2025年人教版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年人教版高三化学下册月考试卷94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6题，共12分)1、在一定条件下，将PCl3（g）和Cl2（g）充入体积不变的2L密闭容器中发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）；5min末达到平衡；有关数据如表．

。PCl3（g）Cl2（g）PCl5（g）初始浓度（mol•L-1）2.01.00平衡浓度（mol•L-1）c1c20.4下列判断不正确的是（）A.若升高温度，反应的平衡常数减小，则正反应为吸热反应B.反应5min内，v（PCl3）=0.08mol•L-1•min-1C.当容器中为1.2molCl2时，可逆反应达到平衡状态D.平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，在相同条件下再达平衡时，c（PCl5）＜0.2mol/L2、分别在pH=1的酸和pH=13的NaOH溶液中加入足量的铝，放出的H2的量前者多；其原因可能是（）

①酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积②两溶液的体积相同；酸是多元强酸。

③酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大④两溶液的体积相同，酸是一元弱酸．A.①④B.④C.②③D.③3、小明同学从S+O2═SO2中获得以下信息：

①该反应反应物是硫和氧气；

②反应发生条件是点燃；

③反应前后元素种类和原子个数不变；

④反应前后分子总数保持不变；

⑤参加反应的硫和氧气的质量比为2：1．

其中正确的信息是（）A.①②④⑤B.①②③C.④⑤D.①②③⑤4、下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是（）A.氢氧化钠B.氢氧化铝C.氧化钙D.碳酸钡5、喷泉实验的原理是产生内外压强差．下列各组气体与对应的液体不易产生喷泉现象的是（）

。ABCD气体CO2HClHClSO2液体H2ONaOHH2ONaOHA.AB.BC.CD.D6、一定条件下，可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，有关该反应的叙述正确的是（）A.正催化剂能加快正反应速率v正，不影响v逆，所以缩短了反应达平衡所需的时间B.将lmolN2和H23mol充分反应达到平衡时，放出的热量等于92.4kJC.平衡时增大氮气的浓度，达新平衡时N2转化率减小，H2转化率增大D.当c（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2时，反应就达到平衡状态评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)7、某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种．向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，此溶液的焰色为黄色．根据以上实验现象，下列关于原溶液中离子成分的推测正确的是（）A.一定有S2-、SO32-、Na+B.可能只有Na+、S2-、CO32-C.一定没有Ag+、Al3+D.可能只有Na+、S2-、NO3-8、甲、乙、丙都是短周期元素，其中甲、乙两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，丙元素原子K层和M层电子数之积与L层的电子数相同．则下列判断不正确的是（）A.乙元素的族序数比甲元素的族序数大B.甲、丙元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：甲＞丙C.原子半径由大到小的顺序：丙＞甲＞乙D.含乙元素的化合物数目比含甲或丙元素的化合物数目多9、rm{Sorbicillin(}简称化合物rm{X)}是生产青霉素时的一个副产品，其结构简式如图所示，下列有关化合物rm{X}的说法正确的是()

A.分子中所有碳原子可能处于同一平面B.rm{1mol}化合物rm{X}可以与rm{2molNa_{2}CO_{3}}反应C.rm{1mol}化合物rm{X}可以与浓溴水发生取代反应，消耗rm{3molBr_{2}}D.化合物rm{X}与rm{H_{2}}完全加成，每个产物分子中含有rm{4}个手性碳原子10、短周期元素X；Y、Z、W、Q在周期表中相对位置如图；其中元素X是地壳中含量最高的元素，下列说法正确的是（）

。XYZWQA.阴离子的还原性：W2-＜Q-＜Y-B.常温下，X2与W的单质间化合反应不能自发进行C.ZX2是两性氧化物D.Y的氢化物可用来篆刻玻璃11、在体积均为rm{1.0L}的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入rm{0.1molCO_{2}}和rm{0.2molCO_{2}}在不同温度下反应rm{CO_{2}(g)+C(s)=2CO(g)}达到平衡，平衡时rm{CO_{2}}的物质的量浓度rm{c(CO_{2})}随温度的变化如图所示rm{(}图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上rm{)}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应rm{CO_{2}(g)+C(s)=2CO(g)}的rm{娄陇S>0}rm{娄陇H<0}B.体系的总压强rm{p_{脳脺}:p_{脳脺}(}状态Ⅱrm{)>2p_{脳脺}(}状态Ⅰrm{)}C.体系中rm{c(CO):c(CO}状态Ⅱrm{)<2c(CO}状态Ⅲrm{)}D.逆反应速率rm{v_{脛忙}:v_{脛忙}(}状态Ⅰrm{)>v_{脛忙}(}状态Ⅲrm{)}12、下列物质的结构或性质与氢键无关的是rm{(}rm{)}A.乙醚的沸点B.乙醇在水中的溶解度C.氢化镁的晶格能D.rm{DNA}的双螺旋结构评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、如图为某套实验装置示意图；其中加热装置和部分药品等均已经省略（装置①和装置②为气体发生装置）．

（1）甲同学利用如图1所示装置（在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶）制备NO2并验证其性质．装置①用于实验室制备NH3，用装置②制备过量O2．装置①中发生反应的化学方程式是____；B处冰水冷却的U型管中有红棕色气体生成且越接近U型管底部颜色越浅，请写出有关反应的化学方程式____；

（2）SO3常温下是液体，16.8℃以下是无色或白色晶体．乙同学利用此套装置合成SO3，其反应为2SO2+O2⇌加热催化剂2SO3，B处冰水冷却的U型管中的固体出现．C中若盛放K2Cr2O7溶液，则在C中发生的氧化还原反应的离子方程式是____；（生成物中Cr以Cr3+形式存在）；现欲制得纯净干燥的SO3，若C中盛放NaOH溶液，则此装置中存在明显不足，应如何改进____（从下面图2给出的实验装置中选择字母标号补充或替换；并用简要文字说明）

（3）丙同学采用图3所示装置拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率（装置①、装置②分别制NO和NH3）；将上述装置A；B、C分别换成下列⑤、⑥、⑦．

请回答：装置⑦的作用可能是____；若进入装置⑤的NO共22.4L（已折算为标准状况，下同），氨气过量，最后收集到标准状况下11.2LN2，则NO的转化率（转化率=已转化的量/原来的总量）是____（能正确表达出计算过程即可）．14、尿素[CO（NH2）2]是一种非常重要的高氮化肥，以天然气（含H2S）为原料合成尿素的主要步骤如图1所示（图中某些转化步骤未列出）．

请回答下列问题：

（1）尿素中C原子的杂化方式为____杂化，反应①的离子方程式是____；

（2）上述过程中天然气脱硫后产生的Fe2S3、H2O与O2反应的化学方程式是____；

（3）反应②的正反应是放热反应，升温，反应的平衡常数将____（填“增大”、“减小”或“不变”），工业采用在500℃的温度下催化合成氨，原因是____；

（4）上述步骤中，除水之外能循环利用的是____；

（5）如果整个生产过程釆用绿色化学工艺，则生产120t尿素理论上需要CH4____m3（标准状况）．

（6）化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电．用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水又能发电．尿素燃料电池结构如图2所示，工作时负极的电极反应式为____．15、A是一种五元环状化合物；其核磁共振氢谱只有一个峰；F的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3；G是一种合成橡胶和树脂的重要原料．A→G的转化关系如图：

已知：

请填写下列空白．

（1）写出A的结构简式：____．

（2）B中含氧官能团的名称是____；⑤的反应类型是____．

（3）G按系统命名法应命名为____．

（4）若E在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，写出该六元环化合物的结构简式：____．

（5）反应⑥的化学方程式为____．

（6）有机物H与E互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，写出所有符合条件的H的结构简式：____．16、水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）A是分子式为C4H10O的一元醇，分子中只有一个甲基。F与A互为同分异构体，F的核磁共振氢谱图有2组峰，且峰面积比为9：1。则F与浓HBr溶液共热生成有机物的结构简式为。（2）B能与新制的Cu(OH)2悬浊液发生反应，该反应的化学方程式为。（3）C中所含官能团的名称为，若要检验C中所含官能团，一次取样检验，按使用试剂的先后顺序，下列选项中组(填字母编号)更为合理。a．银氨溶液、溴水b．溴水、银氨溶液c．银氨溶液、稀盐酸、溴水d．溴水、氢氧化钠溶液、银氨溶液（4）第③步的反应类型为。（5）同时符合下列条件的水杨酸的同分异构体有种。a．分子中含有6个碳原子在同一条直线上b．分子中所含官能团包括水杨酸具有的含氧官能团17、查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水；易溶于酸的化合物．试回答下列问题：

（1）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是____（填序号）．

A．测定这两种溶液的pHB．分别在两种溶液中滴加甲基橙。

C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别。

（2）人体正常的血红蛋白含有Fe2+．若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒．下列叙述不正确的是____（填序号）．

A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂。

C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂。

（3）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是____（填序号）．

A．Cl2B．FeC．H2O2D．HNO3

（4）某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离子方程式：____．

（5）已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾（K2FeO4），高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体．高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是____．18、（1）请用“＞”；“＜”或“=”填写下列空格：

①已知：Zn（s）+CuSO4（aq）═ZnSO4（aq）+Cu（s）△H=-216kJ•mol-1，则E反应物____E生成物

②由A、B两金属作电极，硫酸溶液作电解质溶液，形成原电池，电流由A极经外电路流向B极，则金属活泼性A____B

③镀层破损后铁的腐蚀速度比较：镀锌铁管____镀锡铁管。

（2）用“增大”；“减小”或“不变”填写下列空格：

④以石墨为电极电解Na2SO4溶液时，电解过程中阳极区溶液的pH____

⑤某温度下，可逆反应A（s）+B（g）⇌2C（g）；△H＜0，平衡常数为K．其它条件不变时，温度升高，平衡常数K____．19、物质Ⅰ是一种高分子化合物，常用作光盘的支持基片，化合物A（C5H8O2）不溶于水；有以下的转化关系．

已知：E能发生银镜反应；F能与NaHCO3反应放出气体；G的一氯取代物H有2种不同的结构．请回答以下问题：

（1）A分子中含有的官能团名称____．

（2）写出Ⅰ的结构简式____．

（3）①写出A→B+F的化学方程式____．

②写出H与NaOH溶液反应的化学方程式____（任写一个）

（4）F的同分异物体有多种，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式____．

①能发生银镜反应②属于酯类③含有甲基．20、（6分）结晶玫瑰是一种具有玫瑰香气的香料，可由下列方法合成(部分反应物及反应条件未标出):请回答下列问题：（1）已知A是苯的一种同系物，写出A的结构简式。（2）C的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有种。（3）①的反应类型是。（4）写出②的化学方程式。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)21、分液时，先将下层液体从分液漏斗下端放出，再将上层液体从上口倒出．____．（判断对错）22、某烷烃的名称为2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判断对错）23、将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的；____．评卷人得分五、探究题(共4题，共24分)24、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．25、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、简答题(共2题，共10分)28、下列原子的外围电子排布式（或外围轨道表示式）中，哪一种状态的能量较低？试说明理由。(1）氮原子：A.B.(2）钠原子：A.3s1B.3p1(3)铬原子：A.3d54s1B.3d44s2(4)碳原子：29、海水中主要离子的含量如下：

。成分含量rm{/(mg/L)}成分含量rm{/(mg/L)}rm{Cl^{-}}rm{18980}rm{Ca^{2+}}rm{400}rm{Na^{+}}rm{10560}rm{HCO_{3}^{-}}rm{142}rm{SO_{4}^{2-}}rm{2560}rm{Mg^{2+}}rm{1272}rm{(1)}常温下，海水的rm{pH}在rm{7.5隆芦8.6}之间，其原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}______．

rm{(2)}电渗析法淡化海水示意图如图所示，其中阴rm{(}阳rm{)}离子交换膜仅允许阴rm{(}阳rm{)}离子通过rm{.}阴极上产生氢气，阴极附近还产生少量白色沉淀，其成分有______和rm{CaCO_{3}}生成rm{CaCO_{3}}的离子方程式是______．

rm{(3)}用海水可同时生产氯化钠和金属镁或镁的化合物；其流程如下图所示：

rm{垄脵}在实验室中由粗盐“重结晶”制精盐的操作包括溶解、过滤、蒸发rm{}洗涤等步骤；有关其中“蒸发”步骤的叙述正确的是______．

rm{a.}蒸发的目的是得到热饱和溶液。

rm{b.}蒸发的目的是析出晶体。

rm{c.}应用余热蒸干溶液。

rm{d.}应蒸发至有较多晶体析出时为止。

rm{垄脷}由rm{MgCl_{2}}溶液得到rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}晶体时；也需要蒸发，蒸发的目的是得到热饱和溶液，判断溶液已饱和的现象是______．

rm{(4)25隆忙}时，饱和rm{Mg(OH)_{2}}溶液的浓度为rm{5隆脕10^{-4}}rm{mol/L}．

rm{垄脵}饱和rm{Mg(OH)_{2}}溶液中滴加酚酞；现象是______．

rm{垄脷}某学习小组测海水中rm{Mg^{2+}}含量rm{(mg/L)}的方法是：取一定体积的海水，加入足量______，再加入足量rm{NaOH}将rm{Mg^{2+}}转为rm{Mg(OH)_{2}.25隆忙}该方法测得的rm{Mg^{2+}}含量与表中rm{1272mg/L}的“真值”比，相对误差约为______rm{%[}保留rm{2}位小数，海水中饱和rm{Mg(OH)_{2}}溶液的密度都以rm{l}rm{g/cm^{3}}计rm{]}．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】A；若升高温度；反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；

B、根据v=求得PCl5的速率，利用速率之比等于计量数之比求得PCl3的速率；

C、平衡时△c（PCl5）=0.4mol/L，根据方程式可知△c（Cl2）=0.4mol/L，根据△n=△c×V计算△n（Cl2），进而计算平衡时Cl2的物质的量；

D、平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，就相当于起始物质的量为原来的一半，由于容器体积不变，所以新平衡时压强减小，平衡逆向移动，PCl5的浓度小于原来的一半，据此判断．【解析】【解答】解：A；若升高温度；反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B、根据v=求得PCl5的速率为mol•L-1•min-1=0.08mol•L-1•min-1，利用速率之比等于计量数之比求得PCl3的速率为0.08mol•L-1•min-1；故B正确；

C、平衡时△c（PCl5）=0.4mol/L，根据方程式可知△c（Cl2）=0.4mol/L，△n（Cl2）=0.4mol/L×2L=0.8mol，故平衡时Cl2的物质的量为1mol/L×2L-0.8mol=1.2mol；故C正确；

D、平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，就相当于起始物质的量为原来的一半，由于容器体积不变，所以新平衡时压强减小，平衡逆向移动，PCl5的浓度小于原来的一半；故D正确；

故选A．2、A【分析】【分析】前者放出的氢气多，说明前者消耗的铝多，由铝与氢离子反应和铝与氢氧根离子反应方程式可知，前者消耗的氢离子的物质的量大于后者消耗氢氧根离子物质的量的3倍即：n（H+）＞3n（OH-）；

①pH=1的酸中c（H+）和pH=13的NaOH溶液c（OH-）相等，c（H+）=c（OH-）=1×10-1mol/L；酸溶液的体积越大提供氢离子物质的量越多；

②若体积相等；酸是多元强酸，则酸溶液氢离子的物质的量和氢氧化钠溶液中氢氧根离子物质的量相等；

③若PH=1的强酸浓度比氢氧化钠溶液大；则氢氧化钠溶液的PH≠13；

④与强酸相比，弱酸溶液中存在未电离的弱酸分子，在与铝反应时会电离出氢离子．【解析】【解答】解：①pH=1的酸中c（H+）和pH=13的NaOH溶液c（OH-）相等，c（H+）=c（OH-）=1×10-1mol/L，只要酸溶液的体积大于NaOH溶液3倍，定有n（H+）＞3n（OH-）；不管强酸和弱酸，故①正确；

②pH=1的酸中c（H+）和pH=13的NaOH溶液c（OH-）相等，c（H+）=c（OH-）=1×10-1mol/L，若两溶液的体积相等酸为强酸时，酸提供n（H+）=n（OH-），不满足n（H+）＞3n（OH-）；故②错误；

③pH=1的酸中c（H+）和pH=13的NaOH溶液c（OH-）相等，c（H+）=c（OH-）=1×10-2mol/L；若PH=1的强酸浓度比氢氧化钠溶液的大，则氢氧化钠的PH小于13，与题意矛盾，故③错误；

④弱酸溶液中存在未电离的弱酸分子，在与铝反应时会电离出氢离子，故pH=1的弱酸能提供的n（H+）＞n（OH-），有可能出现n（H+）＞3n（OH-）的情况；故④正确；

故选：A．3、B【分析】【分析】化学方程式可表示：反应物和生成物的种类；反应的条件；反应物和生成物的微观粒子个数比；反应物和生成物的质量比等；据此进行分析判断．【解析】【解答】解：①根据化学方程式S+O2SO2；该反应的反应物为硫和氧气，生成物是二氧化硫，故①正确；

②根据化学方程式S+O2SO2；该反应的反应物是硫和氧气，反应条件是点燃，故②正确；

③根据化学反应质量守恒定律；反应前后元素种类和原子个数不变，故③正确；

④根据化学方程式S+O2SO2；该反应反应前是分子个数是2，反应后是1，反应前后分子数发生改变，故④错误；

⑤根据化学方程式S+O2SO2；参加反应的硫和氧气的质量比32：（16×2）=1：1，故⑤错误；

故选B．4、B【分析】【分析】能够和酸发生化学反应的物质有：活泼金属、金属氧化物、碱、盐等，因此治疗胃酸过多，首先应选择一种能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性．【解析】【解答】解：A．氢氧化钠有腐蚀性；不能用于治疗胃酸过多，故A错误；

B．氢氧化铝能与盐酸烦；常用来做胃药，故B正确；

C．氧化钙与水反应生成的氢氧化钙有腐蚀性；不能用于治疗胃酸过多，故C错误；

D．碳酸钡与盐酸反应生成钡离子；钡离子是重金属盐，有毒，能使蛋白质变性，故D错误．

故选B．5、A【分析】【分析】气体与液体极易反应，或气体极易溶于水，均可发生喷泉实验，以此来解答．【解析】【解答】解：A．二氧化碳在水中溶解度不大；且与水的反应为可逆反应，不易产生喷泉现象，故A选；

B．HCl极易与NaOH溶液反应；易产生喷泉现象，故B不选；

C．HCl极易溶于水；易产生喷泉现象，故C不选；

D．二氧化硫极易与NaOH溶液反应；易产生喷泉现象，故D不选；

故选A．6、C【分析】【分析】A．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；

B．可逆反应中反应物不可能完全转化为生成物；

C．增大反应物的浓度；平衡向正反应方向移动，能提高其它反应物的转化率，但其本身的转化率减小；

D．当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变；【解析】【解答】解：A．正催化剂能同等程度的增大正逆反应速率；缩短反应到达平衡的时间，故A错误；

B．该反应是可逆反应；反应物不能完全转化为生成物，所以放出的能量小于于92.4kJ，故B错误；

C．平衡时；增大氮气的浓度，平衡向正反应方向移动，所以能提高氢气的转化率，但氮气的转化率减小，故C正确；

D．当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，但当c（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2时；反应不一定达到平衡状态，这与反应物的初始浓度和转化率有关，故D错误；

故选C．二、双选题(共6题，共12分)7、C|D【分析】解：溶液中加入稀盐酸，浅黄色沉淀和气体出现，SO32-、S2-或者NO3-、S2-在加入盐酸后可以生成沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；溶液的焰色为黄色，则含有Na+；推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，依据离子共存判断Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有；

A、此溶液中一定有Na+、S2-，而SO32-可能有；故A错误；

B、若只有Na+、S2-、CO32-；则向此溶液中加入稀盐酸，没有浅黄色沉淀出现，故B错误；

C、上述分析判断可知，此溶液中一定没有Ag+、Al3+；故C正确；

D、上述分析判断可知，此溶液中可能有S2-、NO3-；故D正确；

故选CD．

溶液中加入稀盐酸，浅黄色沉淀和气体出现，SO32-、S2-存在或者NO3-、S2-存在加入盐酸可以生成沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；溶液的焰色为黄色，则含有Na+；推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，依据离子共存判断Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有．

本题考查了离子性质的应用和离子检验方法的分析判断，掌握离子性质的反应现象是解题关键，题目难度较大【解析】【答案】CD8、B|D【分析】解：甲；乙、丙都是短周期元素；其中甲、乙两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，则甲、乙都有2个电子层，甲元素原子的最外层电子数是2×2=4，故甲为C元素，乙元素原子的最外层电子数为2×3=6，故乙为O元素，丙元素原子K层和M层电子数之和与L层的电子数相同，则M层电子数为8-2=6，故丙为S元素．

A．乙为O；原子序数为8，处于第二周ⅥA，甲为C，原子序数为6，处于第二周ⅣA族，则乙元素的族序数比甲元素的族序数大，故A正确；

B．甲为C；其最高价含氧酸为碳酸，属于弱酸，丙为S，最高价含氧酸为硫酸，属于强酸，故硫酸的酸性更强，故B错误；

C．C；O都位于第二周期；同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径C＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径S＞C＞O，故C正确；

D．甲为C元素；C元素可形成有机物，种类繁多，比O；S形成的化合物的种类多，故D错误．

故选：BD．

甲；乙、丙都是短周期元素；其中甲、乙两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，则甲、乙都有2个电子层，甲元素原子的最外层电子数是2×2=4，故甲为C元素，乙元素原子的最外层电子数为2×3=6，故乙为O元素，丙元素原子K层和M层电子数之和与L层的电子数相同，则M层电子数为8-2=6，故丙为S元素，据此解答．

本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，注意把握核外电子排布规律与元素周期表的结构．【解析】【答案】BD9、AB【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.有机物含有苯环、碳碳双键、羰基，所有碳原子不能处于同一平面，故A正确；B.有机物含有rm{2}个酚羟基，故rm{1mol}化合物rm{X}可以与rm{2molNa_{2}CO_{3}}反应，故B正确；C.有机物的酚羟基的邻对位有rm{1}个，故rm{1mol}化合物rm{X}可以与浓溴水发生取代反应，消耗rm{1molBr_{2}}故C错误；D.化合物rm{X}与rm{H_{2}}完全加成，每个产物分子中含有rm{3}个手性碳原子，故D错误。故选AB。【解析】rm{AB}10、B|D【分析】解：由上述分析可知；X为O元素，W为S，Y为F，Q为Cl，Z为Si；

A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则阴离子的还原性：W2-＞Q-＞Y-；故A错误；

B．常温下，X2与W的单质间化合反应不能自发进行；应点燃或加热，故B正确；

C．ZX2是酸性氧化物；与碱反应生成盐和水，故C错误；

D．二氧化硅与HF酸反应；则Y的氢化物可用来篆刻玻璃，故D正确；

故选BD．

短周期元素X；Y、Z、W、Q；元素X是地壳中含量最高的元素，则X为O元素，结合元素在周期表中相对位置图，可知W为S，Y为F，Q为Cl，Z为Si，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】【答案】BD11、BC【分析】【分析】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，选项BC为解答的难点，题目难度中等。【解答】A.由气体的化学计量数增大可知rm{triangleS>0}由图中温度高平衡时rm{c(CO_{2})}小，则升高温度平衡正向移动，可知rm{triangleH>0}故A错误；B.分别加入rm{0.1molCO_{2}}和rm{0.2molCO_{2}}曲线rm{I}为加入rm{0.1molCO_{2}}曲线rm{II}为加入rm{0.2molCO_{2}}若平衡不移动，体系的总压强为rm{P_{脳脺}(}状态Ⅱrm{)=2P_{脳脺}(}状态Ⅰrm{)}由方程式可知rm{CO_{2}}减少多少，体系中气体总量就增加多少，且图中曲线rm{I}中二氧化碳减少量小于一半，则气体总量小于rm{1.5}而曲线rm{II}中二氧化碳减少量大于一半，则气体总量大于rm{3.0}则体系的总压强为rm{P_{脳脺}(}状态Ⅱrm{)>2P_{脳脺}(}状态Ⅰrm{)}故B正确；C.状态rm{II}状态Ⅲ的温度相同，状态rm{II}看作先加入rm{0.1molCO_{2}}与状态Ⅲ平衡时rm{CO}的浓度相同，再加入rm{0.1molCO_{2}}若平衡不移动，Ⅱ状态rm{CO}的浓度等于rm{2}倍Ⅲ，但再充入rm{CO_{2}}相当增大压强，平衡左移，消耗rm{CO}则rm{c(CO}状态Ⅱrm{)<2c(CO}状态Ⅲrm{)}故C正确；D.状态rm{I}状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为rm{v_{脛忙}(}状态Ⅰrm{)<v_{脛忙}(}状态Ⅲrm{)}故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}12、rAC【分析】解：rm{A.}乙醚分子间不存在氢键；乙醚的沸点与氢键无关，故A选；

B.乙醇和水分子间能形成氢键；乙醇在水中的溶解度与氢键有关，故B不选；

C.氢化镁为离子化合物；氢化镁的晶格能与氢键无关，故C选；

D.rm{DNA}含有rm{O-H}rm{N-H}键；双螺旋结构与氢键有关，故D不选。

故选：rm{AC}

氢键是分子间作用力的一种，rm{F}rm{O}rm{N}的电负性较强；对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有显著的影响，如熔点；沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点升高或降低，以此解答该题．

本题为rm{2015}年海南考题第rm{19}题，侧重于氢键的考查，为高频考点，注意把握氢键的形成以及对物质的性质的影响，把握氢键与化学键、分子间作用了的区别，难度不大．【解析】rm{AC}三、填空题(共8题，共16分)13、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O2NO+O2=2NO2，2NO2（红棕）⇌N2O4（无色），Cr2O72-+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O将e、m依次连接在B、C之间或将C装置换成f吸收未反应的NO60%【分析】【分析】（1）装置①用于实验室制备NH3；铵盐与碱加热制备；一氧化氮易被氧气氧化成红棕色的二氧化氮，所以B处冰水冷却的U型管中有红棕色气体生成，二氧化氮中存在一个平衡，会转化为无色的四氧化二氮，温度降低，平衡向正反应方向移动，所以U型管底部颜色越浅；

（2）K2Cr2O7中的铬为+6价具有强氧化性，二氧化硫中的硫为+4价的硫具有还原性，发生氧化还原反应，据此书写化学方程式；欲制得纯净干燥的SO3；若C中盛放NaOH溶液需将C装置换成f，或将e；m依次连接在B、C之间；

（3）硫酸亚铁吸收NO，Fe2++NO=Fe（NO）2+生成配合物；根据反应6NO+4NH3═5N2+6H2O计算NO的转化率．【解析】【解答】解：（1）装置①用于实验室制备NH3，化学反应为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；B处冰水冷却的U型管中有红棕色气体生成且越接近U型管底部颜色越浅，是因为A中产生了NO，2NO+O2=2NO2，2NO2（红棕）⇌N2O4（无色），正反应是放热反应，U型管底部的温度降低，上述平衡向右移动，NO2浓度降低；颜色变浅；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，2NO+O2=2NO2，2NO2（红棕）⇌N2O4（无色）；

（2）K2Cr2O7中的铬为+6价具有强氧化性，二氧化硫中的硫为+4价的硫具有还原性，发生氧化还原反应，+6铬变为产物中的+3价铬，二氧化硫中+4价的硫变为产物中+6价的硫，反应的离子方程式为Cr2O72-+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O，欲制得纯净干燥的SO3；需用浓硫酸干燥需选e，不能选f，然后用m收集，将e；m依次连接在B、C之间或将C装置换成f；

故答案为：Cr2O72-+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O；将e；m依次连接在B、C之间或将C装置换成f；

（3）装置①、装置②分别制NO和NH3，在⑤中二者发生氧化还原反应生成氮气，可能混有NO或氨气，⑥可吸收水或氨气，因一氧化氮与二价铁形成配位键，溶液中淡绿色的二价铁变成棕色的一氧化氮配合物，反应为FeSO4+NO=Fe（NO）SO4；装置⑦的作用吸收未反应的NO；

在一定条件下反应中气体的体积之比等于物质的量之比；

6NO+4NH3═5N2+6H2O

65

V11.2L

=，解得V=13.44L，则NO的转化率为×100%=60%；

故答案为：吸收未反应的NO；60%．14、sp2CO32-+CO2+H2O═2HCO3-2Fe2S3+6H2O+3O2═4Fe（OH）3+6S减小加快反应速率N2、H24.48×104CO（NH2）2+H2O-6e-═N2↑+CO2↑+6H+【分析】【分析】（1）尿素分子的结构简式为反应①中二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾；

（2）Fe2S3和H2O与02反应生成氢氧化铁和S；

（3）反应②为合成氨的反应；放热反应，温度升高，平衡逆向移动；500℃的温度下催化合成氨与反应速率有关；

（4）合成氨气的反应为可逆反应；不能完全转化；

（5）由C原子守恒可知，CH4～CO2～CO（NH2）2；以此计算；

（6）尿素燃料电池中尿素再负极上失去电子生成氮气、二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）尿素分子的结构简式为C原子上没有孤对电子，形成3个σ键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，反应①中二氧化碳与碳酸钾反应，离子反应为离子反应为CO32-+CO2+H2O═2HCO3-，故答案为：sp2；CO32-+CO2+H2O═2HCO3-；

（2）Fe2S3和H2O与02反应生成氢氧化铁和S，该反应为2Fe2S3+6H2O+3O2═4Fe（OH）3+6S，故答案为：2Fe2S3+6H2O+3O2═4Fe（OH）3+6S；

（3）反应②为合成氨的反应；放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数K减小；但500℃的温度下催化合成氨，可加快反应速率；

故答案为：减小；加快反应速率；

（4）除水之外能循环利用的是N2、H2的循环使用，充分利用氮元素、氢元素，提高了原子的利用率，故答案为：N2、H2；

（5）由C原子守恒可知，CH4～CO2～CO（NH2）2，则生产120t尿素理论上需要CH4为×22.4L/mol×10-3m3=4.48×104m3，故答案为：4.48×104；

（6）尿素燃料电池中尿素再负极上失去电子生成氮气、二氧化碳，负极反应为CO（NH2）2+H2O-6e-═N2↑+CO2↑+6H+；

故答案为：CO（NH2）2+H2O-6e-═N2↑+CO2↑+6H+．15、羧基加成反应1，3-丁二烯HOOCCH2CH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O【分析】【分析】A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，结合题给信息和A的分子式知，A中还含有碳碳双键，则A的结构简式为：故B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH2CH2COOH，C发生信息中的反应得到D为HOCH2CH2CH2CH2OH，由G的分子式可知，D发生消去反应生成G，故G为CH2=CHCH=CH2．B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B与水发生加成反应生成E，所以E为HOOCCH2CH（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，据此解答．【解析】【解答】解：A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，结合题给信息和A的分子式知，A中还含有碳碳双键，则A的结构简式为：故B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH2CH2COOH，C发生信息中的反应得到D为HOCH2CH2CH2CH2OH，由G的分子式可知，D发生消去反应生成G，故G为CH2=CHCH=CH2．B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B与水发生加成反应生成E，所以E为HOOCCH2CH（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3；

（1）由上述分析可知，A的结构简式为：故答案为：

（2）B为HOOCCH=CHCOOH，其中含氧官能团的名称是：羧基；反应⑤是HOOCCH=CHCOOH与水发生加成反应生成HOOCCH2CH（OH）COOH；故答案为：羧基；加成反应；

（3）G为CH2=CHCH=CH2；按系统命名法应命名为：1，3-丁二烯，故答案为：1，3-丁二烯；

（4）若E[HOOCCH2CH（OH）COOH]在一定条件下发生脱水反应生成六元环化合物，该六元环化合物的结构简式为：故答案为：

（5）反应⑥的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O；

故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2CH2COOCH3+2H2O；

（6）有机物H与E[HOOCCH2CH（OH）COOH]互为同分异构体，且官能团的种类和数目相同，所有符合条件的H的结构简式有：

故答案为：．16、略

【分析】试题分析：（1）根据F的核磁共振氢谱图有2组峰，且峰面积比为9：1可知F的结构简式为：C(CH3)3OH，F与浓HBr溶液共热发生取代反应，生成C(CH3)3Br。（2）B为CH3CH2CH2CHO，与新制的Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应，化学方程式为：CH3CH2CH2CHO＋2Cu(OH)2CH3CH2CH2COOH＋Cu2O↓＋2H2O。（3）根据题目所给信息，醛在NaOH溶液中加热能发生羟醛缩合反应，生成碳碳双键，所以C中所含官能团的名称为碳碳双键、醛基；银氨溶液可用于检验醛基，但银氨溶液呈碱性，应加入稀盐酸中和后，再加入溴水检验碳碳双键，如果不加入盐酸，溴水会和OH‾检验，影响碳碳双键的检验；若先加入溴水，Br2具有较强的氧化性，能氧化醛基，影响醛基的检验，故c项正确。（4）C为CH3CH2CH2CH=C(C2H5)CHO，根据D的相对分子质量为130可知D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(C2H5)CH2OH，所以第③步的反应类型为还原反应（或加成反应）。（5）水杨酸的分子式为C7H6O3，根据a．分子中含有6个碳原子在同一条直线上可知该物质含有结构，由b．分子中所含官能团包括水杨酸具有的含氧官能团，说明含有羧基、羟基，则可能结构为：所以同分异构体有4种。考点：本题考查有机合成的分析与推断、同分异构体、化学方程式的书写、官能团的检验。【解析】【答案】（1）C(CH3)3Br（2）CH3CH2CH2CHO＋2Cu(OH)2CH3CH2CH2COOH＋Cu2O↓＋2H2O（3）碳碳双键、醛基c（4）还原反应（或加成反应）（5）417、BDC6H++5NO2-+2MnO4-═NO3-+2Mn2++3H2O净水、消毒【分析】【分析】（1）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性；

B．甲基橙的变色范围是3.1-4.4；

C．酸性条件下；亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；

D．亚硝酸根离子不和银离子反应；氯离子和银离子反应生成白色沉淀；

（2）由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；

（3）Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子；但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质；

（4）把酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+；二者发生氧化还原反应；

（5）高铁酸钾具有氧化性可以消毒杀菌，在水中被还原为三价铁离子，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用．【解析】【解答】解：（1）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A错误；

B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B正确；

C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C错误；

D．亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别；故D错误；

故答案为：B；

（2）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+；说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂；

故答案为：D；

（3）由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子；但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水；

故答案为：C；

（4）酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，反应的离子方程式为：6H++5NO2-+2MnO4-═NO3-+2Mn2++3H2O；

故答案为：6H++5NO2-+2MnO4-═NO3-+2Mn2++3H2O；

（5）高铁酸钾（K2FeO4）中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水；消毒；

故答案为：净水、消毒．18、＞＜＜减小减小【分析】【分析】（1）①根据放热反应；反应物的总能量要大于生成物的总能量来判断；

②在原电池中；负极较正极活泼；

③在原电池中；正极被保护；

（2）④以石墨为电极电解Na2SO4溶液时，通过阳极OH-放电来判断；

⑤根据正反应放热来分析．【解析】【解答】解：（1）①在放热反应中；反应物的总能量要大于生成物的总能量，故答案为：＞；

②在原电池中；电流由正极流向负极，故A为正极，B为负极，而原电池中负极较正极更活泼，故答案为：＜；

③在原电池中；正极被保护．破损后，镀锌铁管中铁做正极被保护，镀锡铁管中铁做负极，更易被腐蚀，故答案为：＜；

（2）④以石墨为电极电解Na2SO4溶液时，阳极上来自于水的OH-放电，生成H+；故pH减小，故答案为：减小；

⑤可逆反应A（s）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，正反应放热，升高温度，平衡左移，平衡常数k减小，故答案为：减小．19、碳碳双键和酯基CH2=C（CH3）COOCH3+H2OCH2=C（CH3）COOH+CH3OHHCOOCH=CHCH3或HCOOCH（CH3）=CH2【分析】【分析】物质Ⅰ是一种高分子化合物，化合物A（C5H8O2）不溶于水，能发生水解反应，说明含有酯基；A水解生成B和F，B能连续被氧化，则B是醇、C是去哪、D是羧酸，B和D反应生成酯，酯E能发生银镜反应，则E为HCOOCH3，B是CH3OH、C是HCHO、D是HCOOH，A中不饱和度==2，A中含有酯基还含有一个碳碳双键，F能和碳酸氢钠反应生成气体，说明F中含有羧基，F和氢气发生加成反应生成G，G的一氯代物H有两种不同的结构，说明G有3种H原子，则G结构简式为（CH3）2CHCOOH，H为CH3CH（CH2Cl）COOH或（CH3）2CClCOOH，F为CH2=C（CH3）COOH，A为CH2=C（CH3）COOCH3，A发生加成反应生成I，I结构简式为

据此分析解答．【解析】【解答】解：物质Ⅰ是一种高分子化合物，化合物A（C5H8O2）不溶于水，能发生水解反应，说明含有酯基；A水解生成B和F，B能连续被氧化，则B是醇、C是去哪、D是羧酸，B和D反应生成酯，酯E能发生银镜反应，则E为HCOOCH3，B是CH3OH、C是HCHO、D是HCOOH，A中不饱和度==2，A中含有酯基还含有一个碳碳双键，F能和碳酸氢钠反应生成气体，说明F中含有羧基，F和氢气发生加成反应生成G，G的一氯代物H有两种不同的结构，说明G有3种H原子，则G结构简式为（CH3）2CHCOOH，H为CH3CH（CH2Cl）COOH或（CH3）2CClCOOH，F为CH2=C（CH3）COOH，A为CH2=C（CH3）COOCH3，A发生加成反应生成I，I结构简式为

（1）A为CH2=C（CH3）COOCH3；A分子中含有的官能团名称为碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键和酯基；

（2）I结构简式为故答案为：

（3）①A发生水解反应生成B、F，A→B+F的化学方程式CH2=C（CH3）COOCH3+H2OCH2=C（CH3）COOH+CH3OH；

故答案为：CH2=C（CH3）COOCH3+H2OCH2=C（CH3）COOH+CH3OH；

②H为CH3CH（CH2Cl）COOH或（CH3）2CClCOOH，H与NaOH溶液反应的化学方程式为

故答案为：

（4）F为CH2=C（CH3）COOH；F的同分异构体符合下列条件：

①能发生银镜反应说明含有醛基、②属于酯类说明含有酯基、③含有甲基，符合条件的同分异构体结构简式为HCOOCH=CHCH3或HCOOCH（CH3）=CH2；

故答案为：HCOOCH=CHCH3或HCOOCH（CH3）=CH2．20、略

【分析】试题分析：根据题给工艺流程知，A为甲苯，B为苄氯，C为苯甲醇。（1）A是甲苯，结构简式为（2）C为苯甲醇，与酚类、芳香醚互为同分异构体，包括苯甲醚、邻—甲基苯酚、间—甲基苯酚、对—甲基苯酚，属于芳香族化合物的还有4种；（3）反应①为苯甲醛与氯仿发生加成反应；（4）反应②为乙酸和发生酯化反应，化学方程式见答案。考点：考查有机合成与有机推断。【解析】【答案】（1）（1分）（2）4（2分）（3）加成反应（1分）（4）四、判断题(共3题，共9分)21、√【分析】【分析】上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体．据此解题．【解析】【解答】解：分液时，先把下层液体从下口放出，再把上层液体从上口倒出，故答案为：√．22、×【分析】【分析】烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．【解析】【解答】解：没有把最长碳链作为主链，最长碳链应为7，为庚烷，正确命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案为：×．23、×【分析】【分析】氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，加水稀释弱电解质溶液，促进弱电解质电离，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化钠是强电解质，在水中完全电离，加水稀释一倍，氢氧根离子浓度变为原来的一半，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进其电离，当稀释一倍后，氢氧根离子浓度大于原来的一半，该说法错误，故答案为：×．五、探究题(共4题，共24分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．25、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．27、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根