2025年沪科新版选修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年沪科新版选修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、下列解释事实的方程式不正确的是A.FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+B.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+C.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：Fe–3e-=Fe3+D.向AgCl悬浊液中滴加0.1mol·L-1KI溶液，白色沉淀变成黄色：AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)2、下列离子方程式正确的是A.等物质的量的Ba(OH)2与KAl(SO4)2·12H2O溶液混合：3Ba2＋+6OH－+2Al3＋+3SO42－=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B.Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3＋+3H2OC.H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2O22－=4OH－+18O2↑D.CuCl2溶液中加入NaHS溶液：Cu2＋+2HS－+2H2O=Cu(OH)2↓+2H2S↑3、部分弱酸的电离平衡常数如下表：

。弱酸。

HCOOH

HClO

H2CO3

H2SO3

电离平衡常数。

（25℃）

Ka=1.77×10-4

Ka=4.0×10-8

Ka1=4.3×10-7

Ka2=4.7×10-11

Ka1=1.54×10-2

Ka2=1.02×10-7

下列选项正确的是A.2ClO－+H2O+CO2=2HClO+CO32－B.2HCOOH+CO32－=2HCOO－+H2O+CO2↑C.H2SO3+2ClO－=2HClO+SO32－D.SO2(足量)+H2O+CO32－=2H2O+CO2+SO32－4、水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.图中对应点的温度关系为a＞b＞cB.纯水仅升高温度，可从a点变到c点C.水的离子积常数KW数值大小关系为b＞c＞dD.在b点对应温度下，0.5mol/L的H2SO4溶液与1mol/L的KOH溶液等体积混合，充分反应后，所得溶液的pH＝75、下列说法不正确的是A.白磷和红磷互为同素异形体B.和互为同系物C.H和D互为同位素D.CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体6、下列说法不正确的是()A.石油裂化可以提高汽油等轻质油的产量和质量B.分子式为C5H12的同分异构体共有3种C.向2mL碘水中加入1mL苯，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色D.煤中含有苯和甲苯，可用干馏的方法将它们分离开来7、利用如图实验装置完成对应的实验；能达到实验目的的是。

A.装置甲验证苯与液溴发生取代反应B.装置乙探究酒精脱水生成乙烯C.装置丙制备乙酸乙酯并提高产率D.装置丁制取并检验乙炔8、下列说法不正确的是A.CH3CH2CH3与CH3CH3互为同分异构体B.烷烃分子中碳原子之间都以单键结合，其余价键均与氢原子结合C.乙烷和正戊烷互为同系物D.C6H14存在五种同分异构体9、E-苯酮是合成原药烯酰吗啉的重要中间体；一种合成流程如下：

下列说法不正确的是A.E-苯酮中的含氧官能团有羰基和醚键B.可用溶液检验生成的C中是否残留BC.化合物F的结构简式为D.E-苯酮能发生还原反应、取代反应和消去反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、室温下，某一元弱酸HA的电离常数K=1.6×10-6。向20.00mL浓度约为0.1mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液；其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：

(1)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是_______点，滴定过程中宜选用__________作指示剂，滴定终点在__________(填“c点以上”或“c点以下”)。

(2)滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是_____(填字母序号)。

A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗。

B.用蒸馏水洗净锥形瓶后；立即装入HA溶液后进行滴定。

C.滴定过程中；溶液出现变色后，立即停止滴定。

D.滴定结束后；仰视液面，读取NaOH溶液体积。

(3)若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为_____mol/L。(保留4位有效数字)。实验序号NaOH溶液体积/mL待测HA溶液体积/mL121.0120.00220.9920.00321.6020.00

(4)a点溶液中pH约为________，此时溶液中H2O电离出的c(H＋)为________。11、常温下，有下列四种溶液：①pH=4的NH4Cl溶液；②pH=10的NaOH溶液；③pH=4的盐酸；④pH=4的醋酸溶液。请回答下列问题：

（1）溶液中①、②由水电离的c(H+)分别为a、b，则a：b="_____________"

（2）将②与④等体积混合，所得溶液pH__7（填“＞”、“＜”或“=”、），溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序是________________。

（3）取等体积的③、④两种溶液，分别加水稀释到pH均等于5，所需水的体积分别为V1、V2，则V1____V2（填“＞”；“＜”或“=”）。

（4）取等体积的③、④两种溶液，加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的H2，下列说法正确的是_____________（填字母符号）

A．反应所需时间③＜④B．开始时反应速率③＞④C．参加反应的锌粒质量③=④D．③中锌有剩余E.④中锌有剩余F.④中酸过量12、氧化还原滴定实验与中和滴定类似(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)。现用0.001mol·L－1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应的离子方程式是：2MnO4－＋5HSO3－＋H＋＝2Mn2＋＋5SO42－＋3H2O

回答下列问题：

(1)用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液；

(2)该滴定实验选用何种指示剂，说明理由____________________(如无需加入指示剂也请说明理由)；

(3)滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，则根据(b－a)mL计算得到的待测浓度，比实际浓度________(填“大”或“小”)。13、现有下列十二种物质：①H2②铜③CaO固体④CO2⑤H2SO4溶液⑥Ba(OH)2⑦熔融的KNO3⑧液氨⑨稀硝酸⑩Al2(SO4)3⑪葡萄糖⑫FeCl3

(1).⑩在水中的电离方程式为___________

(2).以上属于电解质的共有___________种，属于非电解质的是___________(填序号，下同)，能导电的物质有___________。

(3).将少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式：___________。上述十二种物质中有两物质之间可发生离子反应：H++OH-=H2O，该离子反应对应的化学方程式为：___________。

(4).将FeCl3的饱和溶液滴入沸水中可以制得Fe(OH)3胶体，写出该化学方程式为：___________，是否制备成功可以通过___________(性质或现象)检验。

(5).物质②铜在潮湿的空气中会生成碱式碳酸铜[化学式为Cu2(OH)2CO3]，请写出该反应的化学方程式：___________。

(6).除去硝酸钾固体中少量的NaCl，选择正确的操作并排序___________(填序号)。

①过滤②趁热过滤③固体溶于水④冷却结晶⑤蒸发浓缩14、利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]；生产铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产步骤如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42—。请回答：

（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是___________，步骤②得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、______________。

（2）步骤④的离子方程式是_______________。

（3）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及_______。

（4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。

（5）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因________。

（6）为测定步骤②中所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数，取晶体样品ag，溶于稀硫酸配成100．00mL溶液，取出20．00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）。若消耗0．1000mol•L-1KMnO4溶液20．00mL，所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为（用a表示）____________。15、醋酸和一水合氨是中学化学中常见的弱电解质。

（1）常温下，某研究性学习小组设计了如下方案证明醋酸为弱电解质，你认为方案可行的是__(填序号)

①配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液；然后测溶液的pH，若pH大于1，则证明醋酸为弱电解质。

②用醋酸溶液和盐酸做导电性实验；若醋酸溶液导电性弱，则证明醋酸为弱电解质。

③将pH=2的CH3COOH溶液加水稀释100倍后，若pH>4；则证明醋酸为弱电解质。

（2）若25℃时，0.10mol/L的CH3COOH的电离度为1%，则该溶液的pH=___，由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的___倍。16、测得某温度下0.5mol·L-1HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2。

（1）写出HNO2的电离方程式___。

（2）将溶液加水稀释至10倍后，c(NO2-)___（填“增大”、“减小”或“不变”），n(H+)___（填“增大”、“减小”或“不变”），pH区间范围是___。

A.1～2B.2～3C.3～4D.4～5

（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明可能的原因___。

（4）0.1mol·L-1NaNO2溶液pH___7（填“＞”、“＜”或“＝”），溶液中含有___种分子，溶液中c(Na+)___c(NO2-)（填“＞”、“＜”或“＝”），下列措施能提高溶液中c(OH-)的是___。

A.适当升高温度B.增加压强C.加水D.加入NH4Cl固体E.加入Na2CO3固体17、对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂；具有低毒；热稳定性好等优点。完成下列填空：

（1）写出该共聚物的结构简式____________。

（2）实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，需先经两步反应制得中间体写出该两步反应所需的试剂及条件____________。

（3）将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色。A的结构简式为____________。由上述反应可推知____________。由A生成对溴苯乙烯的反应条件为____________。

（4）丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯；B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。

写出B的结构简式____________。

设计一条由2,3－二甲基-1－丁烯制备B的合成路线____________。（合成路线常用的表示方式为：）18、丁基橡胶可用于制造汽车内胎，合成丁基橡胶的一种单体A的分子为C4H8；A氢化后得到2-甲基丙烷。完成下列填空：

（1）A分子中的官能团的名称为___。

（2）写出将A通入下列两种溶液后出现的现象。

A通入溴水：___；

A通入溴的四氯化碳溶液：___。

（3）写出A氢化后产物2-甲基丙烷的同分异构体的结构简式：___。

（4）A可以聚合，写出A的聚合反应___（以反应方程式表示）。

（5）A发生烷基化反应生成一种烃B，将B完全燃烧后得到CO2和H2O的物质的量之比为8：9，由此可以确定B的化学式为___。通过对B的结构深入研究，发现其一卤代物只有4种，且碳链不对称。写出B的结构简式，并用系统命名法命名：___。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)19、任何烯烃均存在顺反异构现象。(_____)A.正确B.错误20、在蔗糖的水解液中加入银氨溶液并加热，无银镜产生，蔗糖没有水解。(_______)A.正确B.错误21、葡萄糖是人体所需能量的重要来源。(____)A.正确B.错误22、甲醛和乙醛在通常状况下都是液体，而且都易溶于水。(_______)A.正确B.错误23、甲醛是甲基跟醛基相连而构成的醛。(____)A.正确B.错误24、乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体。(_______)A.正确B.错误25、羧酸和酯的通式均可以用CnH2nO2表示。(____)A.正确B.错误26、氢化油的制备方法是在加热植物油时，加入金属催化剂，通入氢气，使液态油脂变为半固态或固态油脂。(_______)A.正确B.错误27、有机物的核磁共振氢谱中会出现三组峰，且峰面积之比为3∶4∶1。(___________)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共28分)28、“低碳经济”备受关注，CO2的捕捉、排集、利用成为科学家研究的重要课题。太空舱产生的CO2用下列反应捕捉，以实现O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)

水电解反应：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)

(1)将原料气按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。

①该反应的平衡常数K随温度升高而________(填“增大”或“减小”)。

②温度过高或过低均不利于该反应的进行；原因是________。

③下列措施能提高CO2转化效率的是________(填标号)。A．适当减压B．增大催化剂的比表面积C．反应器前段加热，后段冷却D．提高原料气中CO2所占比例E．合理控制反应器中气体的流速(2)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)＋CH4(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋248kJ·mol－1。

为了探究该反应的反应速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0mol·L－1，平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线如图，v正～c(CH4)和v逆～c(CO)。则与v正～c(CH4)相对应曲线是图中________(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后；某一时刻降低温度反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为________(填“D”“E”或“F”)。

(3)用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。在捕集时，气相中有中间体NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中，分别在不同温度下进行反应：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得的有关数据见下表(t1<t2<t3)

氨基甲酸铵分解反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。15℃时此反应的化学平衡常数K＝________。

(4)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为–394kJ∙mol－1、–242kJ∙mol－1，Bosch反应的ΔH＝________kJ∙mol－1(生成焓指一定条件下由对应单质生成1mol化合物时的反应热)。

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是________。

③该新方案的优点是________。29、工业上处理含的酸性工业废水常用以下方法：

①往工业废水里加入适量的NaCl；搅拌均匀；

②用Fe为电极进行电解，经过一段时间有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀产生；

③过滤回收沉淀；废水达到排放标准。

试回答：

(1)电解时阴极的电极反应式：_______。

(2)转变成Cr3+的离子反应方程式：_______。

(3)常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp=1×10-32，溶液的pH=__时才能使c(Cr3+)降至10-5mol/L。30、某药物H的一种合成路线如下：

回答下列问题：

(1)C的名称是_______。

(2)F→H的反应类型为________。B→C的试剂和条件是_______。

(3)H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型______(填字母)。

A．质谱仪B．元素分析仪C．红外光谱仪D．核磁共振氢谱仪。

(4)写出D→E的化学方程式________。

(5)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有____种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3∶3∶2∶2∶1∶1的是______。

①既能发生银镜反应；又能发生水解反应；②属于芳香族化合物；③苯环上只有2个取代基。

(6)参照上述流程，以D和乙醛为原料合成(其他无机试剂自选)，设计合成路线：___________。31、铁；钴、镍及化合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。请回答下列问题：

基态Ni原子的价电子排布式为_______。镍与CO生成的配合物中含有的键数目为_________；写出与CO互为等电子体的阴离子的化学式_________。

研究发现，在低压合成甲醇反应中；Co氧化物负载的纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。

元素Co与O中，第一电离能较大的是_______。

生成物与中，沸点较高的是________，原因是___________。

用KCN处理含的盐溶液，有红色的析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色的写出该反应的离子方程式____________。

铁有三种同素异形体如图两种晶胞中铁原子的配位数之比为_____。

若Fe原子半径为rpm，表示阿伏加德罗常数的值，则单质的密度为_______列出算式即可

在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为1，晶面。如图，则晶胞体中1，晶面共有_____个。

评卷人得分五、有机推断题(共3题，共15分)32、烃A在标准状况下的密度为1.25g/L，以A和水煤气(CO、H2)为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E，其相互转化关系如图。已知B是CO与H2以物质的量之比为1：1反应的产物；E为有浓郁香味；不易溶于水的油状液体。

请回答：

(1)C+D→E的反应类型是___________。

(2)有机物B在一定条件下转化为D的化学方程式是：___________。

(3)下列说法正确的是___________。

A．有机物D与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈。

B．有机物C；D、E可用饱和碳酸钠溶液鉴别。

C．实验室制备E时；浓硫酸主要起氧化作用。

D．有机物B、C均能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化33、酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br；I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法。化合物F合成路线如下：

(1)B→C的反应类型为_______。

(2)C→D反应的化学方程式为________。

(3)从整个流程看，D→E的作用是_______

(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。

①能与NaHCO3反应产生CO2；

②存在顺反异构体；且至少有6个碳原子共平面；

③核磁共振氢谱图中有5个峰。

(5)写出以CH2＝CHCOOH、CH3OH和CH3CH2MgI为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________________。34、苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病；其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。

已知：①CH3CHO+CH3COCH3CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。

②RCOCH3+R1COOR2RCOCH2COR1+R2OH

③烯醇式()结构不稳定；容易结构互变，但当有共轭体系(苯环；碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。

(1)写出化合物C中官能团的名称_________。

(2)写出化合物D(分子式C9H6O3)的结构简式__________。

(3)写出反应⑤的反应类型__________。

(4)写出反应④的化学方程式___________。

(5)写出化合物F满足以下条件所有同分异构体的结构简式_______。

①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应；

②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应；

③1H-NMR图谱表明分子中共有4种氢原子。

(6)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线__________。评卷人得分六、计算题(共4题，共24分)35、回答下列问题：

(1)汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康；可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。

已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH1＝-112.3kJ·mol-1

②NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH2＝-234kJ·mol-1

③N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH3＝179.5kJ·mol-1

请写出CO和NO2生成N2、CO2的热化学方程式_________________________。

(2)亚硝酸氯(C1NO)是有机合成中的重要试剂。可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)＋C12(g)2C1NO(g)，已知几种化学键的键能数据如下表(NO的结构为N≡O，亚硝酸氯的结构为Cl-N=O)：。化学键N≡OCl-ClCl-NN=O键能/kJ·mol-1630243a607

则2NO(g)＋C12(g)2C1NO(g)反应的ΔH和a的关系为ΔH＝________kJ·mol-1。36、（1）在常温下的0.05mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝________mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝__________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________mol·L－1。水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)＝_________mol·L－1，c[Ba(OH)2]＝_________mol·L－1。

（2）某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)为_______mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4mol·L－1则溶液中c(OH－)为_______mol·L－1，由水电离产生的c(H＋)为_______mol·L－1，此时温度__________(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。37、标准状况下22.4L某气态烃在足量氧气中完全燃烧，生成88gCO2和36gH2O，通过计算确定该烃的分子式___。38、已知某种燃料含有碳、氢、氧三种元素。为了测定这种燃料中碳和氢两种元素的质量比，可将气态燃料放入足量的O2中燃烧；并使产生的气体全部通过如图所示装置中，得到如表中所列的实验结果(假设产生的气体完全被吸收)。

实验前实验后(干燥剂＋U形管)的质量101.1g102.9g(石灰水＋广口瓶)的质量312.0g314.2g

根据实验数据完成下列问题：

(1)实验完毕后，生成物中水的质量为________g。假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为________g。

(2)生成的二氧化碳中碳元素的质量为________g。

(3)该燃料中碳元素与氢元素的质量比为________。

(4)已知这种燃料的每个分子中含有一个氧原子，则该燃料的分子式为________，结构简式为________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．FeCl3溶液呈酸性是由于Fe3+发生水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；A正确；

B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板即Cu被FeCl3腐蚀，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；B正确；

C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe–2e-=Fe2+；C错误；

D．向AgCl悬浊液中滴加0.1mol·L-1KI溶液，白色沉淀变成黄色，反应的离子方程式为：AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)；D正确；

故答案为：C。2、A【分析】【详解】

A．设都是1mol，氢氧化钡电离1mol的Ba2+和2molOH-而KAl（SO4）2∙12H2O电离出1mol的Al3+和2molSO42-，1mol的Ba2+和1molSO42-、2molOH-和mol的Al3+恰好完全反应，正确的离子方程式为3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；故A正确；

B．铁离子可以氧化碘离子，有碘离子存在不可能生成铁离子，正确的为：2Fe（OH）3+2I-+6H+═2Fe2++I2+6H2O；故B错误；

C．H218O中投入Na2O2固体，离子方程式：4H218O+2Na2O2═418OH-+2H2O+4Na++O2↑；故C错误；

D．二者之间不是发生了双水解，而是反应生成了难溶的硫化铜，以硫氢根离子的电离为主，正确的离子方程式为Cu2++HS-=CuS↓+H+；故D错误；

故选：A。3、B【分析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞HCOOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-；HClO的酸性大于HCO3-而小于H2CO3，ClO－+H2O+CO2=HClO+HCO3-,A错误；H2CO3<HCOOH，B正确；HClO具有强氧化性，把SO32－氧化为SO42－，C错误；H2CO3的酸性小于H2SO3而大于HSO3-,SO2(足量)+H2O+CO32－=2H2O+CO2+HSO3－,D错误；正确选项B。

点睛：选项A来说，酸和盐发生反应不仅满足强酸制弱酸，还要满足强碱制弱碱规律，两条同时满足反应才能发生。4、C【分析】【详解】

A．温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，a点Kw=10-14，所以b＞c＞a；选项A错误；

B．c点Kw=10-13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，选项B错误；

C．a、d曲线温度相同，则离子积常数相同，即d点Kw=10-14，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，所以水的电离常数KW数值大小关系为：b＞c＞d；选项C正确；

D．b点Kw=10-12，0.5mol/L的H2SO4溶液与1mol/L的KOH溶液等体积混合；氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，pH=6，选项D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查了水的电离、离子积的概念应用和影响条件，注意离子积常数是随温度变化的，不能根据氢离子浓度确定溶液酸碱性，为易错点，依据图象数据分析，纵轴是氢氧根离子浓度，横轴是氢离子浓度，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算判断。5、B【分析】【详解】

A．白磷和红磷是磷元素的不同单质；互为同素异形体，A正确；

B．叫苯酚，属于酚类，叫苯甲醇；属于芳香醇，二者不是同一类物质，不是同系物，B错误；

C．H和D是氢元素的两种不同核素；它们互为同位素，C正确；

D．CH3COOH属于羧酸类，HCOOCH3属于酯类，分子式都为C2H4O2；分子式相同但结构式不同，二者互为同分异构体，D正确。

答案选B。6、D【分析】【详解】

A.石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料汽油，煤油，柴油等的产量；特别是提高汽油的产量，与题意不符，A错误；

B.分子式为C5H12的烃可为正戊烷；异戊烷和新戊烷；有3种同分异构体，与题意不符，B错误；

C.向2mL碘水中加入1mL苯；萃取分层，可观察到液体分层，上层呈紫红色，与题意不符，C错误；

D.煤中不含有苯和甲苯；苯和甲苯是煤的干馏产物，用蒸馏方法可以分离，符合题意，D正确；

故选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．苯与液溴在三溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢；由于溴也有挥发性，也会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴可以和水反应生成溴化氢，也会与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰了对实验结果的验证，故A不符合；

B．在浓硫酸作用下；170℃时酒精脱水生成乙烯，140℃时酒精脱水生成乙醚，需要测定溶液的温度，温度计需要在圆底烧瓶的混合液中，碎瓷片用于防止爆沸，由于乙醇具有挥发性，也会随着乙烯一起进入酸性高锰酸钾溶液，乙醇也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了对实验结果的验证，故B不符合；

C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应；碎瓷片用于防止爆沸，但由于乙酸；乙醚、乙醇和水都有挥发性，会随着乙酸乙酯一起蒸出，故利用分水器，将水冷凝回流，再通过冷凝管，提高乙酸乙酯的产率，故C符合；

D．饱和食盐水与电石反应制取乙炔，含有H2S、PH3等杂质，H2S、PH3会与高锰酸钾反应；且乙炔也能使酸性高锰酸钾褪色，故D不符合；

故选C。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．二者分子式不同；不是同分异构体，故A错误；

B．烃分子中碳原子之间都以碳碳单键结合成链状；剩余价键均与氢原子结合，这样的烃叫做饱和烃，也称为烷烃，故B正确；

C．乙烷和正戊烷均属于烷烃，结构相似，分子组成相差3个CH2；互为同系物，故C正确；

D．主链为6个碳原子有：CH3(CH2)4CH3；主链为5个碳原子有：CH3CH2CH2CH(CH3)2；CH3CH2CH(CH3)CH2CH3；主链为4个碳原子有：CH3CH2C(CH3)3；CH3CH(CH3)CH(CH3)CH3，则C6H14的同分异构体共有5种；故D正确；

综上所述答案为A。9、D【分析】【分析】

根据E的分子式可知，D中甲基上的H原子被氯原子取代生成E，E为E水解后脱水生成F，结合E-苯酮的结构和C的结构可知，F为据此分析解答。

【详解】

A．E-苯酮()中的含氧官能团有羰基和醚键；故A正确；

B．酚中加入溶液显紫色，可用溶液检验生成的C()中是否残留B()；故B正确；

C．根据上述分析，化合物F的结构简式为故C正确；

D．E-苯酮()中含有苯环；能够与氢气加成，发生还原反应；含有-Cl，能够发生取代反应，但不能发生消去反应，故D错误；

故选D。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【分析】

(1)a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液；c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸；碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性。

(2)A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗；标准NaOH溶液浓度小，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，取出一定体积的待测液的溶质的物质的量减少，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低；C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低；D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高。

(3)第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积，根据反应HA+KOH=KA+H2O计算。

(4)根据电离常数进行计算氢离子浓度；再计算pH，再计算水电离出的氢离子浓度。

【详解】

(1)a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液；c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸；碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；滴定终点呈碱性，应该在c点以上，故答案为：c；酚酞；c点以上；

(2)A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗；标准NaOH溶液浓度小，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A符合题意；B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，取出一定体积的待测液的溶质的物质的量减少，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故B不符合题意；C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C不符合题意；D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D符合题意；综上所述，答案为：AD。

(3)第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为：根据反应HA+KOH=KA+H2O可知，0.021L×0.1000mol∙L−1=0.02L×c(HA)，解得：c(HA)=0.1050mol∙L−1；故答案为：0.1050。

(4)pH=4−lg4=4−2lg2=4−2×0.3=3.4，溶液中的氢氧根浓度溶液中氢氧根浓度等于水电离出的氢离子浓度，因此水电离出的氢离子浓度为c(H+)＝2.5×10−11mol∙L−1；故答案为：3.4；2.5×10−11mol∙L−1。【解析】①.c②.酚酞③.c点以上④.AD⑤.0.1050⑥.3.4⑦.2.5×10-11mol/L11、略

【分析】【详解】

（1）①pH=4的NH4Cl溶液为强酸弱碱盐，促进水的电离，水电离产生的氢离子浓度为10-4mol/L；②pH=10的NaOH溶液，抑制水的电离，水电离产生的氢离子为溶液中的氢离子=10-10mol/L，a：b=106：1；

（2）醋酸为弱酸，②pH=10的NaOH溶液；④pH=4的醋酸溶液溶液等体积混合时，酸过量，溶液显酸性，pH<7；醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸电离产生醋酸根离子，导致c（CH3COO-）>c（Na+），醋酸的电离为少量电离，远远小于溶液中的钠离子浓度，则c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）；

（3）取等体积的③pH=4的盐酸；④pH=4的醋酸溶液；醋酸为弱电解质，溶液中存在未电离的分子，加水稀释时，分子发生电离，导致氢离子浓度变化比稀释相同体积的盐酸小，则pH变为5时，醋酸加水的体积大；

（4）取等体积的③pH=4的盐酸；④pH=4的醋酸溶液；溶液中存在未电离的分子；

A．反应时醋酸分子逐渐电离；氢离子浓度变化小，反应时间短，A错误；

B．开始时；氢离子浓度相同，反应速率相同，B错误；

C．反应结束时生成氢气的量相等；则参加反应的锌粒的质量相等，C正确；

D．醋酸的量多；则盐酸中锌粒过量，有剩余，D正确；

E．醋酸为弱酸；提供的量多，锌粒少量，无剩余，E错误；

F．醋酸为弱酸；提供的量多，有剩余，F正确；

答案为CDF。【解析】①.106：1②.<③.c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）④.<⑤.C、D、F12、略

【分析】【分析】

（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性；能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；

（2）高锰酸钾溶液颜色为紫红色；可不用加入指示剂；

（3）滴定后俯视液面，读数偏小，(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少，根据分析不当操作对V(标准)的影响，据此判断浓度的误差。

【详解】

（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不能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：酸；

（2）高锰酸钾溶液的颜色为紫红色，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为红色，且半分钟内不褪色，即可判断达到滴定终点，因此不需要用指示剂就可以判断滴定终点；

故答案为：不加指示剂，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色；

（3）滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，则读数偏小，则(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少，根据(b-a)mL计算得到的待测浓度，造成V(标准)偏小，根据分析，c(待测)偏小；

故答案为：小。

【点睛】

高锰酸钾溶液的颜色本身为紫红色，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色，则当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为红色，且半分钟内不褪色，即可判断达到滴定终点，因此不需要用指示剂就可以判断滴定终点，这是学生们的易错点，错误认为滴定一定需要指示剂。【解析】①.酸②.不加指示剂，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色③.小13、略

【分析】【分析】

(1)

因为硫酸铝是强电解质，故电离方程式中用“=”，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3；

(2)

根据常见的电解质是酸、碱、盐、金属氧化物、水，非电解质常见物质是大部分有机物、非金属氧化物等，判断电解质是③⑤⑥⑦⑩⑫共5种，属于非电解质的是④⑧⑪，能导电的物质有②⑤⑦⑨；

(3)

少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+2H2O；根据易溶于水的强电解质能拆成离子形式判断Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O的离子方程式是H++OH-=H2O；

(4)

FeCl3的饱和溶液滴入沸水中可以制得Fe(OH)3胶体方程式：，胶体的检验利用丁达尔效应进行判断。

(5)

铜在潮湿的空气中会生成碱式碳酸铜[化学式为Cu2(OH)2CO3]，利用原子守恒进行配平方程式得：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3

(6)

除去硝酸钾固体中少量的NaCl，NaCl的溶解度随温度变化不大，而硝酸钾随温度的变化大，故可利用物质的溶解度随温度的变化不同采用冷却结晶的方法进行除杂，顺序为：③⑤④①。

【点睛】

对于化合反应的特点，生成物只有一种，利用定“1”法进行配平方程式，将生成物的系数定为1可快速配平。【解析】(1)Al2(SO4)3=2Al3++3

(2)5④⑧⑪②⑤⑦⑨

(3)Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+2H2OBa(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O

(4)丁达尔效应。

(5)2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3

(6)③⑤④①14、略

【分析】【分析】

废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加如碳酸氢铵；反应生成碳酸亚铁沉淀；硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸，碳酸亚铁溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体。

【详解】

（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作为过滤；过滤用的仪器有玻璃棒；烧杯、漏斗；步骤②得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：玻璃棒、烧杯、漏斗；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（2）步骤④的反应为FeSO4与如碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）Fe2+具有还原性，步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及隔绝空气，防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；

（4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的方程式为4FeSO4+O24SO3+2Fe2O3，由化合价变化可知，氧化剂为O2和还原剂为FeSO4；由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4，故答案为：1:4；

（5）硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，加入乳酸，CO32-与乳酸反应，使CO32-浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-与乳酸反应浓度降低；平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；

（6）亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被还原为+2价的锰离子，根据得失电子守恒可知5FeSO4·7H2O—KMnO4，则依据消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL可知FeSO4·7H2O的质量分数为×100%=×100%，故答案为：【解析】①.玻璃棒、烧杯、漏斗②.冷却结晶、过滤、洗涤、干燥③.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑④.防止Fe2+被氧化⑤.1:4⑥.硫酸亚铁在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液⑦.×100%15、略

【分析】【分析】

（1）要证明醋酸为弱电解质；只要证明醋酸部分电离即可；

（2）根据电离度的概念及pH的表达式计算氢离子浓度；根据水的离子积计算水电离出氢离子浓度。

【详解】

(1)①配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液，然后测溶液的pH，若pH大于1，说明溶液中c(H+)3COOH)；则醋酸部分电离，所以证明醋酸为弱电解质，故正确；

②溶液导电性与离子浓度成正比；用醋酸溶液和盐酸做导电性实验，若醋酸溶液导电性弱，说明醋酸溶液中离子浓度小，但是两种溶液的浓度是否相等未知，所以不能证明醋酸为弱电解质，故错误；

③将pH=2的CH3COOH溶液加水稀释100倍后；如果醋酸继续电离，则溶液的pH应该小于4，故错误，故答案为：①；

(2)若25℃时，0.10mol/L的CH3COOH的电离度为1%，溶液中c(H+)=c×α=0.10mol/L×1%=0.001mol/L，则该溶液中pH=−lgc(H+)=−lg0.001=3；该溶液中水电离出的c(H+)==10−11mol/L，由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的倍数==108，故答案为：3；108。【解析】①310816、略

【分析】【分析】

（1）0.5mol·L-1HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2，c(H+)=0.01mol/L，则表明，HNO2只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸；

（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大；pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围；

（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；

（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，溶液中含有水分子和亚硝酸分子，因水解导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；

A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大；

B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响；

C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小；

D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小；

E.CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大。

【详解】

（1）0.5mol·L-1HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2，c(H+)=0.01mol/L，则表明，HNO2只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸，则HNO2的电离方程式HNO2H++NO2-；

（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大；pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围在2~3之间；

（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；

（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，pH>7；溶液中含有水分子和亚硝酸分子共2种分子，因水解导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；

A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大；A符合题意；

B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响；B不合题意；

C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小；C不合题意；

D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小；D不合题意；

E.CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大；E符合题意；

答案为：AE。【解析】①.HNO2H++NO2-②.减小③.增大④.B⑤.弱酸电离吸热⑥.＞⑦.2⑧.＞⑨.AE17、略

【分析】【分析】

对溴苯乙烯分子结构中有双键；丙烯分子结构中也有双键，二者可以通过加聚反应生成共聚物，加聚的方式不同，产物的结构也不同。

【详解】

(1)由分析知，对溴苯乙烯与丙烯发生加聚反应，其聚合产物有两种，分别为（或写成）、（或写成）;

故答案为：（或写成）、（或写成）；

(2)实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，首先是乙苯与液溴在溴化铁作催化剂时发生苯环上的取代反应，生成对溴乙苯和溴化氢，产生的对溴乙苯与溴蒸气在光照时发生侧链上的取代反应产生和溴化氢;

故答案为：液溴；溴化铁作催化剂；溴蒸气、光照；

(3)将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色，说明在发生水解时是侧链上的溴原子发生取代反应，而苯环上的溴原子没有发生取代反应，则A的结构简式为由A生成对溴苯乙烯为醇的消去反应；反应条件为浓硫酸；加热；

故答案为：苯环上的卤素原子比侧链的卤素原子难发生取代反应；浓硫酸；加热；

(4)丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面，结合乙烯分子式平面结构，可知B分子应该含有乙烯的结构，乙烯分子的四个H原子被四个甲基取代，就得到B，其结构简式为由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的方法是：2,3-二甲基-1-丁烯在过氧化物存在时与溴化氢发生加成反应，产生与氢氧化钠乙醇溶液在加热时发生消去反应生成合成路线为

故答案为：

【点睛】

B分子结构中碳原子处于同一平面，B无苯环结构，则推知分子结构中含有乙烯结构，乙烯中的四个H原子被四个甲基取代，则满足碳原子均在同一平面内，进而得到B的结构。【解析】①.（或写成）、（或写成）②.液溴、溴化铁作催化剂；溴蒸气、光照③.④.苯环上的卤素原子比侧链的卤素原子难发生取代反应⑤.浓硫酸、加热⑥.⑦.18、略

【分析】【分析】

A的分子式为C4H8，氢化后得到2-甲基丙烷，可知A的结构简式为CH2=C（CH3）2，A发生加聚反应得到

A发生烷基化反应生成一种烃B，将B完全燃烧后得到CO2和H2O的物质的量之比为8：9，可推出B的分子式为C8H18，其一卤代物只有4种，等效氢有4种，且碳链不对称，则B为据此分析。

【详解】

A的分子式为C4H8，氢化后得到2-甲基丙烷，可知A的结构简式为CH2=C（CH3）2，A发生加聚反应得到

（1）A的结构简式为CH2=C（CH3）2；分子中的官能团的名称为碳碳双键；

（2）A通入溴水；则A与溴水发生加成反应得到卤代烃，卤代烃和水互不相溶，故溶液褪色，底部出现无色油状物质；A通入溴的四氯化碳溶液时，则A与溴水发生加成反应得到卤代烃，卤代烃和四氯化碳相溶，故只看到溶液褪色；

（3）A氢化（与H2加成）后得到2-甲基丙烷，2-甲基丙烷的同分异构体正丁烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH3；

（4）A发生加聚反应的方式有两种：

（5）A发生烷基化反应生成一种烃B，将B完全燃烧后得到CO2和H2O的物质的量之比为8：9，可推出B的分子式为C8H18，其一卤代物只有4种，等效氢有4种，且碳链不对称，则B为名称为2，2，4-三甲基戊烷。【解析】①.碳碳双键②.溶液褪色，底部出现无色油状物质③.溶液褪色④.CH3CH2CH2CH3⑤.或⑥.C8H18⑦.2，2，4-三甲基戊烷三、判断题(共9题，共18分)19、B【分析】【详解】

当烯烃中碳碳双键两端的碳原子上连有两个互不相同的原子或原子团时才存在顺反异构，故不是任何烯烃均存在顺反异构现象，该说法错误。20、B【分析】【详解】

蔗糖的水解液中含催化剂硫酸；检验蔗糖的水解产物需在碱性条件下进行，故实验操作为：在蔗糖的水解液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，若无银镜产生，则蔗糖没有水解；答案为：错误。21、A【分析】【详解】

葡萄糖在人体内氧化分解释放能量，是人体所需能量的重要来源，故该说法正确。22、B【分析】【详解】

甲醛通常状况下为气体，甲醛和乙醛的官能团均为-CHO，而醛基为亲水基，故两者均溶于水，错误，故答案为：错误；23、B【分析】【详解】

甲醛是是一个碳原子构成的醛，故错误。24、A【分析】【详解】

乙酸和甲酸甲酯分子式都为互为同分异构体。25、B【分析】【详解】

饱和一元羧酸以及饱和一元羧酸与一元醇形成的酯的通式为CnH2nO2，羧酸或酯如含有碳碳双键、苯环等，则通式不是CnH2nO2，故错误。26、A【分析】【详解】

植物油中含有碳碳双键，在金属催化剂下，能与氢气共热发生加成反应生成熔点高的饱和高级脂肪酸甘油酯，使液态油脂变为半固态或固态油脂，故正确。27、B【分析】【分析】

【详解】

有机物的核磁共振氢谱中会出现四组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1，故错误。四、原理综合题(共4题，共28分)28、略

【分析】【分析】

(1)①根据图知；当反应达到平衡状态后，升高温度，水的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动；②温度过低，化学反应速率慢；温度过高，平衡逆向移动；③改变条件能使平衡正向移动，缩短转化时间都能提高二氧化碳转化效率，据此分析解答；

(2)根据图象，甲的浓度是从0升高到0.4mol/L，表示生成物，乙的浓度从1.0降低到0.8mol/L，表示反应物，该反应的ΔH＞0；是吸热反应，结合温度对平衡的影响分析判断；

(3)①根据表中温度对生成气体的总浓度的影响分析；根据表中数据求出NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)平衡时的气体浓度，在根据平衡常数K=c2(NH3)×c(CO2)计算；

(4)①Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓；②从活化能角度分析解答；③对比Bosch反应CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)和Sabatier反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)分析解答。

【详解】

(1)①根据图知，当CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)达到平衡状态后；升高温度，水的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动，所以化学平衡常数减小，故答案为：减小；

②温度过低；化学反应速率太慢；温度过高，平衡逆向移动，反应向右进行的程度减小，所以温度过高或过低均不利于该反应的进行，故答案为：温度过低，反应速率小；而温度过高，反应向右进行的程度小；

③A．适当减压，CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，所以其转化效率减小，故A错误；B．增大催化剂的比表面积，尽管平衡不移动，但增大了化学反应速率，缩短化学反应达到平衡的时间，能提高二氧化碳的转化效率，故B正确；C．升高温度，水的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应器前段加热，能够加快反应速率，后段冷却，能够使平衡正向移动，能提高CO2转化效率，故C正确；D．提高原料气中CO2所占比例，尽管平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，CO2转化效率降低，故D错误；E．合理控制反应器中气体的流速，能够使反应成分进行，能够提高CO2转化效率；故E正确；故答案为：BCE；

(2)从图象可知，甲的浓度是从0升高到0.4mol/L，表示生成物CO的图象，乙是浓度从1.0降低到0.8mol/L，表示反应物CH4的图象，该反应的ΔH＞0；是吸热反应，降低温度平衡向放热方向移动，即向逆反应方向移动，生成物浓度减小，化学反应速率减小，E点符合，故答案为：乙；E；

(3)从表中数据可以看出，随着温度升高，气体总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应；根据反应的化学计量数的关系可知，c(NH3)=2c(CO2)，15℃时平衡体系的气体总浓度为3×10-2mol/L，即c(NH3)+c(CO2)=3×10-2mol/L，得到c(NH3)=2×10-2mol/L，c(CO2)=10-2mol/L，则15℃时此反应的化学平衡常数K=c2(NH3)×c(CO2)=(2×10-2)2×10-2=4×10-6，故答案为：吸热；4×10-6；

(4)①生成焓是指由单质生成1mol该物质所产生的反应热，Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓，则Bosch反应的△H=2×(-242kJ•mol-1)-(-394kJ•mol-1)=-90kJ/mol；故答案为：-90；

②断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高；使得该反应所需的活化能较高，因此一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，故答案为：反应的活化能高；

③对比Bosch反应CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)和Sabatier反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)；Bosch反应的优点是氢原子利用率为100%，故答案为：氢原子利用率为100%。

【点睛】

本题的易错点为(1)③，要注意区分二氧化碳的转化率和转化效率，二者不是一个概念，转化效率除与转化率有关，还与转化需要的时间有关。【解析】减小温度过低，反应速率减小；温度过高，反应向右进行的程度小BCE乙E吸热4×10-6-90反应的活化能高氢原子利用率为100%(或其它合理答案)29、略

【分析】【分析】

电解法处理含的酸性废水，铁为电极，在阳极铁失去电子生成Fe2+，作为还原剂将还原为Cr3+，形成Cr(OH)3沉淀而除去。

【详解】

(1)电解酸性废水，在阴极，溶液中的H+得到电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑。

(2)阳极生成的Fe2+和在酸性溶液中反应生成Cr3+和Fe3+，离子方程式为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

(3)常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp=1×10-32，当c(Cr3+)为10-5mol/L时，c(OH-)=mol/L，所以c(H+)=10-5mol/L，所以溶液的pH=5，即当溶液的pH=5时，才能使c(Cr3+)将至10-5mol/L。【解析】2H++2e-=H2↑6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O530、略

【分析】【分析】

根据D结构简式及A分子式知，A为A发生取代反应生成B为B发生水解反应生成C为C发生催化氧化生成D；D发生加成反应生成E，根据F分子式知，E发生消去反应生成F和G发生加成反应生成H；

【详解】

(1)C为C的名称是苯甲醇，故答案为：苯甲醇；

(2)F→H的反应类型为加成反应；B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液；加热，故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；

(3)A．质谱仪测定其相对分子质量；故错误；

B．元素分析仪测定元素；故错误；

C．红外光谱仪测定化学键和官能团；故正确；

D．核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比；故错误；

故选C；

(4)D→E的化学方程式故答案为：

(5)E的同分异构体符合下列条件：

①既能发生银镜反应；又能发生水解反应，说明含有HOOC-；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基；

如果取代基为HCOO-、CH3CH2CH2-；有邻间对3种；

如果取代基为HCOO-、(CH3)2CH-；有邻间对3种；

如果取代基为HCOOCH2-、CH3CH2-；有邻间对3种；

如果取代基为HCOOCH2CH2-、CH3-；有邻间对3种；

如果取代基为HCOOCH(CH3)-，CH3-；有邻间对3种；

符合条件的有15种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是故答案为：15；

(6)以D和乙醛为原料合成（其他无机试剂自选），苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、最后发生加成反应得到目标产物，其合成路线为故答案为：

【点睛】

明确反应前后碳链结构变化是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断，要考虑碳链异构、位置异构。【解析】苯甲醇加成反应氢氧化钠水溶液，加热C+1531、略

【分析】【分析】

(1)Co为27号元素，位于第四周期第ⅤⅢ族；1个Ni(CO)4中含有4个配位键；4个共价三键；每个共价三键中含有一个σ键，配位键也属于σ键；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10；

(2)①O元素是非金属；Co是金属元素；

②氢键越多；熔沸点越高；

③[Co(CN)6]4-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[Co(CN)6]3-；只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成；

(3)①δ晶胞为体心立方堆积；Fe原子配位数为8．a晶胞为简单立方堆积，Fe原子配位数为6；

②γ-Fe中顶点粒子占面心粒子占根据晶体密度ρ=计算；

③在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1；1，1)晶面，该立方晶胞体中(1，1，1)晶面共有4个。

【详解】

基态Ni原子的价电子为3d能级上的8个电子、4s能级上的2个电子，其价电子排布式为1个中含有4个配位键、4个共价三键，每个共价三键中含有一个键，配位键也属于键，所以该分子中含有8个键，则1mol该配合物中含有个键；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10，符合条件的阴离子为或

元素Co与O中；由于O元素是非金属而Co是金属元素，O比Co原子更难失去电子，所以第一电离能较大的是O；

与均为极性分子，中氢键比甲醇多。沸点从高到低的顺序为具体地说，的沸点较高，是因为平均一个水分子能形成两个氢键而平均一个分子只能形成一个氢键，氯键越多，熔沸点越高；所以沸点高；

配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：

晶胞为体心立方堆积，Fe原子配位数为8；a晶胞为简单立方堆积，Fe原子配位数为6，则a两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：3；

中顶点粒子占面心粒子占则一个晶胞中含有Fe的个数为个，不妨取1mol这样的晶胞，即有个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为根据立体几何知识，晶胞边长a与Fe的半径的关系为所以则一个晶胞体积为所以晶体密度为：

观察图可得在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为1，晶面，该立方晶胞体中1，晶面共有4个。【解析】或的沸点较高，因为平均一个水分子能形成两个氢键而平均一个分子只能形成一个氢键，氯键越多，熔沸点越高。所以沸点高34五、有机推断题(共3题，共15分)32、略

【分析】【分析】

A的密度为1.25g/L，其摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，A为CH2=CH2，B是CO与H2以物质的量之比为1：1反应的产物，则B为HCHO，B与氢气发生加成反应生成D，HCHO+H2C