发生中和反应生成B，B为D为甲苯，反应②为取代反应生成E（一氯甲苯），E水解生成F，F为反应③为A与F发生的酯化（取代）反应生成J，J为由B、J的结构可知，B→J的反应为取代反应，以此来解答．【解析】【解答】解：由合成图及信息可知，反应①为取代反应，生成A，A为A与NaOH溶液发生中和反应生成B，B为D为甲苯，反应②为取代反应生成E（一氯甲苯），E水解生成F，F为反应③为A与F发生的酯化（取代）反应生成J，J为由B；J的结构可知，B→J的反应为取代反应；

（1）反应②为甲苯的取代反应；反应③为A与F发生的酯化（取代）反应，故答案为：取代反应；酯化（取代）反应；

（2）由分析可知，J为F为故答案为：

（3）B+E→J的化学方程式为

故答案为：．23、硅二氧化硅硅硅胶【分析】【分析】（1）计算机芯片的主要成分为硅；

（2）二氧化硅是光导纤维的成分；

（3）硅太阳能电池的主要成分为硅；

（4）硅胶有很大的表面积，可用作干燥剂、吸附剂、催化剂载体．【解析】【解答】解：（1）硅是计算机芯片的原料；故答案为：硅；

（2）光导纤维的主要成分是二氧化硅；故答案为：二氧化硅；

（3）太阳能电池的主要成分为硅单质；故答案为：硅；

（4）硅胶有很大的表面积，可用作干燥剂、吸附剂、催化剂载体的人造分子筛，故答案为：硅胶．24、略

【分析】试题分析：在题目的已知条件中可知，反应实质是带负电荷的原子团取代了卤代烃中的卤原子。考点：卤代烃结构和性质。【解析】【答案】（1）CH3CH2SH＋NaBr（2）CH3OCH3＋NaI（3）CH3CH2OCH3＋NaCl（4）CH3CH2OCH2CH3＋NaCl四、判断题(共3题，共9分)25、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．26、√【分析】【分析】（1）羟基正在有机物分子最前面时应该表示为HO-；据此进行判断；

（2）醛基写在有机物分子前边时应该表示为：OHC-；

（3）酚羟基的表示方式错误；应该表示为：HO-；

（4）左边的硝基中含有原子组成错误，应该为O2N-；

（5）结构简式中酯基表示方式错误；

（6）苯乙醛中醛基的结构简式表示错误，应该为-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的结构简式正确，故答案为：√；

（2）羟基的表示方法错误，丙二醛的结构简式应该是：OHCCH2CHO，故答案为：OHCCH2CHO；

（3）酚羟基的表示方法错误，对甲基苯酚的结构简式应该是：故答案为：

（4）左边硝基的组成错误，正确应该为：O2N-，三硝基甲苯的结构简式为故答案为：

（5）酯基的表示方法错误，甲酸苯酚的结构简式是故答案为：

（6）醛基的书写错误，苯乙醛的结构简式是：

故答案为：．27、√【分析】【分析】红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量；所以红外光谱仪；核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析；故说法正确；

故答案为：√．五、推断题(共1题，共6分)28、小苏打Na2CO32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑HCO3-+OH-=CO32-+H2O2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3复分解反应【分析】【分析】甲、乙是单质，甲为黄绿色气体，应为Cl2，乙蒸汽制得的电光源已大量应用于道路和广场的照明和航标灯，应为Na，B、C、D、E、F五种化合物的焰色反应均为黄色，说明都含有Na元素；当D转化为C或E时，都生成能支持燃烧的无色气体单质，则该气体为O2，可知D应为Na2O2，C、E为NaOH或Na2CO3，由B加热生成C可知C应为Na2CO3，E为NaOH，B为NaHCO3，F是生活中常见的调味品，应为NaCl，A可生成NaHCO3或NaCl，且能生成Cl2，则A应为HCl，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：甲、乙是单质，甲为黄绿色气体，应为Cl2，乙蒸汽制得的电光源已大量应用于道路和广场的照明和航标灯，应为Na，B、C、D、E、F五种化合物的焰色反应均为黄色，说明都含有Na元素；当D转化为C或E时，都生成能支持燃烧的无色气体单质，则该气体为O2，可知D应为Na2O2，C、E为NaOH或Na2CO3，由B加热生成C可知C应为Na2CO3，E为NaOH，B为NaHCO3，F是生活中常见的调味品，应为NaCl，A可生成NaHCO3或NaCl，且能生成Cl2；则A应为HCl；

（1）由以上分析可知B为NaHCO3，俗称小苏打，C为Na2CO3，故答案为：小苏打；Na2CO3；

（2）Na2O2生成NaOH的离子反应方程式2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；

（3）NaHCO3与NaOH在溶液中反应的离子方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

（4）向Na2CO3溶液中通入Cl2，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，应为NaClO，同时有NaHCO3生成．

该反应的化学方程式是2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3；

故答案为：2Na2CO3+Cl2+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3；

（5）HCl与Na2CO3溶液反应可生成NaHCO3，反应的方程式为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；其反应类型为复分解反应；

故答案为：复分解反应．六、简答题(共3题，共12分)29、略

【分析】解：（1）实验室利用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）装置I为氯气发生装置；制备的氯气中含有HCl，饱和食盐水除去氯气中HCl，Ⅲ装置验证氯气无漂白性，是氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，Ⅳ中检验氯气检验氧化性，V中NaOH溶液吸收氯气，防止污染空气，装置Ⅱ的作用是：除去氯气中的氯化氢气体，降低氯气在水中的溶解度；

故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；降低氯气在水中的溶解度；

（3）装置Ⅳ中发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；碘与淀粉变蓝色，实验现象为：无色溶液变蓝色；

故答案为：Cl2+2KI=I2+2KCl；无色溶液变蓝色；

（4）进入装置Ⅲ的氯气中含有水蒸汽；应在Ⅱ；Ⅲ之间添加氯气干燥装置，可以用浓硫酸干燥，选择装置④；

故答案为：干燥Cl2；

（5）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O．

（1）实验室利用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气；反应生成氯化锰；氯气与水；

（2）装置I为氯气发生装置；制备的氯气中含有HCl，饱和食盐水除去氯气中HCl，Ⅲ装置验证氯气无漂白性，是氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，Ⅳ中检验氯气检验氧化性，V中NaOH溶液吸收氯气，防止污染空气；

（3）氯气将碘离子氧化为碘单质；碘与淀粉变蓝色；

（4）进入装置Ⅲ的氯气中含有水蒸汽；应在Ⅱ；Ⅲ之间添加氯气干燥装置，可以用浓硫酸干燥；

（5）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠；次氯酸钠与水．

本题考查氯气实验室制备与性质实验，侧重考查对实验原理与装置的分析评价，有利于培养学生分析能力、实验能力与知识迁移应用能力，难度中等．【解析】MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；除去氯气中的氯化氢气体，降低氯气在水中的溶解度；无色溶液变蓝色；Cl2+2KI=I2+2KCl；干燥Cl2；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O30、略

【分析】解：骤中铝与氢氧化反生成偏铝酸钠和氢气；反应的离子方式A+2OH-2H2=AO2-+3H2↑；

方程计量系数之比等于转量之比，所该应方程式为：CoC2+2O2Co3O46CO；

210℃～290℃过程是CC24发生反应，产生的只有CO2，依据元守恒得到生成C2物质的为06mo，质量=0.6ol×44/mo=2.64气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2明说明有体参加应应氧气，则应的氧气质量=.6g-2g=0.，O质的量==02mol；则：

依据表中数据分断加入碳钠调节溶液PH沉离离子；但不能沉钴离子步骤中Na2CO3溶液的作用调节溶液的pH，应使溶液的H不超过.15，废主要成分LiF和FeOH）；

故答案为：降低溶液Li浓；避免步骤中产生i2O3淀；

LiC2中元素化价为+1价；据为原电池反，锂素化合价升高发生氧化反应分析判，LxC中锂素化合价为0价，是锂质镶嵌在碳中做原电池负极由锂离子电池的总方程式可知C+LCoOixCLi1-xCo为充电程为电解池则池给锂离子电池充电，LiCoO为阳极失电子发生氧化反应：iCoO-xe-=Li1COxLi+，C为阴极得电子发生还应C+x-+x+=LixC；

n（CoC2O4）O）：n（CO）=0.03：0.0：0.0=：2：；

故答案为：3C2O42O2CO4+6CO2；

故案为：Co23+6++2Cl=2C2++Cl2+H2O；

故答为：2Al+2OH-+H2O=AO2+