2025年统编版高二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年统编版高二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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、为了防止热带鱼池中水藻的生长，需保持水中Cu2+的浓度约1．2×10-5mol·L-1。为避免在每次换池水时溶液浓度的改变，可把适当的含铜化合物放在池底，其饱和溶液提供适当的Cu2+。已知CuS、Cu(OH)2、CuCO3的Ksp值依次为1．3×10-36、2．2×10-20、1．4×10-10，下列四种物质中，能满足池水浓度要求的是（）A.CuSO4B.CuCO3C.Cu(OH)2D.CuS2、下列反应属于取代反应的是（）A.CH4+Cl2CH3Cl+HClB.CH2=CH2+HClCH3CH2ClC.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD.2C6H6+15O212CO2+6H2O3、关于下列物质的说法，正确的是（）A.三者含有的官能团的种类相同B.乙和丙中的﹣OH性质相同C.甲和乙互为同分异构体D.甲和丙互为同分异构体4、关于原电池和电解池的电极名称，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.原电池中失去电子的一极一定为负极B.电解池中与直流电源负极相连的一极一定为阴极C.电解池中发生氧化反应的一极一定为阳极D.原电池中负极的质量一定减少5、下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3：1的是（）A.B.C.D.6、下列叙述错误的是rm{(}rm{)}A.合金材料中可能含有非金属元素B.人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C.加热能杀死流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性D.在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放7、下列有关化学用语表示正确的是（）A.中子数为18的S原子：SB.中子数为18的S原子：SC.CS2的结构式：S=C=SD.光导纤维的主要成分：Si评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、燃煤废气中的氮氧化物（NOx）、二氧化碳等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。（1）①对燃煤废气进行脱硝处理时，常利用甲烷催化还原氮氧化物，如：CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－574kJ·mol－1CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－1160kJ·mol－1则CH4(g)将NO2(g)还原为N2(g)等的热化学方程式为____。②若用甲烷作为燃料电池的原料，请写出在碱性介质中电池负极的电极反应式____。（2）将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H<0①对于该反应下列说法正确的是（）A．若温度升高，则反应的平衡常数K将增大”B．一定条件下增加H2的浓度可以提高反应速率C．加入催化剂可提高CO2的转化率D．恒温恒容条件下若压强保持不变，可认为反应到达平衡状态②将6molH2和2molCO2在2L密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中CH3OCH3的体积分数约为16.7％（即1/6），此时CO2的转化率为____9、一定温度下，在rm{2L}的恒容密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

rm{(1)}该反应的化学方程式为______．

rm{(2)}从反应开始到rm{10s}时，用rm{Y}表示的反应速率为______，rm{X}的转化率为______rm{.(}保留三位有效数字rm{)}

rm{(3)10s}时，该反应______达到了化学平衡状态rm{.(}填“是”或“否”rm{)}10、某地煤矸石经预处理后含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量钙镁的化合物等；一种综合利用工艺设计如下：

rm{(3)}物质rm{X}的化学式为______rm{.}“碱”时反应的离子方程式为______．

rm{(4)}为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有______、______等rm{.(}填两种即可rm{)}

rm{(5)}已知rm{Fe^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{2.1}和rm{3.2}rm{Al^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{4.1}和rm{5.4}为了获得更多产品rm{Al(OH)_{3}}从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用rm{CaCO_{3}}一种试剂，后续操作的实验方案是______．11、rm{(1)}科学家正在研究温室气体rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的转化和利用．

rm{垄脵CH_{4}}和rm{CO_{2}}所含的三种元素电负性从小到大的顺序为______．

rm{垄脷}下列关于rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的说法正确的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{a.}固态rm{CO_{2}}属于分子晶体。

rm{b.CH_{4}}分子中含有极性共价键；是极性分子。

rm{c.}因为碳氢键键能小于碳氧键，所以rm{CH_{4}}熔点低于rm{CO_{2}}

rm{d.CH_{4}}和rm{CO_{2}}分子中碳原子的杂化类型分别是rm{sp^{3}}和rm{sp}

rm{垄脹}在rm{Ni}基催化剂作用下，rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}反应可获得化工原料rm{CO}和rm{H_{2}}．

rm{a.}基态rm{Ni}原子的电子排布式为______，该元素位于元素周期表的第______族rm{.}

rm{b.Ni}能与rm{CO}形成正四面体形的配合物rm{Ni(CO)_{4}}rm{1mol}rm{Ni(CO)_{4}}中含有______rm{mol娄脪}键．

rm{(2)}早期发现的一种天然准晶颗粒由三种rm{Al}rm{Cu}rm{Fe}元素组成rm{.}回答下列问题：

rm{垄脵}新制备的氢氧化铜可将乙醛氧化为乙酸，而自身还原成氧化亚铜，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为______；一摩尔乙醛分子中含有的rm{娄脪}键的数目为：______rm{.}乙酸的沸点明显高于乙醛；其主要原因是：______．

rm{垄脷}铝单质为面心立方晶体，其晶胞边长rm{a=0.405nm}晶胞中铝原子的配位数为______rm{.}列式表示铝的晶胞密度______rm{g?cm^{-3}(}不必计算出结果rm{)}

rm{垄脹}含有rm{NaOH}的rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米rm{Cu_{2}O.}

rm{a.Cu^{+}}基态核外电子排布式为______

rm{b.}写出与rm{OH^{-}}互为等电子体的一种分子为______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{c.}铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为______．12、某有机物rm{X(C_{12}H_{13}O_{6}Br)}的分子中含有多种官能团，其结构简式为rm{(}其中Ⅰ、Ⅱ为未知部分的结构rm{).}为推测rm{X}的分子结构，进行如图所示的转化：

已知向rm{E}的水溶液中滴入rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；rm{G}rm{M}都能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应；在rm{X}分子结构中，Ⅰ里含有能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应的官能团，且rm{E}分子中苯环上的一氯代物只有一种．

rm{(1)G}分子所含官能团的名称是______；rm{G}不能发生的反应有______rm{(}选填序号rm{)}

A、加成反应rm{B}消去反应rm{C}氧化反应rm{D}取代反应。

rm{(2)X}的结构简式是______．

rm{(3)}由rm{B}转化成rm{D}的化学方程式是______rm{.(}条件可以不写rm{)}

rm{(4)F}与rm{G}互为同分异构体，rm{F}的分子中只含有羧基、羟基和醛基三种官能团，且同一个碳原子上不能同时连有两个羟基rm{.}则rm{F}的分子结构有______种rm{.}

rm{(5)X}的核磁共振氢谱图中有______个峰．13、现有常温下的下列五种溶液：rm{[}已知：rm{K_{a}(CH_{3}COOH)=K_{b}(NH_{3}?H_{2}O)]}rm{垄脵pH=2}的rm{CH_{3}COOH}溶液；rm{垄脷pH=2}的rm{HCl}溶液；rm{垄脹0.01mol隆陇L^{-1}}的氨水；

rm{垄脺0.01mol隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液；rm{垄脻0.01mol隆陇L^{-1}CH_{3}COOH}溶液与rm{垄脻0.01mol隆陇L^{-1}

CH_{3}COOH}的氨水等体积混合后所得溶液。

rm{0.01mol隆陇L^{-1}}将溶液稀释相同倍数后，溶液rm{(1)}将溶液稀释相同倍数后，溶液rm{pH}rm{垄脵}________rm{垄脷(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{(1)}________rm{pH}填“rm{垄脵}”、“rm{垄脷(}”或“rm{>}”rm{<}rm{=}若将rm{)}rm{(2)}混合后所得溶液rm{垄脷}则消耗溶液的体积：rm{垄脹}________rm{pH=7}填“rm{垄脷}”、“rm{垄脹(}”或“rm{>}”rm{<}rm{=}上述五种溶液中，水的电离程度最大的是________rm{)}填序号rm{(3)}该溶液中各离子浓度由大到小的顺序是________。rm{(}取rm{)}rm{(4)}溶液各rm{垄脵}分别加入质量不等的rm{垄脷}粒，反应完全后产生等量rm{10mL}则：________rm{Zn}填序号rm{H_{2}}溶液中所放入rm{(}的质量较大。rm{)}若改变温度后，测得rm{Zn}溶液rm{(5)}在该温度下，将rm{垄脺}rm{pH=10}混合后，测得溶液rm{垄脵}则所得溶液中rm{垄脺}________rm{pH=7}填精确值rm{c(Na^{+})-c(CH_{3}COO^{-})=}rm{mol隆陇L^{-1}(}14、取rm{3.4g}某液态饱和多元醇，置于rm{5L}氧气中点燃使醇完全燃烧；反应后气体体积减少rm{0.56L}经rm{CaO}吸收，气体体积又减少rm{2.8L(}所有体积均在标准状况下测定rm{)}rm{(1)}该醇中rm{C}rm{H}rm{O}的原子个数之比为____________。rm{(2)}由以上比值能否确定该醇的分子式？________。理由是_______________________。rm{(3)}如果将该醇的任意一个羟基换成一个卤原子，所得到的卤代物都只有一种，试写出该饱和多元醇的结构简式___________________。评卷人得分三、其他(共8题，共16分)15、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。16、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应17、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。18、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。19、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。20、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。21、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。22、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。评卷人得分四、工业流程题(共2题，共14分)23、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24、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)25、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__________________________________．26、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__________________________________．27、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。28、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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】试题分析：A．CuSO4容易溶解于水因此溶液中的c(Cu2+)>>1．2×10-5mol/L。错误。B．CuCO3的Ksp=1．4×10-10．则c(Cu2+)=≈1．2×10-5mol/L．正确。C．Cu(OH)2Cu2++2OH-。假设c(Cu2+)=x,则c(OH-)=2x,Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2．2×10-20．x×(2x)2=2．2×10-20．<<1．2×10-5mol/L．错误。D．CuSKsp值为1．3×10-36，则在溶液中的c(Cu2+)=<<1．2×10-5mol/L．错误。考点：考查沉淀溶解平衡在养殖业的应用的知识。【解析】【答案】B2、A【分析】【解答】解：A．CH4+Cl2CH3Cl+HCl，Cl替代了CH4中的H，属于取代反应，故A正确；B．CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；属于加成反应，故B错误；

C．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙醇发生了催化氧化反应，故C错误；

D．2C6H6+15O212CO2+6H2O，C6H6发生了氧化反应；故D错误；

故选A．

【分析】根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断．3、D【分析】【解答】解：A．根据图示可知；甲中含有酚羟基酯基；乙中含有酚羟基和羧基、丙中含有醇羟基和羧基，它们含有的官能团类型不同，故A错误；B．乙中含有的为酚羟基，而丙中含有的为醇羟基，酚羟基中氢原子的活泼性大于醇羟基，故B错误；

C．甲和乙分子中含有的碳原子数目不同；二者分子式一定不同，所以二者不属于同分异构体，故C错误；

D．甲和丙分子的分子式相同；结构不同；二者满足同分异构体的条件，故D正确；

故选D．

【分析】A．甲中含有酯基和酚羟基；乙中含有酚羟基和羧基，而丙中羧基和醇羟基；

B．乙中为酚羟基；丙中为醇羟基，酚羟基中氢原子活泼性强于醇羟基；

C．甲和乙含有的碳原子数目不同；数目分子式不同，二者不属于同分异构体；

D．甲和丙的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体．4、D【分析】解：rm{A.}原电池中负极失去电子；则失去电子的一极为负极，故A正确；

B.电解池中与电源的连接决定阴极或阳极；则电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极，故B正确；

C.电解池中与电源正极相连的为阳极；得到电子，发生氧化反应，故C正确；

D.一般来说；原电池中相对活泼的一极失去电子，为原电池的负极，在燃料点池中，负极的质量不变，故D错误；

故选D．

原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，所以较活泼的金属作负极，较不活泼的电极为正极，电子从负极沿导线流向正极rm{.}而电解池的电极与电源有关；与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，以此来解答．

本题考查电化学反应原理，为高频考点，把握正负极、阴阳极的判断方法为解答本题关键，注意原电池及电解池的区别，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}5、C【分析】【解答】解：化合物的核磁共振氢谱中出现2种峰，说明有机物中含有2种类型的氢原子，且原子数之比为3：1；A、中含有三种等效氢原子；应出现三种峰值，故A错误；

B、中含有两种等效氢；出现两种峰值，且不同峰值的氢原子个数比为6：4=3：2，故B错误；

C、中含有两种等效氢；出现两种峰值，且不同峰值的氢原子个数比为3：1，故C正确；

D、中含有两种等效氢；出现两种峰值，且不同峰值的氢原子个数比为6：4=3：2，故D错误；

故选：C．

【分析】根据核磁共振氢谱中峰的种数等于氢原子的种类；峰面积之比等于个数之比，然后根据等效氢判断．

等效氢原子：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效．6、B【分析】合金是两种或两种以上的金属rm{(}或金属与非金属rm{)}熔合而成的，A正确；光导纤维主要成分是rm{SiO_{2}}属于无机物，B错误；加热会使蛋白质发生变性，C正确；在汽车排气管上加装“催化转化器”能将有毒的rm{CO}和rm{NO}转化为无毒的rm{CO_{2}}和rm{N_{2}}D正确。【解析】rm{B}7、C【分析】解：A．中子数为18的硫原子质量数=16+18=34，符号为：1634S；故A错误；

B．丙烯中的官能团碳碳双键不能省略，应为CH3CH=CH2；故B错误；

C．二硫化碳中存在两个碳硫双键；不是单键，结构式为S=C=S，故C正确；

D．硅为半导体材料；光导纤维的主要成分为二氧化硅，故D错误；

故选：C。

A．书写某种原子要注明质子数和质量数；元素符号左上角数字表示质量数，质量数=质子数+中子数；

B．结构简式中需要标出官能团结构；丙烯分子中含有碳碳双键不能省略；

C．二氧化硫中存在两个碳硫双键；类比二氧化碳的结构简式判断；

D．光导纤维的成分是二氧化硅。

本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度不大，注意掌握原子符号的概念、结构简式、结构式及光导纤维的主要成分，选项C为易错点，类比二氧化碳的结构简式判断。【解析】C二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）①将第一个式子与第二个式子相叠加，就的到CH4(g)将NO2(g)还原为N2(g)等的热化学方程式，即CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－867kJ·mol－1。（2）①A.反应为吸热反应，升高温度反应逆向移动，K将减小，故错；B.增大其它的浓度，反应速率加快，故正确；C.催化剂不影响化学平衡的移动，故错；D.反应前后的气体的总物质的量是不相等的，故正确。考点：热化学方程式的计算化学反应速率化学平衡【解析】【答案】（1）①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－867kJ·mol－1②CH4－8e－＋10OH－＝CO32－＋7H2O（2）①BD②CO2的转化率为80%9、略

【分析】解：rm{(1)}由图象可以看出，反应中rm{X}rm{Y}的物质的量减少，应该为反应物，rm{Z}的物质的量增多；应为生成物；

当反应进行到rm{10s}时，rm{trianglen(X)=0.79mol}rm{trianglen(Y)=0.79mol}rm{trianglen(Z)=1.58mol}则rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=1}rm{1}rm{2}参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}

故答案为：rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}

rm{(2)}从反应开始到rm{10s}时，rm{Y}的物质的量变化为：rm{1.00mol-0.21mol=0.79mol}则该段时间内用rm{Y}表示的反应速率为：rm{v(Y)=dfrac{dfrac{0.79mol}{2L}}{10s}=0.0395}rm{v(Y)=dfrac{dfrac

{0.79mol}{2L}}{10s}=0.0395}

该段时间内rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}消耗的物质的量为：rm{X}则rm{1.20mol-0.41mol=0.79mol}的转化率为：rm{dfrac{0.79mol}{1.20mol}隆脕100%=65.8%}

故答案为：rm{X}rm{dfrac

{0.79mol}{1.20mol}隆脕100%=65.8%}rm{0.0395}

rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}根据图示曲线变化可知，rm{65.8%}时rm{(3)}rm{10s}rm{X}的物质的量不再变化；说明此事正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态；

故答案为：是．

rm{Y}根据各物质的物质的量与化学计量数成正比写出该反应方程式；

rm{Z}根据rm{v=dfrac{dfrac{trianglen}{V}}{trianglet}}计算出从反应开始到rm{(1)}时用rm{(2)}表示的反应速率为；根据rm{v=dfrac{dfrac{triangle

n}{V}}{trianglet}}消耗的物质的量及反应初始物质的量计算出其转化率；

rm{10s}时各组分的浓度不再变化；说明达到平衡状态．

本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响因素，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{Y}【解析】rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}rm{0.0395mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{65.8%}是10、略

【分析】解：含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Fe^{3+}+3H_{2}O}则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；

rm{(1)}氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质rm{X}是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{CO_{2}}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)}根据影响反应速率的因素可知；为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有增大盐酸的浓度；升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；

故答案为：增大盐酸的浓度；升高反应温度；减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；

rm{(3)Fe^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{2.1}和rm{3.2}rm{Al^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{4.1}和rm{5.4}要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的rm{PH}应该为rm{3.2}过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液rm{pH}为rm{5.4}以使氢氧化铝完全沉淀；

故答案为：加入rm{CaCO_{3}}调节rm{pH}到rm{5.4}过滤得到沉淀．

含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Fe^{3+}+3H_{2}O}则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝，据此答题．

本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度不大．【解析】rm{CO_{2}}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}增大盐酸的浓度；升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；加入rm{CaCO_{3}}调节rm{pH}到rm{5.4}过滤得到沉淀11、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性rm{O>C>H}故电负性rm{H<C<O}

故答案为：rm{H<C<O}

rm{垄脷a}二氧化碳属于分子晶体，故rm{a}正确；

rm{b}甲烷中含有极性共价键，但是正四面体结构，属于非极性分子，故rm{b}错误；

rm{c}二氧化碳熔点高，原因是rm{C}与rm{O}形成rm{2}对共价键，故rm{c}错误；

rm{d}甲烷为正四面体形，rm{C}原子含有rm{4}个rm{娄脪}键，无孤电子对，采取rm{sp^{3}}杂化，二氧化碳为直线形，碳氧双键中有rm{1}个rm{娄脪}键和rm{1}个rm{娄脨}键，因此rm{C}原子采取rm{sp}杂化，故rm{d}正确；

故答案为：rm{ad}

rm{垄脹a.Ni}为rm{28}号元素，基态rm{Ni}原子的电子排布式为rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}处于元素周期表中第四周期第rm{V}Ⅲ族，故答案为：rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{V}Ⅲ；

rm{b.}该配合物的配离子中rm{Ni}原子和rm{C}原子之间有rm{4}个rm{娄脪}键，rm{CO}分子中rm{C}和rm{O}之间存在rm{1}个rm{娄脪}键，rm{1}个rm{娄脨}键，rm{1}个配位键，因此rm{4}个rm{CO}有rm{4}个rm{娄脪}键，故rm{1molNi(CO)_{4}}中含有rm{8mol娄脪}键，故答案为：rm{8}

rm{(2)垄脵}乙醛中甲基上的rm{C}形成rm{4}条rm{娄脪}键，无孤电子对，因此采取rm{sp^{3}}杂化类型，醛基中的rm{C}形成rm{3}条rm{娄脪}键和rm{1}条rm{娄脨}键，无孤电子对，采取rm{sp^{2}}杂化类型；rm{1}个乙醛分子含有rm{6}个rm{娄脪}键和一个rm{娄脨}键，则rm{1mol}乙醛含有rm{6mol娄脪}键，即rm{6N_{A}}个rm{娄脪}键；乙酸分子间可形成氢键；乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；

故答案为：rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{6N_{A}}rm{CH_{3}COOH}的相对分子质量大于乙醛并且醋酸存在分子间氢键；

rm{垄脷}在rm{Al}晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的rm{Al}原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占rm{dfrac{1}{2}}通过一个顶点可形成rm{8}个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为rm{8隆脕3隆脕dfrac{1}{2}=12}一个晶胞中rm{Al}原子数为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}因此rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}的密度rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{4隆脕27}{N_{A}隆脕(0.405隆脕10^{-7})^{3}}g?cm^{-3}}

故答案为：rm{Al}rm{dfrac{4隆脕27}{N_{A}隆脕(0.405隆脕10^{-7})^{3}}}

rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac

{4隆脕27}{N_{A}隆脕(0.405隆脕10^{-7})^{3}}g?cm^{-3}}核外有rm{12}个电子，rm{dfrac

{4隆脕27}{N_{A}隆脕(0.405隆脕10^{-7})^{3}}}原子失去rm{垄脹a.Cu^{+}}个电子生成rm{28}失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知rm{Cu}基态核外电子排布式rm{1}或rm{Cu^{+}}故答案为：rm{Cu^{+}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

rm{[Ar]3d^{10}}原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}互为等电子体的一种分子为rm{[Ar]3d^{10}}

故答案为：rm{b.}

rm{OH^{-}}铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目rm{HF}

故答案为：rm{HF}．

rm{c.}元素的非金属性越强；其电负性越大；

rm{=3隆脕8隆脕dfrac{1}{2}=12}依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答；

rm{12}为rm{(1)垄脵}号元素；

rm{垄脷}该配合物的配离子中rm{垄脹a.Ni}原子和rm{28}原子、rm{b.}分子中rm{Ni}原子和rm{C}原子之间都存在rm{CO}键；

rm{C}乙醛中甲基上的rm{O}采取rm{娄脪}杂化类型，醛基中的rm{(2)垄脵}采取rm{C}杂化类型；rm{sp^{3}}个乙醛分子含有rm{C}个rm{sp^{2}}键和一个rm{1}键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高；

rm{6}在rm{娄脪}晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的rm{娄脨}原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占rm{垄脷}通过一个顶点可形成rm{Al}个晶胞；

rm{Al}核外有rm{dfrac{1}{2}}个电子，rm{8}原子失去rm{垄脹a.Cu^{+}}个电子生成rm{28}失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写rm{Cu}基态核外电子排布式；

rm{1}原子个数相等；价电子数相等的微粒互为等电子体；等电子体的结构相似；

rm{Cu^{+}}铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目rm{Cu^{+}}．

本题考查晶胞计算等，涉及晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、配位数及密度的计算，综合性非常强，题目难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点．rm{b.}【解析】rm{H<C<O}rm{ad}rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{VIII}rm{8}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{6N_{A}}rm{CH_{3}COOH}的相对分子质量大于乙醛并且醋酸存在分子间氢键；rm{12}rm{dfrac{4隆脕27}{N_{A}隆脕(0.405隆脕10^{-7})^{3}}}rm{dfrac

{4隆脕27}{N_{A}隆脕(0.405隆脕10^{-7})^{3}}}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}rm{[Ar]3d^{10}}rm{HF}rm{12}12、略

【分析】解：向rm{E}的水溶液中滴入rm{FeCl_{3}}溶液显紫色反应，说明rm{X}中含有苯环rm{.}根据有机物rm{X}的分子式rm{C_{12}H_{13}O_{6}Br}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕12+2-13-1}{2}=6}结合已知部分的结构，可判断rm{dfrac

{2隆脕12+2-13-1}{2}=6}分子中除了苯环和两个碳氧双键外；没有其他不饱和键；

由转化关系，rm{X}连续氧化生成rm{B}rm{M}的分子式为rm{M}且rm{C_{2}H_{2}O_{4}}可以和碳酸氢钠反应，则rm{M}中含有羧基，所以rm{M}为乙二醇、rm{B}为乙二醛，rm{D}为乙二酸；

rm{M}里含有能与rm{I}溶液发生显色反应的官能团，rm{FeCl_{3}}的苯环上的一氯代物只有一种，则两个取代基相同，结合有机物rm{E}的分子式及已知部分结构可知，rm{X}的结构简式为：则rm{E}是对二苯酚钠；

rm{D}中含有酚羟基，rm{E}中含有醇羟基，rm{B}能和碳酸氢钠反应，则rm{G}中含有羧基，根据知，rm{G}的结构简式为：

rm{G}中含有两个醇羟基，rm{B}中含有两个酚羟基，rm{E}中含有两个羧基和一个醇羟基，结合知，rm{G}中溴原子位于乙二醇的一个醇羟基位置上，综上可知rm{X}的结构简式为：．

rm{X}的结构简式为：所以rm{(1)G}中官能团是羧基和羟基；

A、rm{G}中不含不饱和键；所以不能发生加成反应，故选；

B、rm{G}中含有醇羟基；且连接醇羟基的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应，故不选；

C；该物质是有机物能发生氧化反应；故不选；

D；该物质中含有羧基和醇羟基；所以能发生取代反应，故不选；

故答案为：羟基、羧基，rm{G}

rm{A}通过以上分析知，rm{(2)}的结构简式为：rm{X}的结构简式为：

故答案为：rm{X}的结构简式为：

rm{X}在催化剂、加热条件下，乙二醇被氧气氧化生成乙二醛和水，反应方程式为：

故答案为：

rm{(3)}与互为同分异构体，rm{(4)F}的分子中只含有羧基、羟基和醛基三种官能团，且同一个碳原子上不能同时连有两个羟基，则结构中含有rm{F}个羧基、rm{1}个醛基和rm{1}个羟基，分别连接在rm{2}个碳原子上，可能的结构有故答案为：rm{3}种；

rm{2}的结构简式为：rm{(5)X}中含有rm{X}种类型的氢原子，所以有rm{8}个吸收峰；

故答案为：rm{8}．

向rm{8}的水溶液中滴入rm{E}溶液显紫色反应，说明rm{FeCl_{3}}中含有苯环rm{X}根据有机物rm{.}的分子式rm{X}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕12+2-13-1}{2}=6}结合已知部分的结构，可判断rm{C_{12}H_{13}O_{6}Br}分子中除了苯环和两个碳氧双键外；没有其他不饱和键；

由转化关系，rm{dfrac

{2隆脕12+2-13-1}{2}=6}连续氧化生成rm{X}rm{B}的分子式为rm{M}且rm{M}可以和碳酸氢钠反应，则rm{C_{2}H_{2}O_{4}}中含有羧基，所以rm{M}为乙二醇、rm{M}为乙二醛，rm{B}为乙二酸；

rm{D}里含有能与rm{M}溶液发生显色反应的官能团，rm{I}的苯环上的一氯代物只有一种，则两个取代基相同，结合有机物rm{FeCl_{3}}的分子式及已知部分结构可知，rm{E}的结构简式为：则rm{X}是对二苯酚钠；

rm{E}中含有酚羟基，rm{D}中含有醇羟基，rm{E}能和碳酸氢钠反应，则rm{B}中含有羧基，根据知，rm{G}的结构简式为：

rm{G}中含有两个醇羟基，rm{G}中含有两个酚羟基，rm{B}中含有两个羧基和一个醇羟基，结合知，rm{E}中溴原子位于乙二醇的一个醇羟基位置上，综上可知rm{G}的结构简式为：．

本题考查有机物的推断和合成，题目较为综合，难度中等，rm{X}发生连续氧化生成rm{X}结合rm{B}的分子式及可以与碳酸氢钠反应推断rm{M}是解题的关键，再逆推法判断rm{M}rm{M}结合根据有机物rm{B}的结构推断与分子式，推断rm{D}与rm{X}注意充分利用题中关键信息，是热点题型．rm{G}【解析】羧基和羟基；rm{A}rm{X}的结构简式为：rm{.}rm{2}rm{8}13、（1）＜

（2）＜

（3）⑤c（CH3COO﹣）=c（NH）＞c（OH﹣）=c（H+）

（4）②

（5）9.9×10﹣6（或10﹣5﹣10﹣7）【分析】【分析】本题考查了弱电解质的电离和盐类水解平衡，涉及到弱电解质的稀释、溶液混合、离子浓度大小比较以及守恒式的应用等，是比较综合的一道题，对学生来说，有一定的难度。【解答】rm{(1)}醋酸是弱电解质，稀释会促进醋酸的电离，因此rm{pH}相同的rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}溶液和rm{COOH}溶液和rm{HCl}溶液稀释相同倍数后，溶液稀释相同倍数后，rm{COOH}溶液中的氢离子浓度rm{HCl}要比盐酸溶液中的氢离子浓度大，因此，稀释后的rm{CH_{3}COOH}醋酸要比盐酸小，故答案为：rm{ya}

rm{pH}rm{<}的rm{(2)}溶液中rm{pH=2}的rm{HCl}溶液中rm{HCl}的物质的量浓度为rm{0.01mol隆陇L}的物质的量浓度为rm{pH=2}rm{HCl}rm{HCl}rm{0.01mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}溶液，溶液是酸性的，因此要使溶液呈中性，氨水的体积要大一点，故答案为：，若将之和等体积的rm{0.01mol隆陇L}

rm{0.01mol隆陇L}都是酸或碱的溶液，酸或碱会抑制水的电离，而rm{{,!}^{-1}}混合后得到的是弱酸弱碱盐的溶液，弱酸弱碱盐会水解，能促进水的电离，因此，水的电离程度最大的是的氨水混合，两者正好反应，得到rm{NH_{4}Cl}溶液，溶液是酸性的，因此要使溶液呈中性，氨水的体积要大一点，因rm{NH_{4}Cl}rm{<}rm{(3)垄脵垄脷垄脹垄脺}rm{垄脻}rm{垄脻}rm{K}rm{K}rm{{,!}_{a}}rm{(CH}rm{(CH}rm{{,!}_{3}}所以rm{COOH)=K}的水解程度和rm{COOH)=K}的水解程度相等，所以醋酸铵溶液是中性的，即rm{{,!}_{b}}，根据电荷守恒则有rm{(NH}rm{(NH}所以离子浓度的大小顺序为rm{{,!}_{3}}rm{?H}故答案为：rm{?H}；rm{{,!}_{2}}rm{O)}所以

rm{O)}相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度比较大，因此在体积相等的情况下，醋酸的物质的量要大于rm{CH_{3}COO^{-}}如果是醋酸中放入的rm{NH_{4}^{+}}的质量大，则醋酸中产生的氢气要多余盐酸，所以只能是盐酸中放入rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}的质量大才有可能是最后产生的氢气相等，故答案为：rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(NH}

rm{)}rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(NH}rm{)>c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{垄脻}溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(NH}rm{)>c(OH^{-})=c(H^{+})}改变温度后的rm{(4)pH}即rm{HCl}所以该温度下水的离子积rm{{k}_{w}=0.01隆脕{10}^{-10}={10}^{-12}}混合后rm{Zn}即rm{Zn}则rm{垄脷}根据电荷守恒可得rm{(5)}rm{0.01mol隆陇L}rm{0.01mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}的rm{NaOH}溶液中rm{c(OH^{-})=0.01}rm{NaOH}rm{c(OH^{-})=0.01}rm{mol隆陇L^{-1}}故答案为：rm{pH=10}或rm{c(H^{+})=10^{-10}mol隆陇L^{-1}}

rm{{k}_{w}=0.01隆脕{10}^{-10}={10}^{-12}

}【解析】rm{(1)<}

rm{(1)<}

rm{(2)<}rm{(2)<}rm{(3)垄脻}rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(NH}

rm{(3)垄脻}

rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(NH}或rm{)>c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{)>c(OH^{-})=c(H^{+})}14、（1）5:12:4

（2）能最简式中H原子已达到饱和，实验式就是分子式

（3）C(CH2OH)4【分析】【分析】本题考查有机物分子式确定、限制条件同分异构体书写，难度中等，确定最简式是关键，注意最简式中rm{H}原子个数已经饱和碳原子四价结构，则实验式即为分子式。原子个数已经饱和碳原子四价结构，则实验式即为分子式。【解答】rm{H}据题意，气体经足量氧化钙吸收，体积减少rm{(1)}此体积即为rm{2.80L}的体积，则rm{CO_{2}}醇中rm{3.40}的物质的量为：rm{n(C)=n(CO_{2})=(2.80/22.4)mol=0.125mol}生成rm{C}消耗rm{n(C)=n(CO_{2})=

(2.80/22.4)mol=0.125mol}的体积等于rm{CO_{2}}的体积，也为rm{O_{2}}又因为液态醇与rm{CO_{2}}燃烧，体积减少rm{2.80L}故还有rm{5.00LO_{2}}用于生成水，但必须特别注意的是，生成的rm{0.56L}中还有部分氧原子来自于醇，因此不能根据rm{0.56LO_{2}}来计算rm{H_{2}O}的量。要根据反应前后质量不变来计算醇中rm{0.56LO_{2}}的物质的量。参加反应的rm{V(O_{2})=0.56L+2.80L=3.36L}参加反应的rm{H_{2}O}的物质的量为：rm{H}则rm{V(O_{2})=0.56L+2.80

L=3.36L}的质量为rm{m(O_{2})=0.15mol隆脕32g/mol=4.80g}rm{O_{2}}所以rm{0.15mol}rm{O_{2}}rm{m(O_{2})=0.15mol隆脕32

g/mol=4.80g}rm{m(H_{2}O)=3.40g+4.80g-0.125隆脕44g=2.70g}醇中rm{n(H}rm{2}rm{2}所以rm{O)=0.15mol}醇中rm{3.40g}由rm{n(H)=2隆脕n(H}故答案为：rm{2}

rm{2}由rm{O)=0.300mol}rm{3.40g}比知道是饱和醇，所以它的最简式为rm{n(O)=2n(CO_{2})+n(H_{2}O)-2n(O_{2})=2隆脕0.125mol+0.15mol-2隆脕0.15mol=0.1mol}本身就是分子式；故答案为：能；最简式中rm{n(C)隆脙n(H)隆脙n(O)=0.125mol隆脙0.300mol隆脙0.100mol=5隆脙12隆脙4}原子已达到饱和；实验式就是分子式；

rm{5:12:4}一卤代物结构只有rm{(2)}种，那么该物质结构有很好的对称性，结构简式为rm{C}故答案为：rm{H}rm{C_{5}H_{12}O_{4}}rm{H}rm{(3)}

rm{1}【解析】rm{(1)5:12:4}rm{(2)}能最简式中rm{H}原子已达到饱和，实验式就是分子式rm{(3)C(CH_{2}OH)_{4}}三、其他(共8题，共16分)15、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══16、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）17、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）18、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO219、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)320、略

【分析】【解析】【答案】AEF21、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══22、略

【分析】【解析】【答案】四、工业流程题(共2题，共14分)23、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.D24、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故