2025年人教A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年人教A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、下列属于吸热反应的是（）

A.碘的升华。

B.生石灰溶于水。

C.镁与稀盐酸反应。

D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合。

2、2009年12月在丹麦召开的联合国气候变化大会，被喻为是“拯救人类的最后一次机会”的会议．会议围绕CO2的排放量各国之间在相互指责的同时，也展开了激烈的谈判．其实要想从根本上减少CO2的排放；关键是要不断开发并使用对环境无污染或污染很小，且可以再生的新能源．下列属于新能源的是（）

①天然气②煤③氢能④石油⑤太阳能．

A.①②④

B.③⑤

C.②③④

D.①②③④⑤

3、将rm{1mol}某饱和醇分成两等份，一份充分燃烧生成rm{1.5molCO_{2}}另一份与足量的金属钠反应生成rm{5.6L(}标准状况rm{)H_{2}}这种醇分子的结构中除羟基氢外，还有两种不同的氢原子，则该醇的结构简式为A.B.C.rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}OH}D.rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}OH

}4、卤代烃与金属镁在无水乙醚中反应，可得格氏试剂rm{R隆陋MgX}它可与醛、酮等羰基化合物加成：

得产物经水解得到醇rm{(R隆陋C隆陋OH)}这是某些复杂醇的合成方法之一，现欲合成rm{(CH_{3})_{3}C-OH}下列所选用的卤代烃和羰基化合物的组合正确的是A.乙醛和氯乙烷B.甲醛和rm{1-}溴丙烷C.丙酮和一氯甲烷D.甲醛和rm{2-}溴丙烷5、下列有机物在酸性催化条件下发生水解反应，生成两种不同的有机物，且这两种有机物的相对分子质量相等，该有机物是A.戊酸丁酯B.葡萄糖C.丙酸丙酯D.甲酸乙酯6、下列叙述正确的是（）A.常温下将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH＝7时，c(SO42－)＞c(NH4＋)B.常温下溶液中由水电离出的c(H＋)=10－5mol/L时，溶质可能是酸或碱C.常温下pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，溶液呈碱性D.向醋酸钠稀溶液中加醋酸钠固体，c(CH3COO－)/c(Na+)增大7、下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是（）A.F2、CI2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高B.碳化硅、晶体硅的熔、沸点很高C.NaF、NaCI、NaBr、NaI的熔点依次降低D.HF、HCI、HBr、HI的热稳定性依次8、以rm{Fe}为阳极，rm{Pt}为阴极，对足量的rm{Na_{2}SO_{4}}溶液进行电解，一段时间后得到rm{4molFe(OH)_{3}}沉淀，此间共消耗水的物质的量为rm{(}rm{)}A.rm{6mol}B.rm{8mol}C.rm{10mol}D.rm{12mol}9、阿魏酸在食品；医药等方面有若广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为：下列说法正确的是（）

A.香兰素、阿魏酸均可与溴水反应，且反应类型完全相同B.香兰素、阿魏酸均可与NaHCO3、NaOH溶液反应C.通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应D.与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、甲rm{隆芦}辛等元素在周期表中的位置如下表所示。下列说法正确的是A.甲、丁、戊的单质都是金属B.乙、丙、辛都是非金属元素C.乙、庚、辛都能形成氧化物D.已的氧化物既可溶于rm{KOH}溶液又可溶于rm{H_{2}SO_{4}}溶液11、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应为rm{2H_{2}+O_{2}overset{碌茫脠录}{=!=!=!=!=}2H_{2}O}反应前后不发生变化的是rm{(}rm{)}A.元素的种类B.物质的总质量C.分子的数目D.原子的数目12、生活处处有化学。下列叙述正确的有A.大米经蒸煮和发酵可酿造白酒B.油脂水解的最终产物为葡萄糖C.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素D.豆制品中的主要营养物质是蛋白质13、下列过程能使蛋白质变性的是rm{(}rm{)}A.蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后析出蛋白质B.蛋白质用福尔马林浸泡C.蛋白质中加rm{Pb(Ac)_{2}}后析出蛋白质固体D.蛋白质中遇rm{X}光后14、下列各组中的性质比较中，正确的有（）A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.非金属性F＞Cl＞BrD.稳定性HCl＞H2S＞PH315、煤在燃烧时会产生rm{SO_{2}}造成环境污染rm{.}下列说法正确的有rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}是形成酸雨的主要气体B.用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染C.往燃煤中混入生石灰，可减少rm{SO_{2}}排放D.用水溶解、过滤除去煤中的单质硫以减少rm{SO_{2}}排放16、欲使rm{0.1mol隆陇L^{-1}CHCOONa}溶液中，rm{c(Na^{+})/c(CH_{3}COO^{-})}更接近于rm{1漏U1}应采取的措施是rm{(}rm{)}A.加入rm{NaOH}固体B.加入适量rm{CH_{3}COOH}C.加入rm{KOH}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体17、下列说法正确的是。

A.油脂属于脂类B.蛋白质水解的最终产物是氨基酸。

C.纤维素不能发生水解反应D.淀粉完全水解的产物是葡萄糖18、下列实例中与胶体性质有关的是A.用明矾净水B.用食醋除去水垢C.用石膏使豆浆变成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的药物治疗胃酸过多评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)19、MCFC型燃料电池可同时供应电和水蒸气，其工作温度为600℃～700℃，所用燃料为H2，电解质为熔融的K2CO3。该电池的总反应为：2H2+O22H2O，负极反应为：H2+CO32-→H2O+CO2+2e-。则下列推断中，正确的是（）A．正极反应为4OH—→2H2O+O2↑+4e-B．当电池生成1mol水时，转移4mol电子C．放电时CO32-向负极移动D．通H2的一极为负极，发生还原反应20、化合物E（HOCH2CH2Cl）和F[HN(CH2CH3)2]是药品普鲁卡因合成的重要中间体，普鲁卡因的合成路线如下：（已知：）（甲苯）（1）甲的结构简式是_________________。由甲苯生成甲的反应类型是_________________。（2）乙中有两种含氧官能团，反应③的化学方程式是：（3）丙中官能团的名称是。（4）普鲁卡因有两种水解产物丁和戊。①戊与甲互为同分异构体，戊的结构简式是_____________________。②戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域。该聚合反应的化学方程式是。21、如图表示800℃时；X；Y、Z三种气体物质的浓度随时间变化的情况．试回答：

（1）该反应的反应物为______；

（2）该反应的化学方程式为______；

（3）0～2minY物质的化学反应速率为______；

（4）Z物质的平衡转化率为______；

（5）800℃时，该反应的平衡常数K=______．22、“rm{Cl}化学”是指以碳单质或分子中含rm{1}个碳原子的物质rm{(}如rm{CO}rm{CO_{2}}rm{CH_{4}}rm{CH_{3}OH}等rm{)}为原料合成工业产品的化学工艺；对开发新能源和控制环境污染有重要意义。

rm{(1)}一定温度下，在两个容积均为rm{2L}的密闭容器中，分别发生反应：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH}rm{g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.0kJ/mol.}相关数据如下：。rm{g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.0kJ/mol.}容器甲乙反应物投入量rm{1mol}rm{CO_{2}(g)}和rm{3mol}rm{H_{2}(g)}rm{1mol}rm{CH_{3}OH(g)}和rm{1mol}rm{H_{2}O(g)}平衡时rm{c(CH_{3}OH)}rm{c_{1}}rm{c_{2}}平衡时能量变化放出rm{29.4kJ}吸收rm{a}rm{kJ}请回答：rm{垄脵c_{1}}______rm{c_{2}(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{a=}______．

rm{垄脷}若甲中反应rm{10s}时达到平衡，则用rm{CO_{2}}来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是______rm{mol/(L?S)}

rm{(2)}压强为rm{p1}时，向体积为rm{1L}的密闭容器中充入rm{b}rm{mol}rm{CO}和rm{2b}rm{mol}rm{H_{2}}发生反应rm{CO}rm{(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g).}平衡时rm{CO}的转化率与温度、压强的关系如图rm{1}所示rm{.}请回答：rm{垄脵}该反应属于______rm{(}填“吸”或“放”rm{)}热反应；rm{p_{1}}______rm{p_{2}(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

rm{垄脷100隆忙}时，该反应的平衡常数rm{K=}______rm{(}用含rm{b}的代数式表示rm{)}．

rm{(3)}一定条件下，治理汽车尾气的反应是rm{2NO(g)+2CO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangleH<0.}在恒温恒容的密闭容器中通入rm{2NO(g)+2CO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangle

H<0.}rm{n(NO)}rm{n(CO)=1}的混合气体，发生上述反应rm{2}下列图象正确且能说明反应在进行到rm{.}时刻一定达到平衡状态的是______rm{t_{1}}选填字母rm{(}．

rm{)}23、氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。（1）氢气燃烧热值高。实验测得，在常温常压下，1gH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量。则H2燃烧热的化学方程式为____。（2）氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化方程式如下：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝－92.4kJ/mol①当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率与时间的关系如下图所示。图中t1时引起平衡移动的条件可能是____其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是②温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%。则反应的平衡常数为24、防腐剂是指能防止由______引起的腐败变质，以______食品保存期的食品添加剂．______是指以给食品着色和改善食品色泽为目的食品添加剂，按其来源和性质分为______和______．膨松剂根据组成成分的不同可分为______和______两类，碳酸氢钠能使食品膨松的原因用方程式表示为______．

复合膨松剂一般由______、酸类（或酸性物质）和淀粉等组成，淀粉的作用是______．一些对人体有害的化学物质禁止作为食品添加剂，例如______等（至少举出两例）．25、按要求回答问题：

rm{(1)}某元素原子最外层电子数是次外层的rm{2}倍；则该元素是______元素，其最高价氧化物的电子式是______．

rm{(2)}某元素的次外层电子数是最外层电子数的rm{1/4}请写出该元素的核外电子排布式______．

rm{(3)}某元素原子核外rm{M}层电子数是rm{L}层电子数的一半；请写出该元素的价电子轨道表示式______．

rm{(4)1隆芦36}号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素是______；其基态原子的核外电子排布式______．

rm{(5)}某元素基态原子的rm{M}层全充满，rm{N}层没有成对电子，只有一个未成对电子rm{.}其单质在一定条件下能与氧气反应，试写出该反应方程式______．26、在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用rm{kJ/mol}表示rm{.}请认真观察如图；然后回答问题．

rm{(1)}图中所示反应是______rm{(}填“吸热”或“放热”rm{)}反应，该反应______rm{(}填“需要”或“不需要”rm{)}加热，该反应的rm{triangleH=}______rm{(}用含rm{E_{1}}rm{E_{2}}的代数式表示rm{)}．

rm{(2)}已知热化学方程式：rm{H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{triangleH=-241.8kJ/mol}

该反应的活化能为rm{167.2kJ/mol}则其逆反应的活化能为______．

rm{(3)}对于同一反应，图中虚线rm{(}Ⅱrm{)}与实线rm{(}Ⅰrm{)}相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是______．评卷人得分四、工业流程题(共1题，共2分)27、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。评卷人得分五、推断题(共2题，共18分)28、结构的研究是有机化学最重要的研究领域rm{.}某有机物rm{X(C_{12}H_{13}O_{6}Br)}分子中含有多种官能团，其结构简式如下：rm{(}其中Ⅰ、Ⅱ为未知部分的结构rm{)}．

为推测rm{X}的分子结构，进行如图转化：

已知向rm{D}的水溶液中滴入rm{FeCl_{3}}溶液显紫色，对rm{D}的结构进行光谱分析，在氢核磁共振谱上显示只有两种信号rm{.M}rm{N}互为同分异构体，rm{M}中含有一个六原子环，rm{N}能使溴的四氯化碳溶液褪色，rm{G}能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应rm{.}请回答：rm{(1)G}分子所含官能团的名称是________；rm{(2)D}不可以发生的反应有rm{(}选填序号rm{)}________；rm{垄脵}加成反应rm{垄脷}消去反应rm{垄脹}氧化反应rm{垄脺}取代反应rm{(3)}写出上图转化中反应rm{垄脵}和rm{垄脷}的化学方程式rm{垄脵B+F隆煤M}________________________________________________________________；rm{垄脷G隆煤N}_______________________________________________________________；rm{(4)}已知向rm{X}中加入rm{FeCl_{3}}溶液，能发生显色反应，则rm{X}的结构简式是：____________，rm{1mol}该rm{X}与足量的rm{NaOH}溶液作用，最多可消耗rm{NaOH}_________rm{mol}rm{(5)}有一种化工产品的中间体rm{W}与rm{G}互为同分异构体，rm{W}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{W}的分子结构有___种，29、rm{X}rm{Y}rm{Z}三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，相互间有如图转化关系．回答下列问题：

rm{(1)}若rm{X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}}甲是由第二周期两种元素的原子构成的非极性气态分子，rm{Y}原子的基态轨道表示式为______；乙的电子式为______．

rm{(2)}若rm{X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{1}}甲是由两种短周期元素的原子构成的rm{AB_{4}}型非极性分子；且是常见的有机溶剂，甲的电子式______，乙的化学式为______．

rm{(3)}若rm{X}rm{Y}均为金属单质，rm{X}基态原子外围电子排布式为rm{3s^{2}3p^{1}}甲为具有磁性的黑色固体，则rm{X}与甲反应的化学方程式为：______，rm{Y}原子基态电子排布式为______．评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)30、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．31、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】

A．碘的升华是物理变化；故A错误；

B．生石灰溶于水是常见放热反应；故B错误；

C．镁与稀盐酸反应是放热反应；故C错误；

D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应；故D正确．

故选D．

【解析】【答案】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸反应、金属与水反应；所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2）；少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．

2、B【分析】

传统能源主要是三大化石燃烧；即煤；石油、天然气，新能源主要指海洋能、地热能、风能、太阳能、核能等．

故选B．

【解析】【答案】新能源主要指海洋能；地热能、风能、太阳能、核能等．

3、A【分析】【分析】本题考查的是有机物分子式和结构的确定，难度中等。【解答】rm{0.5mol}饱和醇，充分燃烧生成rm{1.5molCO_{2}}说明rm{1mol}的饱和醇含有rm{3mol}的rm{C}rm{0.5mol}饱和醇，足量的金属钠反应生成rm{5.6L(}标准状况下rm{)H_{2}}rm{H}rm{2}的物质的量为rm{2}摩尔，活泼rm{5.6/22.4=0.25}物质的量为rm{H}说明rm{0.5mol}饱和醇含有活泼rm{1mol}物质的量为rm{H}分子式为rm{1mol}两种不同的氢原子，所以结构式为rm{C_{3}H_{8}O}故A正确。

故选A。rm{CH_{3}CH(OH)CH_{3}}【解析】rm{A}4、C【分析】【分析】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，把握官能团的性质，为解答该题的关键，答题时注意审题，难度中等。【解答】由信息：可知，此反应原理为断开rm{C=O}双键，烃基加在碳原子上，rm{-MgX}加在rm{O}原子上，产物水解得到醇，即发生取代反应，即氢原子rm{(-H)}取代rm{-MgX}现要制取rm{(CH_{3})_{3}C-OH}即若合成rm{2-}甲基rm{-2}丙醇，则反应物中碳原子数之和为rm{4}

A.氯乙烷和乙醛反应生成产物经水解得到rm{CH_{3}CH(OH)CH_{2}CH_{3}}故A不选；

B.选项中，反应生成产物经水解得到丁醇rm{(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH)}不是丙醇，故B不选；

C.丙酮和一氯甲烷反应生成产物为rm{2-}甲基rm{-2-}丙醇；故C选；

D.选项中，反应生成产物经水解得到rm{2-}甲基rm{-1-}丙醇，不是rm{2-}甲基rm{-2-}丙醇；故D不选。

故选C。【解析】rm{C}5、D【分析】试题分析：A、戊酸丁酯酸性条件下水解为戊酸和丁醇，相对分子质量不等，错误；B、葡萄糖是单糖不水解，错误；C、丙酸丙酯酸性水解的产物是丙酸、丙醇，相对分子质量不等，错误；D、甲酸乙酯酸性水解的产物是甲酸、乙醇，二者的相对分子质量都为46，正确，答案选D。考点：考查有机物的水解及水解产物的判断【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】正确答案：D

A．不正确，常温下将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH＝7时，由电荷守恒，2c(SO42－)=c(NH4＋)。

B．不正确，常温下溶液中由水电离出的c(H＋)=10－5mol/L时；溶质可能是弱酸盐或弱碱盐，酸或碱促进水电离。

C．不正确；常温下pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，因醋酸是弱酸，浓度大，酸远远过量，溶液呈酸性。

D．正确，向醋酸钠稀溶液中加醋酸钠固体，c(CH3COO－)/c(Na+)增大。

CH3COO―＋H2OCH3COOH＋OH―，CH3COO―水解比例比原来小，Na＋不水解，c(CH3COO－)/c(Na+)比值增大。7、A【分析】解：A．F2、Cl2、Br2、I2为分子晶体；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故A正确；

B．碳化硅；晶体硅属于原子晶体；原子晶体的熔、沸点很高，与共价键的强弱有关，不存在分子间作用力，故B错误；

C．影响离子晶体熔沸点高低的因素是晶格能的大小；离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，与分子间作用力无关，故C错误；

D．非金属性：F＞Cl＞Br＞I；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，与分子间作用力无关，故D错误．

故选A．

A．结构相似的分子晶体；相对分子质量越大，熔沸点越高；

B．原子晶体的熔沸点高；

C．结构相似的离子晶体；离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；

D．元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定．

本题考查晶体的类型的判断以及影响性质的因素，题目难度不大，注意晶体的类型不同，熔沸点不同，特别是影响晶体物理性质的因素，要牢固把握．【解析】【答案】A8、C【分析】【分析】本题考查的是电解的有关计算，是中等难度的试题，试题难易适中。有利于培养学生的答题能力，以及严谨的逻辑思维能力，有利于提高学生的学习效率。【解析】

铁为阳极，铁失去电子。rm{Pt}是阴极，溶液中的氢离子得到电子生成氢气。由于随电解的进行，溶液碱性逐渐增强，因此生成氢氧化亚铁。而氢氧化亚铁不稳定，极易被氧气有害生成氢氧化铁沉淀，因此反应的化学方程式是rm{4Fe+10}rm{+}rm{=4}rm{+4}rm{隆眉}所以如果一段时间后得到rm{4mol}沉淀，此间共消耗水的物质的量为rm{10mol}答案为rm{C}故选C。【解析】rm{C}9、D【分析】解：A．阿魏酸含有碳碳双键；可与溴发生加成反应，而香兰素与溴不发生加成反应，故A错误；

B．香兰素中酚羟基只能与NaOH溶液反应，不能与NaHCO3溶液反应；故B错误；

C．香兰素与阿魏酸都无法发生消去反应；故C错误；

D．与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应，说明结构对称，含有醛基，符合题意的有或两种；故D正确。

故选：D。

A．阿魏酸含有碳碳双键；可与溴发生加成反应；

B．羧基、酚羟基，能与氢氧化钠反应，羧基能与NaHCO3；NaOH溶液反应；

C．不能发生消去反应；

D．符合题意的有或两种。

本题考查有机物的结构和性质，是高考中的常见题型和重要的考点之一，属于中等难度的试题，意在考查学生对官能团与物质性质的关系及常见的有机反应类型的判断能力。试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可。有利于培养学生的知识迁移能力和辑推理能力。【解析】D二、多选题(共9题，共18分)10、BCD【分析】略。

【解析】rm{BCD}11、ABD【分析】【分析】本题考查了化学反应的实质分析，主要是质量守恒、原子守恒、元素守恒，较简单。【解答】依据化学反应的实质是原子的重新组合分析判断；质量守恒定律的内容是化学反应前后元素的种类、原子的种类和数目、物质的质量和不变，然后逐个分析即可。A.根据质量守恒定律可知；反应前后元素的种类不变，故A正确；

B.根据质量守恒定律可知；化学反应前后物质的质量和不变，故B正确；

C.化学反应的实质是原子的重新组合；分子数不一定变化，故C错误；

D.根据质量守恒定律可知；反应前后原子的种类和数目不变，故D正确。

故选ABD。

【解析】rm{ABD}12、AD【分析】【分析】本题旨在考查学生对油脂、淀粉、纤维素、蛋白质等应用。【解答】A.淀粉发酵为葡萄糖，葡萄糖在一定条件下分解为乙醇和二氧化碳，故A正确；B.油脂水解最终产物为高级脂肪酸和甘油，故B错误；C.棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，故C错误；D.豆制品中的主要营养物质是蛋白质，故D正确。故答案为：rm{AD}【解析】rm{AD}13、BCD【分析】解：rm{A.}蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后发生盐析；故A错误；

B.蛋白质遇甲醛发生变性；故B正确；

C.rm{Pb(Ac)_{2}}是重金属盐；蛋白质遇重金属盐发生变性，故C正确；

D.蛋白质中遇rm{X}光发生变性；故D正确．

故选BCD．

蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变；从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，这种现象称为蛋白质变性．

能使蛋白质变性的化学方法有加强酸；强碱、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有机溶剂化学物质、重金属盐等；

能使蛋白质变性的物理方法有加热rm{(}高温rm{)}紫外线及rm{X}射线照射；超声波、剧烈振荡或搅拌等．

本题考查蛋白质的变性，难度不大，了解蛋白质变性的常用方法，注意蛋白质变性是不可逆的．【解析】rm{BCD}14、ABCD【分析】解：A．Cl、Br；I位于同一主族；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，故A正确；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐增强，则碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性F＞Cl＞Br；故C正确；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，其氢化物的稳定性增强，则稳定性HCl＞H2S＞PH3；故D正确．

故答案为：ABCD．

A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强；对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强；其氢化物的稳定性增强．

本题考查元素周期表的递变规律，题目难度不大，注意单质、化合物的性质与金属性、非金属性的关系．【解析】【答案】ABCD15、ABC【分析】解：rm{A.}二氧化硫是形成酸雨的主要污染物之一；故A正确；

B.煤废气为酸性气体；可用碱液吸收，减少环境污染，故B正确；

C.在煤炭中添加石灰石rm{(}主要成分rm{CaCO_{3})}作为脱硫剂进行脱硫处理，可减少rm{SO_{2}}排放；故C正确；

D.硫微溶于水；无法除掉，故D错误．

故选ABC．

A.rm{SO_{2}}能形成酸雨；

B.煤废气为酸性气体；

C.在煤炭中添加石灰石rm{(}主要成分rm{CaCO_{3})}作为脱硫剂进行脱硫处理；

D.硫微溶于水．

本题考查环境污染及治理，为高频考点，侧重于化学与生活、生产、能源与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{ABC}16、BCE【分析】【分析】本题考查了盐类水解平衡的影响因素分析判断，注意阴离子和阳离子的浓度变化。【解答】醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

A.加人rm{Na0H}固体增大氢氧根离子浓度；平衡逆向进行，但同时增大钠离子浓度，故A错误；

B.加入醋酸会抑制水解平衡逆向进行；醋酸根离子浓度增大，故B正确；

C.加入rm{KOH}固体溶解后氢氧根离子浓度增大，抑制水解，钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故C正确；

D.加水稀释促进水解；醋酸根离子浓度和钠离子浓度减小程度不同，故D错误；

E.加人适量rm{CH_{3}COOK}固体，溶解后溶液中醋酸根离子浓度增大，可以使钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故E正确。

故选BCE。【解析】rm{BCE}17、ABD【分析】【分析】本题考查了有机物的水解，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。【解答】A.油脂是油与脂肪的统称，由高级脂肪酸与甘油形成的酯，液态为油，固态为脂肪，故A正确；

B.蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，水解最终生成氨基酸，故B正确；

C.纤维素水解生成葡萄糖，能发生水解，故C错误；

D.淀粉水解最终生成葡萄糖，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}18、AC【分析】【分析】本题考查胶体的性质及其应用，题目难度不大。【解答】A.用明矾净水，利用胶体的吸附性，故A正确；

B.用食醋除去水垢是利用了醋酸的酸性，与胶体的性质无关，故B错误；

C.用石膏使豆浆变成豆腐，利用胶体聚沉的性质，故C正确；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的药物治疗胃酸过多时，与盐酸反应生成氯化铝和水，属于复分解反应，与胶体的性质无关，故D错误。rm{Al(OH)_{3}}故选：rm{AC}【解析】rm{AC}三、填空题(共8题，共16分)19、略

【分析】【解析】【答案】C20、略

【分析】试题分析：甲苯与浓硝酸在浓硫酸做催化剂的情况下发生的是取代反应，主要生成对位的硝基甲苯。对硝基甲苯在强氧化剂如高锰酸钾的条件下甲基会被氧化成羧基，从题意可知反应③发生的是酯化反应，据题意可知硝基苯中的硝基会被还原成氨基，所以丙中的官能团为酯基，氯原子，氨基。同分异构体的特点就是分子式相同结构不同考点：考查有机物合成的相关知识点【解析】【答案】（1）取代反应或硝化反应（2）（3）酯基氯原子、氨基（4）①②21、略

【分析】解：（1）反应物在反应中浓度降低；根据图象中曲线可知Y；Z浓度降低，故答案为Y、Z；

（2）Y浓度减小了（3-2）mol/L=1mol/L；Z浓度减小了（3-1）mol/L=2mol/L，X浓度增大了3mol/L，故计量数之比为1：2：3，化学方程式为：Y+2Z⇌3X，故答案为：Y+2Z⇌3X；

（3）0～2minY物质的浓度减小了1mol/L，其化学反应速率为=0.5mol/（L•min）；故答案为：0.5mol/（L•min）；

（4）Z浓度减小了2mol/L，Z起始浓度为3mol/L，转化率为：=66.67%；故答案为：66.67%；

（5）平衡时，Y浓度为2mol/L，Z浓度为1mol/L，X浓度为3mol/L，K===13.5；故答案为：13.5．

（1）反应物在反应中浓度降低；

（2）根据物质浓度的变化量确定化学方程式；

（3）0～2minY物质的浓度变化；计算化学反应速率；

（4）利用Z转化的浓度与起始浓度的比值确定Z的转化率；

（5）计算出平衡时三种物质的浓度；利用化学平衡常数表达式计算化学平衡常数值．

考查平衡图象、化学平衡有关计算、平衡常数的计算等，难度不大，注意基础知识的理解掌握．【解析】Y、Z；Y+2Z⇌3X；0.5mol/（L•min）；66.67%；13.522、略

【分析】【分析】

本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用；化学平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理分析应用，题目难度中等。

【解答】

rm{(1)垄脵}应用恒温恒容条件下的乙的投料量极端转化为甲相当于投rm{1mol}rm{CO_{2}(g)}和rm{3mol}rm{H_{2}(g)}所以两者是等效平衡，所以rm{c_{1}=c_{2}}甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为rm{49.0kJ}则rm{a=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ}

故答案为：rm{=}rm{19.6}

rm{垄脷}平衡时能量变化放出rm{29.4kJ}所以反应二氧化碳的物质的量为rm{dfrac{29.4kJ}{49.0kJ}=0.6mol}所以，然后求平均反应速率rm{v=dfrac{dfrac{0.6mol}{2L}}{10s}=0.03mol/(L?s)}

故答案为：rm{dfrac{29.4kJ}{49.0kJ}

=0.6mol}

rm{v=dfrac{dfrac{0.6mol}{2L}}{10s}

=0.03mol/(L?s)}温度升高，一氧化碳的转化率下降，平衡正向移动，所以正反应是放热反应，图象分析可知相同温度下rm{0.03}压强下一氧化碳转化率大于rm{(2)垄脵}压强下一氧化碳转化率，反应是气体体积减小的反应，压强增大平衡正向进行，所以rm{P_{2}}

故答案为：放；rm{P_{1}}

rm{P_{1}<P_{2}}向rm{<}恒容密闭容器中充入rm{垄脷}与rm{VL}rm{amolCO}时一氧化碳的转化率为rm{2amolH_{2}}

rm{100^{circ}C}

起始量rm{50%}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{(mol/L)}rm{b}

变化量rm{2b}rm{0}rm{(mol/L)}rm{0.5b}

平衡量rm{b}rm{0.5b}rm{(mol/L)}rm{0.5b}

平衡常数rm{K=dfrac{cleft(C{H}_{3}OHright)}{cleft(COright)隆脕{c}^{2}left({H}_{2}right)}=dfrac{0.5b}{0.5b隆脕{b}^{2}}=dfrac{1}{{b}^{2}}}

故答案为：rm{b}

rm{0.5b}当反应前后改变的物理量不变时；该可逆反应达到平衡状态；

rm{K=dfrac{cleft(C{H}_{3}OHright)}{cleft(COright)隆脕{c}^{2}left({H}_{2}right)}

=dfrac{0.5b}{0.5b隆脕{b}^{2}}=dfrac{1}{{b}^{2}}}中为平衡常数，平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数始终不变，所以平衡常数不能判断是否达到平衡状态，故rm{dfrac{1}{{b}^{2}}}错误；

rm{(3)}为物质的量随时间的变化，一氧化氮与二氧化碳浓度相等时，各组分浓度仍然继续变化，说明没有达到平衡状态，故rm{a.}错误；

rm{a}为rm{b.}质量分数随时间变化，反应恰好总质量不变，则反应过程中一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比会发生变化，当达到平衡状态时，一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比不再变化，故rm{b}正确；

rm{c.}反应物的转化率不变，说明达平衡状态，故rm{CO}正确；

故答案为：rm{c}

rm{d.}【解析】rm{(1)垄脵=19.6}

rm{垄脷0.03}

rm{(2)垄脵}放rm{<}

rm{垄脷dfrac{1}{{b}^{2}}}

rm{(3)cd}23、略

【分析】试题分析：（1）1g氢气的物质的量是0.5mol，燃烧0.5mol氢气放出142.9kJ热量，所以燃烧1mol氢气放出285.8kJ热量，所以氢气的燃烧热化学反应方程式为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ/mol；（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ/mol；反应是放热反应，反应前后气体体积减小，①依据反应速率与时间的关系图象分析，t1时正逆反应速率都增大，平衡正向移动，引起平衡移动的条件可能是增大压强；表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2-t3；②N2（g）+3H2（g）⇌2NH2（g）开始2amol/L4amol/L0反应amol/L3amol/L2amol/L平衡amol/Lamol/L2amol/L所以化学平衡常数K=(2amol/L)2/(amol/L)•(amol/L)3=4/a2（L/mol）2，考点：热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的调控作用【解析】【答案】（1）H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；ΔH＝－285.8kJ/mol（2）①增大压强t2－t3②24、略

【分析】解：防腐剂是指能防止由微生物引起的腐败变质；以延长食品保存期的食品添加剂．着色剂是指以给食品着色和改善食品色泽为目的食品添加剂，按其来源和性质分为。

食用天然色素和食用合成色素．膨松剂根据组成成分的不同可分为碱性膨松剂和复合膨松剂两类，碳酸氢钠能使食品膨松的原因用方程式表示为2NaHCO3CO2↑+H2O+Na2CO3．复合膨松剂一般由碳酸盐；酸类（或酸性物质）和淀粉等组成；淀粉的作用是增加膨松剂的保存时间，防止吸潮结块和失效，调节气体产生的速率或使气孔均匀．一些对人体有害的化学物质禁止作为食品添加剂，例如甲醛、吊白块、非食用色素等；

故答案为：微生物；延长；着色剂；食用天然色素；食用合成色素；碱性膨松剂；复合膨松剂；2NaHCO3CO2↑+H2O+Na2CO3；碳酸盐；增加膨松剂的保存时间；防止吸潮结块和失效，调节气体产生的速率或使气孔均匀；甲醛；吊白块、非食用色素（任写两例，合理即可）．

食品添加剂种类很多；各有不同的用途，以防腐延长保质期为目的是防腐剂，改善食品色泽的是着色剂，又有食用天然色素和食用合成色素之分．改善食品状态，使食品膨松的膨松剂，又有碱性膨松剂和复合膨松剂之分，一些有害物质，例如甲醛；吊白块、苏丹红等严禁作食品添加剂．

本题考查常见的食品添加剂的组成、性质和作用，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】微生物；延长；着色剂；食用天然色素；食用合成色素；碱性膨松剂；复合膨松剂；2NaHCO3CO2↑+H2O+Na2CO3；碳酸盐；增加膨松剂的保存时间，防止吸潮结块和失效，调节气体产生的速率或使气孔均匀；甲醛、吊白块、非食用色素25、略

【分析】解：rm{(1)}某元素原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则该元素原子有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}为碳元素，其最高价氧化物是rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}是共价化合物，其结构式为rm{O=C=O}碳原子和氧原子之间有rm{2}对电子，其电子式为

故答案为：rm{C}

rm{(2)}元素原子次外层电子数是最外层电子数的rm{dfrac{1}{4}}原子只能有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{8}为rm{O}元素，其基态原子的电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}}

rm{(3)}某元素原子核外rm{M}层电子数是rm{L}层电子数的一半，则rm{M}层有rm{4}个电子，rm{K}rm{L}层排满，所以原子核外共rm{14}电子，则该元素为rm{Si}元素，其价电子轨道表示式为：故答案为：

rm{(4)1隆芦36}号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，故元素原子rm{3d}rm{4s}均为半满，元素原子的价电子构型为rm{3d^{5}4s^{1}}则其基态原子的核外电子排布式rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}原子核外共rm{24}个电子，为rm{Cr}元素；

故答案为：rm{Cr}rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}

rm{(5)}元素基态原子的rm{M}层全充满，rm{N}层没有成对电子，只有一个未成对电子，则其基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}则该元素为rm{Cu}其单质在一定条件下与氧气反应方程式为：rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}

故答案为：rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}．

rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}某元素原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则该元素原子有rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}个电子层，最外层电子数为rm{(1)}为碳元素；

rm{2}元素原子次外层电子数是最外层电子数的rm{4}原子只能有rm{(2)}个电子层，最外层电子数为rm{dfrac{1}{4}}

rm{2}某元素原子核外rm{8}层电子数是rm{(3)}层电子数的一半，则rm{M}层有rm{L}个电子，rm{M}rm{4}层排满，所以原子核外共rm{K}电子；

rm{L}号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，故元素原子rm{14}rm{(4)1隆芦36}均为半满；

rm{3d}元素基态原子的rm{4s}层全充满，rm{(5)}层没有成对电子，只有一个未成对电子，则其基态原子的电子排布式为rm{M}则为rm{N}．

本题考查原子结构、核外电子排布、轨道式等，题目难度中等，侧重于对基础知识的考查，注意把握电子排布式的书写方法．rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}【解析】rm{C}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}}rm{Cr}rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}26、略

【分析】解：rm{(1)}依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量；反应的焓变rm{=}生成物的能量rm{-}反应物的能量；rm{triangleH=E_{2}-E_{1}}

故答案为：放热；需要；rm{E_{2}-E_{1}}

rm{(2)}反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能rm{=}正反应的活化能rm{+}反应的焓变；rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TH_{2}O(g)triangleH=-241.8kJ?mol^{-1}}该反应的活化能为rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TH_{2}O(g)triangleH=-241.8kJ?mol^{-1}}则其逆反应的活化能rm{167.2kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{=167.2KJ/mol+241.8KJ/mol=409.0KJ/mol}

rm{409.0KJ/mol}对于同一反应，图中虚线rm{(3)}与实线rm{(II)}相比；活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，说明反应的活化能降低焓变不变，平衡不动，化学反应速率影响因素中，催化剂有此作用，所以最有可能使用了催化剂；故答案为：最有可能使用了催化剂．

rm{(I)}依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量；反应的焓变rm{(1)}生成物的能量rm{=}反应物的能量；

rm{-}反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能rm{(2)}正反应的活化能rm{=}反应的焓变；

rm{+}对于同一反应，图中虚线rm{(3)}与实线rm{(II)}相比；活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，说明反应的活化能降低焓变不变，平衡不动，结合影响所以速率的元素分析判断．

本题考查了化学反应的能量变化与反应的焓变关系的分析判断，反应活化能的判断计算，图象的综合应用，读懂图象，焓变和活化能计算方法的理解是解题关键．rm{(I)}【解析】放热；需要；rm{E_{2}-E_{1}}rm{409.0KJ/mol}最有可能使用了催化剂四、工业流程题(共1题，共2分)27、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度五、推断题(共2题，共18分)28、（1）羧基、羟基

（2）②

（3）①HOCH2CH2OH+HOOC﹣COOH2H2O+

②

（4）5mol

（5）2种

【分析】【分析】本题考查有机物的推断和合成，题目较为综合，注意根据发生的反应判断物质含有的官能团，再根据rm{B}发生连续氧化生成rm{F}结合rm{M}的分子式、有机物rm{X}的与分子式综合分析推断，较好的考查学生的分析推理能力，难度中等。【解答】rm{D}为rm{X}的水解产物，向rm{D}的水溶液中滴入rm{FeCl_{3}}溶液显紫色，对rm{D}的结构进行光谱分析，在氢核磁共振谱上显示只有两种信号，说明rm{D}含有苯环，且有两个对称结构，为rm{-OH}rm{D}的结构应为：由rm{B+F隆煤M(C_{4}H_{4}O_{4})}可知rm{B}为rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}rm{F}为rm{HOOC-COOH}rm{M}为由rm{X}含有结构可知rm{G}为因rm{Gxrightarrow[triangle]{{浓}H_{2}SO_{4}}N}且rm{Gxrightarrow[triangle

]{{浓}H_{2}SO_{4}}N}rm{M}互为同分异构体，rm{N}能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明rm{N}中含有rm{N}键，其结构简式为rm{C=C}rm{HOOC-CH=CH-COOH}根据上述分析知rm{(1)}为则rm{G}分子所含官能团的名称是：羧基、羟基；故答案为：羧基、羟基；rm{G}分子所含官能团的名称是：结构中含有酚羟基、苯环，在一定条件下能发生取代反应、氧化反应、加成反应，不能发生消去反应，故rm{G}正确；故答案为：rm{(2)D}rm{垄脷}醇和羧酸在浓硫酸和加热条件下可发生酯化反应，生成酯和水，rm{垄脷}为rm{(3)}rm{B}为rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}rm{F}的反应为：rm{HOCH_{2}CH_{2}OH+HOOC-COOHxrightarrow[triangle]{{浓}H_{2}SO_{4}}2H_{2}O+}rm{HOOC-COOH}的反应为：

故答案为：rm{HOCH_{2}CH_{2}OH+HOOC-COOHxrightarrow[triangle]{{浓}H_{2}SO_{4}}2H_{2}O+}

rm{垄脵}水解产物酸化后生成：rm{HOCH_{2}CH_{2}OH+HOOC-COOH

xrightarrow[triangle]{{浓}H_{2}SO_{4}}2H_{2}O+}和则rm{垄脷G隆煤N}的反应为：的结构可能为：或结构中含有rm{垄脷G隆煤N}rm{HOCH_{2}CH_{2}OH+HOOC-COOH

xrightarrow[triangle]{{浓}H_{2}SO_{4}}2H_{2}O+}酚羟基、rm{(4)X}酯基，其中有rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}酯基水解生成rm{X}和rm{1molBr}酚羟基，共消耗rm{1mol}

故答案为：或rm{2mol}

rm{1mol}与rm{1mol-COOH}互为同分异构体，分子式为rm{1mol}rm{5molNaOH}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{5}个羧基、rm{(5)W}个醛基和rm{G}个羟基，分别连接在rm{C_{4}H_{6}O_{5}}个碳原子上，可能的结构有rm{W}种，为或

故答案为：rm{1}

rm{1}【解析】rm{(1)}羧基、羟基rm{(2)垄脷}rm{(3)垄脵HOCH_{2}CH_{2}OH+HOOC-COOH}rm{2H_{2}O+}rm{垄脷}rm