2025年沪教版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪教版高二化学下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9题，共18分)1、下列关于室温下氨水的叙述，正确的是（）A.同pH同体积的氨水和NaOH溶液，能分别与同浓度同体积的盐酸恰好完全中和B.加水稀释0.10mol?L－1的氨水，溶液中n（OH－）减小C.若温度不变，在氨水中加入少量NH4Cl固体，氨水的电离度和电离平衡常数均变小D.氨水中的离子浓度关系满足：［OH－］＝［H＋］＋［NH4＋］2、下列热化学方程式中△H的数值表示可燃物燃烧热的是（）A.CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1B.CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3kJ•mol﹣1C.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1D.H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣184.6kJ•mol﹣13、rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数，关于rm{0.2mol/LNa_{2}SO_{4}}溶液的说法正确的是()A.rm{500mLNa_{2}SO_{4}}溶液中所含rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}两种离子总数为rm{3N_{A}}B.rm{1LNa_{2}SO_{4}}溶液中rm{Na^{+}}的浓度为rm{0.2mol/L}C.rm{2LNa_{2}SO_{4}}溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的浓度为rm{0.4mol/L}D.rm{1LNa_{2}SO_{4}}溶液中rm{Na^{+}}的总数为rm{0.4N_{A;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}4、某炔烃与氢气加成后得到rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，该炔烃的名称是rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯B.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-2-}丁烯C.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-3-}丁炔D.rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁炔5、下图为对15mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，根据图像推出X(mol/L)和Y(mol/L)的物质的量浓度是下表内各组中的。选项ABCDc(X)/mol·L－10.0350.0700.030.06c(Y)/mol·L－10.0700.0350.060.036、在101kPa和25°C时，有关反应的热化学方程式如下：C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H1=-110.5KJ/mol==下列说法正确的是（）A．B．燃烧热的化学方程式为：C．D．7、以乙炔作为原料的合成反应，下列过程中能生成CH2BrCHBrCl的是（）A.先加HCl，再加HBrB.先加Cl2再加HBrC.先加HCl，再加Br2D.先加HBr，再加HCl8、有下列一系列稠环化合物：从萘开始，这一系列化合物中第rm{25}个的分子式为A.rm{C_{150}H_{50}}B.rm{C_{154}H_{50}}C.rm{C_{154}H_{56}}D.rm{C_{150}H_{56}}9、rm{2010}年诺贝尔化学奖授予在“钯催化交叉偶联反应”领域作出突出贡献的三位化学家rm{.}下列有关钯原子rm{(;_{46}^{106}Pd)}的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.质量数为rm{106}B.质子数为rm{46}C.电子数为rm{46}D.中子数为rm{46}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、⑵(12分)18℃时，H2A（酸）：K1=4.3×10－7，K2=2.1×10－12。H2B（酸）：K1=1.0×10－7，K2=6.3×10－13，在浓度相同的两种溶液中，用“＞”、“＜”或“＝”填空。①H+的浓度：H2A________H2B；②酸根离子的浓度：c(A2－)________c(B2－)；③酸分子的浓度：c(H2A)________c(H2B)；④溶液的导电能力：H2A________H2B。11、某温度时；在2L容器中X；Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示．

（1）由图中的数据分析，该反应的化学方程式为______．

（2）反应开始至2min、5minZ的平均反应速率为______、______．

（3）5min后Z的生成速率比5min末Z的生成速率______（大、小、相等）．12、为了测定某有机物rm{A}的结构，做如下实验：rm{垄脵}将rm{2.3g}该有机物完全燃烧，生成rm{0.1mol}rm{CO_{2}}和rm{陋漏2.7g}水；rm{垄脷}用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；rm{垄脹}用核磁共振仪处理该化合物，得到如图二所示图谱，图中三个峰的面积之比是rm{陋漏1}rm{2}rm{3陋陋}．

试回答下列问题：

rm{(1)}有机物rm{A}的相对分子质量是______．

rm{(2)}有机物rm{A}的实验式是______

rm{(3)}能否根据rm{A}的实验式确定rm{A}的分子式______rm{(}填”能”或”不能”rm{)}若能，则rm{A}的分子式是______rm{(}若不能，则此空不填rm{)}．

rm{(4)}写出有机物rm{A}可能的结构简式______．13、书写下列反应的化学方程式．

rm{(1)}乙醇与氧化铜加热______．

rm{(2)}制备rm{TNT}的反应______．14、常温时，将某一元酸HA溶液与NaOH溶液等体积混合：（1）若c(HA)＝c(NaOH)＝0.lmol/L，测得混合后溶液的pH＞7。①不能证明HA是弱电解质的方法是（）A．测得0.1mol/LHA的pH＞lB．测得NaA溶液的pH＞7C．pH＝l的HA溶液与盐酸，稀释100倍后，盐酸的pH变化大D．用足量锌分别与相同pH、相同体积的盐酸和HA溶液反应，产生的氢气一样多②混合溶液中，关系式一定正确的是（）A．c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)B．c(A-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)C．c(HA)+c(A-)＝0.1mol／LD．c(HA)+c(H+)＝c(OH-)③若HA+B2－(少量)＝A－+HB－、H2B(少量)+2C－＝B2－+2HC、HA+C－＝A－+HC，则相同pH的①NaA溶液；②Na2B溶液；③NaHB溶液；④NaC溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为（填序号）。（2）若c(HA)＝c(NaOH)＝0.1mol/L，测得混合后溶液的pH＝7。①现将一定浓度的HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液的pH跟该浓度的HA溶液稀释10倍后所得溶液的pH相等，则HA溶液的物质的量浓度为____mol/L。②用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的HA时，下列操作能引起所测HA浓度偏大的是____。A．用蒸馏水洗涤锥形瓶后，用待测HA溶液进行润洗B．滴定前发现滴定管的尖嘴部分有气泡，滴定后消失C．装NaOH的碱式滴定管未用标准的NaOH溶液润洗D．滴定前仰视，滴定后俯视读数（3）若c(HA)＝0.04mol／L，c(NaOH)＝0.02mol／L。①若HA为CH3COOH，二者等体积混合后该溶液显酸性，则溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是____。②若HA为强酸，99℃时（Kw＝10-12），将两种溶液等体积混合后，溶液中由水电离出的H＋浓度为__mol/L（假设混合后溶液体积为两溶液体积之和）。15、（10分）（1）AgNO3的水溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH____7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用离子方程式表示）：；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”、“抑制”）其水解。（2）氯化铝水溶液呈____性，原因是（用离子方程式表示）：____________________。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是。（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的。16、（13分）有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B—少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A+与D2—离子数之比为2：1。请回答下列问题：（1）A元素形成的晶体属于密置堆积方式，则其晶体晶胞类型属于________。（填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”）。（2）B—的电子排布式____，在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是_______杂化。（3）C的氢化物空间构型为________，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是________。（4）B元素的电负性________D元素的电负性（填“>”，“<”或“=”）；用一个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：________。（5）如上图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的边长为acm。则R晶体的密度为________。（阿伏加德数常数用NA表示）17、填写下表：。粒子符号质子数rm{Z}中子数rm{N}核外电子数质量数rm{A}rm{Cl}rm{17}rm{20}rm{Al^{3+}}rm{14}rm{27}rm{{,!}^{A}Y^{m-}}rm{y}rm{A}评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)18、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．19、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．20、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。21、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、实验题(共3题，共18分)22、（12分）为研究温度对Cl2与KOH反应的影响，设计实验如下：在蒸馏烧瓶中装入足量MnO2，分液漏斗中装足量浓盐酸，大试管A中装4mol/LKOH溶液15mL，并置于75℃水浴中，大试管B中装02mol/LKOH溶液，并置于冰水中，C中装NaOH溶液。试回答下列问题：（1）水浴加热有什么优点？（2）如何判断A中已经反应完全？（3）分离A中生成的两种盐，检测发现其中KCl为005mol（不考虑HCl挥发），写出A中发生的化学方程式（4）分离B中生成的两种盐，其物质的量之比为1：1，写出离子方程式。（5）试管B要置于冰水中降温的主要原因是：A．从试管A中出来的气体温度较高，易使试管B中的溶液温度升高B．防止生成的盐分解C．催化剂在冷水中活性最强D．该反应是放热反应，为防止温度过高，采用降温（6）图一中，分液漏斗下端连接玻璃管并伸入液面下，其作用是什么？可以用图二代替吗。图一图二23、用右图所示实验装置制取乙酸乙酯。回答以下问题：（1）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：先向试管中加入一定量的____，然后边振荡边缓缓加入____，冷却后再加入一定量的____，轻轻振荡使之混合均匀。（2）浓硫酸的作用是：。（3）饱和碳酸钠溶液的作用是：①____；②____；③____；（4）生成的乙酸乙酯，其密度比水____（填“大”或“小”），有味。（5）若实验中反应温度不当，使反应温度维持在140℃左右，此时副反应的主要有机产物的结构简式为：____。（6）与书中采用的实验装置的不同之处是：本实验采用了球形干燥管代替了长导管，并将干燥管的末端插入了饱和碳酸钠溶液中。在此处球形干燥管的作用有：①____，②____。24、某研究性学习小组为合成rm{1-}丁醇rm{.}查阅资料得知一条合成路线：

rm{CH_{3}CH=CH_{2}+CO+H_{2}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHOxrightarrow[Ni,triangle]{H_{2}}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}

rm{CH_{3}CH=CH_{2}+CO+H_{2}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO

xrightarrow[Ni,triangle

]{H_{2}}CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}的制备原理：rm{HCOOHxrightarrow[triangle]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{CO}并设计出原料气的制备装置rm{HCOOHxrightarrow[triangle

]{{脜篓脕貌脣谩}}}如图rm{CO隆眉+H_{2}O}

请填写下列空白：

rm{(}实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、rm{)}丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯rm{(1)}写出化学方程式______；______；

rm{2-}若用以上装置制备干燥纯净的rm{.}装置中rm{(2)}和rm{CO}的作用分别是______、______；rm{a}和rm{b}中承装的试剂分别是______；______；

rm{C}制丙烯时，还产生少量rm{d}rm{(3)}及水蒸气；该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是______；

rm{SO_{2}}饱和rm{CO_{2}}溶液rm{垄脵}酸性rm{Na_{2}SO_{3}}溶液rm{垄脷}石灰水rm{KMnO_{4}}无水rm{垄脹}品红溶液。

rm{垄脺}合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应；为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是______；

rm{CuSO_{4}垄脻}低温、高压、催化剂rm{(4)}适当的温度；高压、催化剂。

rm{a.}常温、常压、催化剂rm{b.}适当的温度；常压、催化剂。

rm{c.}正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的rm{d.}丁醇粗品rm{(5)}为纯化rm{1-}丁醇，该小组查阅文献得知：rm{.}饱和rm{1-}rm{垄脵R-CHO+NaHSO_{3}(}沸点：乙醚rm{)隆煤RCH(OH)SO_{3}Na隆媒}rm{垄脷}丁醇rm{34隆忙}并设计出如下提纯路线：

试剂rm{1-}为______，操作rm{118隆忙}为______，操作rm{1}为______，操作rm{1}为______．rm{2}评卷人得分五、工业流程题(共2题，共8分)25、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去26、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】试题分析：A.同pH同体积的氨水和NaOH溶液，由于氨水是弱电解质，部分电离，所以氨水中n(OH-)大于氢氧化钠溶液中n(OH-)，中和盐酸时，氨水比氢氧化钠能中和更多的盐酸。A错误。B.由于氨水是弱电解质，部分电离，加水稀释0.10mol?L－1的氨水，促进氨水电离出更多的OH－，故溶液中n（OH－）增大。B错误。C.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变。C错误。D.符合电荷守恒。正确。故答案选D。考点：弱电解质的电离【解析】【答案】D2、A【分析】【解答】解：A；符合燃烧热的概念；故A正确；B、生成产物中的水是气体，属于不稳定氧化物，故B错误；

C；热化学方程式中是2mol可燃物氢气燃烧放热；不符合燃烧热的概念，故C错误；

D；HCl不是氧化物；不符合燃烧热的概念要求，故D错误；

故选：A．

【分析】根据燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，如C→CO2（g）、H→H2O（l）、S→SO2（g），以此解答该题．3、D【分析】【分析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、物质的量浓度的判断等知识，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。【解答】

A.rm{500mL}rm{0.2mol/LNa_{2}SO_{4}}溶液中，含有rm{0.1mol}rm{SO}rm{SO}和rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{0.2mol}总共含有rm{Na^{+}}离子，因此rm{0.3mol}该溶液中所含rm{500mL}该溶液中rm{500mL}总数为rm{Na^{+}}故A错误；

B.根据rm{SO_{4}^{2-}}rm{0.3N_{A}}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}该溶液中rm{SO}rm{{,!}_{4}}浓度为：的组成可知rm{1L}该溶液中rm{Na}rm{{,!}^{+})=2c(Na_{2}SO_{4})=0.4mol/L}故B错误；

C.根据rm{1L}的组成可知rm{Na}该溶液中rm{{,!}^{+}}浓度为：rm{c(}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+})=2c(

Na_{2}SO_{4})=0.4mol/L}故C错误；D.rm{Na_{2}SO_{4}}rm{1L}rm{Na^{+}}rm{c(}rm{SO}含有rm{SO}即含有rm{{,!}_{4}^{2-})=c(}个rm{Na_{2}SO_{4})=0.2mol/L}故D正确。故选D。rm{1LNa}【解析】rm{D}4、D【分析】解：rm{2}rm{2-}二甲基丁烷的碳链结构为根据rm{2}rm{2-}二甲基丁烷的碳链结构，可知相邻碳原子之间各去掉rm{1}个氢原子形成双键只有一种情况，所以该烯烃的碳链结构为烯烃的名称为rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯，含三键，再去掉rm{2}个rm{H}则为rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁炔rm{.}故选D．

根据炔的加成原理，三键断开，结合rm{H}原子，生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉rm{2}个氢原子形成三键；即得到炔烃．

本题考查根据烷烃判断相应的炔烃，难度较大，会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳三键，注意不能重写、漏写．【解析】rm{D}5、B【分析】【解析】试题分析：滴定过程中pH增大，所以是用氢氧化钠滴定盐酸。恰好中和时0.030×Y=0.015×X，当加氢氧化钠溶液20mL时，pH为2，此时盐酸过量，所以0.015X－0.02Y=0.035×0.01，解得Y=0.035、X=0.07。考点：中和滴定计算【解析】【答案】B6、D【分析】根据盖斯定律可知，①－②即得到所以该反应的反应热△H＝-110.5KJ/mol＋241.7kJ/mol＝＋134.2kJ/mol，选项A不正确；燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以选项B不正确；水分解是吸热反应，△H大于0，选项C不正确；根据盖斯定律可知，选项D正确，因此正确的答案选D。【解析】【答案】D7、C【分析】【分析】A中生成物可以CHClBrCH3或CH2ClCH2Br。B中生成物是CH2ClCHClBr。D中生成物可以是CH2BrCH2Cl或CHClBrCH3.而C中是利用乙炔先和HCl加成，生成CH2=CHCl，再和Br2加成，生成CH2BrCHBrCl，所以正确的答案是C。8、C【分析】【分析】本题综合考查有机物的组成和结构都有规律性的变化，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握有机物的结构特点、分子组成，难度中等。【解答】萘比苯多rm{4}个rm{C}原子、rm{2}个氢原子，所以萘的分子式为rm{C}个rm{4}原子、rm{C}个氢原子，所以萘的分子式为rm{2}rm{C}rm{{,!}_{10}}rm{H}rm{H}的分子式，这组化合物分子组成的公差是“rm{{,!}_{8}}，依次可写蒽、并四苯rm{}的分子式，这组化合物分子组成的公差是“rm{C}rm{}rm{C}rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}”，所以这组化合物分子式可表示成：rm{C}个分子式是rm{C}rm{{,!}_{(6x+4)}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{(2x+6)}}，所以第rm{25}个分子式是rm{C}rm{25}rm{C}rm{{,!}_{(6隆脕25+4)}}rm{H}rm{H}【解析】rm{C}9、D【分析】解：rm{A.}钯原子的质量数为rm{106}故A正确；

B.质子数等于原子序数，均为rm{46}故B正确；

C.质子数等于电子数，均为rm{46}故C正确；

D.中子数为rm{106-46=60}故D错误；

故选D．

rm{;_{46}^{106}Pd}中左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质子数rm{+}中子数rm{=}质量数；以此来解答．

本题考查原子的构成及原子中的数量关系，明确质子数rm{+}中子数rm{=}质量数即可解答，较简单．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）相同温度、相同浓度的不同二元酸溶液中，c(H+)与电离平衡常数成正比，多元弱酸的电离以第一步为主，H2A的K1大于H2B，所以H2A电离程度大，溶液中c(H+)大；（2）相同温度、相同浓度下，电离平衡常数越大其电离程度越大，H2A的K2大于H2B，所以酸根离子的浓度c(A2-)>c(B2-)；（3）相同温度、相同浓度下，电离平衡常数越大，其电离程度越大，H2A的K1大于H2B，所以H2A电离程度大，酸分子的浓度c(H2A)<c(H2B)；（4）相同温度、相同浓度的不同二元酸溶液，c(H+)与电离平衡常数成正比，多元弱酸的电离以第一步为主，H2A的K1大于H2B，所以H2A的电离程度大，溶液中离子浓度H2A>H2B。考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【答案】①＞②＞③＜④＞11、略

【分析】解：（1）由图象可以看出；反应中X；Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z；

故答案为：3X+Y⇌2Z；

（2）反应开始至2min时的平均反应速率为：=0.05mol/（L•min），5min时Z的平均反应速率v===0.04mol•（L•min）-1；

故答案为：0.05mol•（L•min）-1；0.04mol•（L•min）-1；

（3）5min时；化学反应达到了平衡状态，正逆反应速率相等，故答案为：相等．

（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；

（2）根据公式v=来计算；

（3）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等．

本题考查化学平衡图象分析题目，题目难度不大，注意分析各物质的量的变化曲线，把握化学方程式的判断方法和化学平衡状态的标志是关键．【解析】3X+Y⇌2Z；0.05mol/（L•min）；0.04mol/（L•min）；相等12、略

【分析】解：rm{(1)}根据质荷比可知，有机物rm{A}的相对分子质量为rm{46}故答案为：rm{46}

rm{(2)2.3g}有机物燃烧生成rm{0.1mol}rm{CO_{2}}rm{陋漏2.7g}水；

则rm{n(C)=n(}rm{CO_{2})=0.1mol}rm{m(C)=0.1mol隆脕12g/mol=1.2g}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{n(H)=0.3mol}

则rm{m(H)=0.3mol隆脕1g/mol=0.3g}故有机物含有rm{m(C)+m(H)=1.2g+0.3g=1.5g<2.3g}元素，且rm{O}故rm{n(O)=dfrac{0.8g}{16g/mol}=0.05mol}

rm{m(O)=2.3g-1.5g=0.8g}rm{n(O)=dfrac

{0.8g}{16g/mol}=0.05mol}rm{n(C)}rm{n(H)}rm{n(O)=0.1mol}rm{0.3mol}rm{0.05mol=2}即该有机物最简式为rm{6}

故答案为：rm{1}

rm{C_{2}H_{6}O}该有机物的最简式为rm{C_{2}H_{6}O}rm{(3)}原子已经饱和rm{C_{2}H_{6}O}原子的四价结构；最简式即为分子式；

故答案为：能；rm{H}

rm{C}由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有rm{C_{2}H_{6}O}中化学环境不同的rm{(4)}原子，三种rm{3}原子数目之比为rm{H}rm{H}rm{1}有机物rm{2}的分子式为rm{3}故该有机物结构式为rm{A}

故答案为：rm{C_{2}H_{6}O}．

rm{CH_{3}CH_{2}OH}根据质荷比可知，有机物rm{CH_{3}CH_{2}OH}的相对分子质量为rm{(1)}

rm{A}根据rm{46}计算生成的水的物质的量，计算碳元素、氢元素的质量，根据质量守恒判断有机物rm{(2)}是否含有氧元素，若含有氧元素，计算氧元素质量、氧原子物质的量，根据原子守恒确定有机物rm{n=dfrac{m}{M}}中rm{A}rm{A}rm{C}原子个数比值确定最简式；

rm{H}根据有机物的最简式中rm{O}原子说明是否饱和rm{(3)}原子的四价结构判断；

rm{H}由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有rm{C}中化学环境不同的rm{(4)}原子，三种rm{3}原子数目之比为rm{H}rm{H}rm{1}结合有机物的分子式确定其可能的结构．

本题考查有机物分子式与结构确定等，难度中等，注意燃烧法利用原子守恒确定有机物的分子式，侧重对基础知识与学生综合能力考查，注意对有机谱图的简单认识．rm{2}【解析】rm{46}rm{C_{2}H_{6}O}能；rm{C_{2}H_{6}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH}13、略

【分析】解：rm{(1)}乙醇与氧化铜加热可生成乙醛、铜和水，方程式为rm{CuO+C_{2}H_{5}OHoverset{triangle}{}Cu+CH_{3}CHO+H_{2}O}

故答案为：rm{CuO+C_{2}H_{5}OHoverset{triangle}{}Cu+CH_{3}CHO+H_{2}O}

rm{CuO+C_{2}H_{5}OHoverset{triangle}{

}Cu+CH_{3}CHO+H_{2}O}甲苯和浓硝酸在浓硫酸作用下加热生成rm{CuO+C_{2}H_{5}OHoverset{triangle}{

}Cu+CH_{3}CHO+H_{2}O}方程式为故答案为：．

rm{(2)}乙醇与氧化铜加热可生成乙醛；铜和水；

rm{TNT}甲苯和浓硝酸在浓硫酸作用下加热生成rm{(1)}．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和双基的掌握，注意把握有机物官能团的性质以及化学方程式的书写．rm{(2)}【解析】rm{CuO+C_{2}H_{5}OHoverset{triangle}{}Cu+CH_{3}CHO+H_{2}O}14、略

【分析】试题分析：（1）①弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。A、如果HA是强酸，则0.1mol/L的HA溶液的pH＝1，所以如果测得0.1mol/LHA的pH＞l，这说明HA没有完全电离，存在电离平衡，即HA是弱电解质，A不符合题意；B、如果测得NaA溶液的pH＞7，这说明－在溶液中水解，溶液显碱性，因此相应的是弱电解质，B不符合题意；C、盐酸是强酸，完全电离。因此如果pH＝l的HA溶液与盐酸，稀释100倍后，盐酸的pH变化大，这就说明HA溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，C不符合题意；D、如果用足量锌分别与相同pH、相同体积的盐酸和HA溶液反应，产生的氢气一样多，则说明两种酸的浓度是相同的。由于盐酸是强酸，因此HA也一定是强电解质，D符合题意，答案选D。②c(HA)＝c(NaOH)＝0.lmol/L，则二者等体积混合恰好反应时生成NaA。测得混合后溶液的pH＞7，这说明A－水解，溶液显碱性。则A、c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，A不正确；B、根据电荷守恒可知c(A-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)，B正确；C、根据物料守恒可知c(HA)+c(A-)＝c(Na+)＝0.1mol／L÷2＝0.05mol/L，C不正确；D、根据质子守恒可知c(HA)+c(H+)＝c(OH-)，D正确，答案选BD。③若HA+B2－(少量)＝A－+HB－、H2B(少量)+2C－＝B2－+2HC、HA+C－＝A－+HC，则根据较强酸制备较弱酸可知，酸性强弱顺序是H2B＞HA＞HB－＞HC。由于酸性越强，相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性越强，pH越大，因此在相同条件下水解程度的大小顺序是C－＞B2－＞A－＞HB－。所以相同pH的①NaA溶液②Na2B溶液③NaHB溶液④NaC溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为③①②④。（2）若c(HA)＝c(NaOH)＝0.1mol/L，则二者等体积混合恰好反应时生成NaA。测得混合后溶液的pH＝7，这说明生成物不水解，因此HA是强酸。①现将一定浓度的HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液的pH跟该浓度的HA溶液稀释10倍后所得溶液的pH相等，则如果设HA溶液的物质的量浓度为cmol/L，则＝0.1cmol/L，解得c＝0.125，即HA溶液的浓度是0.125mol/L。②由可知，由于C标、V测均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小，据此可以判断。A、用蒸馏水洗涤锥形瓶后，用待测HA溶液进行润洗，则消耗氢氧化钠溶液的体积增加，所以测量值偏高；B、滴定前发现滴定管的尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则消耗氢氧化钠溶液的体积增加，所以测量值偏高；C、装NaOH的碱式滴定管未用标准的NaOH溶液润洗，则氢氧化钠溶液的浓度被稀释，消耗氢氧化钠溶液的体积增加，所以测量值偏高；D、滴定前仰视，读数偏大。滴定后俯视读数，读数偏小，因此消耗氢氧化钠溶液的以及减少，测量值偏低，答案选ABC。（3）①若HA为CH3COOH，二者等体积混合后醋酸过量，即溶液是由相同浓度的醋酸、醋酸钠构成的。该溶液显酸性，这说明醋酸的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。②HA为强酸，二者等体积混合后HA过量，即溶液是由相同浓度的HA、NaA构成的，且浓度都是0.02mol/L÷2＝0.01mol/L。因此溶液中OH－浓度＝10－12÷0.01＝10－10mol/L。HA是强酸，抑制水的电离，则溶液中由水电离出的H＋浓度＝溶液中OH－浓度＝10－10mol/L。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解、弱电解质的判断、溶液中离子浓度大小比较、中和滴定实验误差分析以及水的离子积常数和pH的计算【解析】【答案】（1）D②BD③③①②④（2）0.125mol/L②ABC（3）c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)（或c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)）；10-1015、略

【分析】本题考查了盐的水解的性质、概念及应用，属于基础知识点，详见答案【解析】【答案】（10分）（方程式2分，其余1分）（1）酸，＜，Ag＋＋H2OAgOH＋H＋，抑制。（2）酸，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，Al2O3；（3）NaOH16、略

【分析】【解析】【答案】（13分）（1）体心立方（1分）（2）1s22s23p63s23p6,sp3（各1分，共2分）（3）三角锥形；氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高（3分）（4）>;H2S+C12=2HC1+S↓（其它合理答案可得分）（各2分）（5）（3分）17、

【分析】【分析】本题考查质量数和质子数中子数之间的关系，难度不大。【解答】rm{Cl}原子是rm{17}号元素，则质子数为rm{17}中子数为rm{20}原子中质子数等于核外电子数也为rm{17}质量数等于质子数rm{+}中子数rm{=17+20=37}rm{Al^{3+}}是rm{13}号元素，质子数为rm{13}中子数为rm{14}阳离子的核外电子等于质子数rm{-}电荷数rm{=13-3=10}质量数为rm{27}rm{A_{Y}^{m-}}是阴离子，质量数为rm{A}质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，则质子数rm{=A-y}阴离子的核外电子数rm{=}质子数rm{+}核电荷数rm{=A-y+m}故答案为：【解析】

三、有机推断题(共4题，共8分)18、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH219、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH220、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl21、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、实验题(共3题，共18分)22、略

【分析】【解析】【答案】（1）受热均匀，易控制温度（2）试管A中溶液呈黄色；溶液中出现大量小气泡；试管A内溶液的上部充满黄绿色气体（任何一种均可）（3）3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O（4）Cl2+2OH－Cl－+ClO-+H2O（5）AD（6）便于分液漏斗中的盐酸能顺利流入烧瓶中。可以23、略

【分析】【解析】【答案】（1）无水乙醇，浓硫酸，冰醋酸。（2）催化剂、吸水剂。（3）①降低乙酸乙酯的溶解度；②吸收乙醇；③中和乙酸；（4）小，香。（5）CH3CH2OCH2CH3。（6）①防止倒吸，②使蒸汽与溶液充分接触24、略

【分析】解：rm{(1)}氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反应不能产生氢气，方程式为rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{2-}丙醇通过消去反应即到达丙烯，方程式为：rm{(CH_{3})_{2}CHOHxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{2}=CHCH_{3}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{(CH_{3})_{2}CHOH

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{2}=CHCH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{2}=CHCH_{3}隆眉+H_{2}O}

rm{(CH_{3})_{2}CHOH}甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成rm{xrightarrow[triangle

]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{2}=CHCH_{3}隆眉+H_{2}O}由于甲酸易挥发，产生的rm{(2)}中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用rm{CO}溶液吸收甲酸rm{CO}又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即rm{NaOH}的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥rm{.}为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就必需保持压强一致，因此rm{b}的作用是保持恒压；若用以上装置制备氢气；就不再需要加热，所以此时发生装置中的玻璃仪器名称是分液漏斗和蒸馏烧瓶；氢气密度小于空气的，因此要收集干燥的氢气，就只能用向下排空气法，而不能用排水法收集；

故答案为：恒压；防倒吸；rm{CO.}溶液；浓rm{a}

rm{NaOH}检验丙烯可以用酸性rm{H_{2}SO_{4}}溶液，检验rm{(3)}可以用酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验rm{SO_{2}}可以石灰水，检验水蒸气可以无水rm{KMnO_{4}}所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序rm{CO_{2}}只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验rm{CuSO_{4}}并在检验之后除去rm{.}除rm{SO_{2}}可以用饱和rm{SO_{2}}溶液，最后检验rm{SO_{2}}和丙烯，因此顺序为rm{Na_{2}SO_{3}}或rm{CO_{2}}

故答案为：rm{垄脺垄脻垄脵垄脻垄脷垄脹(}或rm{垄脺垄脻垄脵垄脻垄脹垄脷)}

rm{垄脺垄脻垄脵垄脻垄脷垄脹(}由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是rm{垄脺垄脻垄脵垄脻垄脹垄脷)}

故答案为：rm{(4)}

rm{b}粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和rm{b}溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和rm{(5)}溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的rm{NaHSO_{3}}丁醇rm{NaHSO_{3}}因为rm{1-}丁醇和乙醚的沸点相差很大；因此可以利用蒸馏将其分离开；

故答案为：饱和rm{.}溶液；过滤；萃取；蒸馏．

rm{1-}制备氢气选用锌粒和稀盐酸；制备丙烯选用rm{NaHSO_{3}}丙醇和浓硫酸；

rm{(1)}在题给装置中，rm{2-}的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶中；rm{(2)}主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；rm{a}为除去rm{b}中的酸性气体，选用rm{c}溶液，rm{CO}为除去rm{NaOH}中的rm{d}试剂选用浓硫酸；若用题给装置制备rm{CO}则不需要酒精灯；

rm{H_{2}O}检验丙烯和少量rm{H_{2}}rm{(3)}及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选rm{SO_{2}}无水rm{CO_{2}}检验水蒸气，然后用rm{垄脺}品红溶液检验rm{CuSO_{4}}并用rm{垄脻}饱和rm{SO_{2}}溶液除去rm{垄脵}然后用rm{Na_{2}SO_{3}}石灰水检验rm{SO_{2}}用rm{垄脹}酸性rm{CO_{2}}溶液检验丙烯；

rm{垄脷}题给合成正丁醛的反应为气体体积减小的放热反应；为增大反应速率和提高原料气的转化率；

rm{KMnO_{4}}饱和rm{(4)}溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；rm{(5)}丁醇和乙醚的沸点相差很大；因此可以利用蒸馏将其分离开．

本题考查有机物合成方案的设计，题目难度较大，综合性较强，答题时注意把握物质的分离、提纯方法，把握物质的性质的异同是解答该题的关键．rm{NaHSO_{3}}【解析】rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{(CH_{3})_{2}CHOHxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{2}=CHCH_{3}隆眉+H_{2}O}恒压；防倒吸；rm{(CH_{3})_{2}CHOH

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{2}=CHCH_{3}隆眉+H_{2}O}溶液；浓rm{NaOH}rm{H_{2}SO_{4}}或rm{垄脺垄脻垄脵垄脷垄脹(}rm{垄脺垄脻垄脵垄脹垄脷)}饱和rm{b}溶液；过滤；萃取；蒸馏rm{NaHSO_{3}}五、工业流程题(共2题，共8分)25、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D26、略

【分析】【分析】