2025年华师大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年华师大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8题，共16分)1、某有机物的结构简式为它可以发生反应的类型有：①加成②消去③水解④酯化⑤氧化⑥加聚A.①②③④B.①②④⑤C.①②⑤⑥D.③④⑤⑥2、对于下列有机物，说法中正确的是rm{(}rm{)}

A.它是苯酚的同系物B.rm{1mol}该有机物能与溴水反应消耗rm{2molBr_{2}}发生取代反应C.rm{1mol}该有机物能与金属钠反应产生rm{0.5molH_{2}}D.rm{1mol}该有机物能与rm{2molNaOH}反应3、用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后A.溶液的pH变大B.溶液浓度不变，有晶体析出C.溶液浓度变大，有晶体析出D.c(Na+)与c(CO32-)的比值变大4、下图各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到满的顺序是A.③>②>④>①B.②>①>③>④C.④>②>③>①D.④>②>①>③5、已知某氨基酸的相对分子质量小于200，且氧的质量分数约为0.5，则其分子中碳的个数最多为（）A.5个B.6个C.7个D.8个6、下列事实不能证明CH3COOH是弱电解质的是（）

①0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH=2.1②CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多④常温下某CH3COONa溶液的pH=8⑤用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗⑥0.1mol/L的CH3COOH溶液稀释100倍，pH＜3．A.②⑤B.①②③C.⑤D.③④⑤⑥7、舱外航天服从内到外共有六层：由特殊防静电处理过的棉布织成的舒适层、橡胶质地的备份气密层、复合关节结构组成的主气密层、涤纶面料的限制层、以热反射实现隔热的隔热层及最外面的外防护层．已知涤纶树脂的结构简式为如图，下列说法不正确的是（）A.合成涤纶纤维的单体为HOCH2CH2OH和B.棉花和涤纶纤维在一定条件下均能水解C.涤纶纤维和棉花均为混合物D.棉花和涤纶纤维不能用燃烧法区别8、一定量的某有机物完全燃烧后，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀rm{10g}但称量滤液时，其质量只减少rm{2.9g}则此有机物不可能是rm{(}rm{)}A.乙烷B.乙烯C.乙醇D.乙二醇评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、（1）AgNO3的水溶液常温时的pH____7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：____实验室在配制AgNO3的溶液时为了抑制其水解，常将AgNO3固体先溶于较浓的____中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度．

（2）把FeCl3溶液加热蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____．

（3）比较下列溶液的pH值（填＞．＜．=）

①0.1mol•Lˉ1NH4Cl溶液____0.01mol•Lˉ1NH4Cl溶液。

②0.1mol•Lˉ1Na2CO3溶液____0.1mol•Lˉ1NaHCO3溶液。

（4）常温下有一pH为12的NaOH的溶液100mL；如果将其pH降为11，那么。

①若用pH=10的NaOH溶液应加入____mL

②若用pH=2的盐酸应加入____mL．10、某饱和一氯代烷3.70g与足量的NaOH水溶液混合加热后，用HNO3酸化，再加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀5.74g．则该卤代烃的分子式为：____，这种一氯代物的同分异构体种类有____种．11、HOOC-COOH的电离方程式为______．12、Na2S溶液盛装在带橡胶塞的试剂瓶中，仔细闻有臭鸡蛋气味，请用离子方程式解释：______，______．13、积极保护生态环境可实现人与自然的和谐共处．

rm{垄脵}下列做法会加剧温室效应的是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}植树造林rm{b.}燃煤供暖rm{c.}风力发电。

rm{垄脷}下列防治“白色污染”的正确方法是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}使用可降解塑料rm{b.}露天焚烧废弃塑料rm{c.}直接填埋废弃塑料。

rm{垄脹}为减轻大气污染，多个城市已禁止燃放烟花爆竹rm{.}“禁止燃放烟花爆竹”的标识是______rm{(}填字母rm{)}．

评卷人得分三、其他(共5题，共10分)14、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)。15、（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。16、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；17、(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。18、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：。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共12分)19、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。20、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。21、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。22、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、简答题(共2题，共14分)23、rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}反应过程的能量变化如图所示。已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}被氧化为rm{1molSO_{2}(g)}的rm{1molSO_{3}(g)}请回答下列问题：rm{娄陇H=-99kJ隆陇mol^{-1}}该反应属于____________rm{(1)}填“放热”或“吸热”rm{(}反应。rm{)}图中rm{(2)}________rm{娄陇H=}rm{kJ隆陇mol^{-1}}和rm{2molSO_{2}(g)}具有的总能量比rm{1molO_{2}(g)}具有的总能量______rm{2molSO_{3}(g)}填“一定高”、“一定低”、“高低不一定”rm{(}．rm{)}图中rm{(3)}rm{A}分别表示____________、____________。rm{C}从化学键的角度分析，rm{(4)}rm{E}rm{F}分别代表什么意义？rm{娄陇H}________________；rm{E}________________；rm{F}________________。rm{娄陇H}改变反应条件可改变rm{(5)}值大小，如加入rm{E}作催化剂，可使rm{V_{2}O_{5}}值减小。rm{E}的大小对该反应的反应热________rm{E}填“有”或“无”rm{(}影响。rm{)}24、莽草酸是合成治疗禽流感的药物--达菲rm{(Tamiflu)}的原料之一rm{.}莽草酸是rm{A}的一种异构体rm{.A}的结构简式如图：

rm{(1)A}的分子式是______．

rm{(2)A}与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式是rm{(}有机物用结构简式表示rm{)}______．

rm{(3)A}与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是rm{(}有机物用结构简式表示rm{)}______．

rm{(4)A}在浓硫酸作用下加热可得到rm{B(B}的结构简式rm{HO-}rm{-COOH)}其反应类型______．

rm{(5)B}的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基的共有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式______．评卷人得分六、工业流程题(共3题，共18分)25、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。26、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。27、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)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】试题分析：该物质中含有，醇羟基、酚羟基、羧基和苯环。故可以发生加成、消去、酯化、氧化、缩聚反应。考点：有机物官能团性质。【解析】【答案】B2、B【分析】解：rm{A.}苯酚的同系物中不含醇rm{-OH}结构不相似，不是同系物，故A错误；

B.酚rm{-OH}的邻对位与溴水发生取代反应，则rm{1mol}该有机物能与溴水反应消耗rm{2molBr_{2}}发生取代反应；故B正确；

C.酚rm{-OH}醇rm{-OH}均与rm{Na}反应，则rm{1mol}该有机物能与金属钠反应产生rm{1molH_{2}}故C错误；

D.只有酚rm{-OH}与rm{NaOH}反应，则rm{1mol}该有机物能与rm{1molNaOH}反应；故D错误；

故选：rm{B}

由结构可知，分子中含酚rm{-OH}醇rm{-OH}结合酚；醇的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、醇的性质及应用，题目难度不大．【解析】rm{B}3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】试题分析：先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢和电解池的阴阳极腐蚀快慢来比较，从而确定腐蚀快慢顺序。根据装置图可知，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，所以②＞③，④装置是电解池，其中金属铁为阳极，加快腐蚀，腐蚀最快，所以腐蚀速率是：④＞②＞①＞③，故选D。考点：考查金属的腐蚀与防护【解析】【答案】D5、B【分析】试题分析：讨论羧基个数，根据氧元素的质量分数计算氨基酸的相对分子质量，当分子中含有1个氨基时，所含碳原子数最多。。含羧基数氧所占相对原子质量氨基酸相对分子质量氨基占相对原子质量碳原子约所占相对原子质量最多可含碳数是否合理1326416141不合理26412816484合理39619216806合理当羧基数目为4，氨基酸的相对分子质量为256，大于200，不符合题意，故该氨基酸最多含有6个原子，选B。考点：考查有机物分子式的确定。【解析】【答案】B6、C【分析】解：A．①0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH=2.1；说明醋酸没有完全电离，则醋酸为弱电解质，故不选；

②CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH；说明盐酸的酸性比醋酸强，则醋酸为弱酸，即醋酸为弱电解质，故不选；

③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多；说明醋酸中存在电离平衡，则醋酸部分电离为弱电解质，故不选；

④常温下某CH3COONa溶液的pH=8；说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则醋酸为弱酸，故不选；

⑤用CH3COOH溶液做导电实验；灯泡很暗，说明醋酸溶液中离子浓度较小，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解，故选；

⑥pH=1的CH3COOH溶液稀释100倍；pH＜3，说明醋酸中存在电离平衡，为弱电解质，故不选；

故选C．

强弱电解质的根本区别是电离程度；部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性；一定浓度的醋酸pH等方法判断，据此分析解答．

本题考查强弱电解质判断，题目难度不大，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题．【解析】【答案】C7、D【分析】解：A．凡链节中间（不在端上）含有（酯基）结构的高聚物，其单体必为两种，按断开，羰基上加羟基，氧原子上加氢原子即得高聚物单体，则该有机物单体为HOCH2CH2OH和故A正确；

B．多糖能发生水解反应；棉花中纤维素属于多糖，涤纶纤维中含有酯基，酯基能发生水解反应，所以棉花和涤纶纤维都能水解，故B正确；

C．n不同则分子式不同；所以棉花和涤纶纤维都是混合物，故C正确；

D．棉棉花燃烧时燃烧较快；火焰高，能自动蔓延，留下少量柔软的白色或灰色灰烬，不结焦；涤纶纤维燃烧时纤维卷缩，一面燃烧，一面冒烟，火焰呈黄色，有微弱甜味，燃烧后留下黑褐色硬块，所以可以用燃烧法鉴别，故D错误；

故选D．

A．凡链节中间（不在端上）含有（酯基）结构的高聚物，其单体必为两种，按断开；羰基上加羟基，氧原子上加氢原子即得高聚物单体；

B．多糖能发生水解反应；涤纶纤维中含有酯基，酯基能发生水解反应；

C．n不同则分子式不同；

D．棉花燃烧时燃烧较快；火焰高，能自动蔓延，留下少量柔软的白色或灰色灰烬，不结焦；涤纶纤维燃烧时纤维卷缩，一面燃烧，一面冒烟，火焰呈黄色，有微弱甜味，燃烧后留下黑褐色硬块．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系、物质性质差异性是解本题关键，判断聚合物单体的方法是学习难点，易错选项是C．【解析】【答案】D8、B【分析】解：有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀rm{10g}应为rm{CaCO_{3}}

rm{n(CO_{2})=n(CaCO_{3})=dfrac{10g}{100g/mol}=0.1mol}

根据方程式：rm{n(CO_{2})=n(CaCO_{3})=dfrac

{10g}{100g/mol}=0.1mol}滤液减少量rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}0}

rm{=56}rm{0.1mol}rm{10g}

称量滤液时，其质量只比原石灰水减少rm{5.6g}则生成水的质量应为rm{2.9g}

则rm{n(H)=2n(H_{2}0)=dfrac{2.7g}{18g/mol}隆脕2=0.3mol}

则有机物中rm{5.6g-2.9g=2.7g}rm{n(H)=2n(H_{2}0)=dfrac

{2.7g}{18g/mol}隆脕2=0.3mol}rm{N(C)}

只有rm{N(H)=1}rm{3}rm{A}符合；

故选B．

有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀rm{C}应为rm{D}

根据方程式：rm{10g}滤液减少的质量rm{CaCO_{3}}滤液减少量rm{CO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}0}

rm{1mol100}rm{=56}rm{0.1mol}

称量滤液时，其质量只比原石灰水减少rm{10g}则生成水的质量应为rm{5.6g}以此解答该题．

本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意利用差量法计算水的质量为解答该题的关键．rm{2.9g}【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】

（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性，溶液pH＜7，水解方程式为Ag++H2OAgOH+H+，在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，防止Ag+离子水解使溶液溶液浑浊；

故答案为：＜；Ag++H2O⇌AgOH+H+；硝酸；

（2）盐类水解为吸热过程，加热FeCl3溶液生成FE（OH）3，进而分解生成Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（3）①NH4Cl水解呈酸性；浓度越大，溶液酸性越强，故答案为：＜；

②多元弱酸的酸根离子的水解以第一步水解为主；且第一步水解程度远大于第二步水解，故答案为：＞；

（4）常温下有一pH为12的NaOH的溶液100mL，如果将其pH降为11，则c（OH-）=0.001mol/L；

①设pH=10的NaOH溶液体积为V，则有c（OH-）==0.001Lmol/L；

V=1L=1000mL；故答案为：1000；

②若用pH=2的盐酸，设盐酸的体积为x，则有c（OH-）==0.001mol/L；

x=0.0818L=81.8mL；

故答案为：81.8．

【解析】【答案】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性；从影响盐类水解平衡的因素综合分析；

（2）盐类水解为吸热过程；加热促进水解；

（3）NH4Cl水解呈酸性；浓度越大，溶液酸性越强；多元弱酸的酸根离子的水解以第一步水解为主；

（4）常温下有一pH为12的NaOH的溶液100mL；如果将其pH降为11，可用加水稀释；与稀溶液混合或加入酸部分中和的方法．

10、C4H9Cl|4【分析】【解答】解：一氯代烷的通式为CnH2n+1Cl，有关反应的方程式为：CnH2n+1Cl+NaOHCnH2n+1OH+NaCl，NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，则1molCnH2n+1Cl相当于1molAgCl，即一氯代烷的物质的量为=0.04mol，则一氯代烷的相对分子质量==92.5，故烷基的式量=92.5﹣35.5=57，故为因此，一氯代烷的分子式为C4H9Cl，其结构简式为共4中同分异构体．故答案为：C4H9Cl；4．

【分析】一氯代烷的通式为CnH2n+1Cl，有关反应的方程式为：CnH2n+1Cl+NaOHCnH2n+1OH+NaCl，NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，则1molCnH2n+1Cl相当于1molAgCl，即一氯代烷的物质的量为=0.04mol，则一氯代烷的相对分子质量==92.5，故烷基的式量=92.5﹣35.5=57，故为因此，一氯代烷的分子式为C4H9Cl，根据丁烷的同分异构体及等效氢书写．11、略

【分析】解：HOOC-COOH是二元弱酸，在水溶液里存在两步电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H2C2O4⇌HC2O4-+H+、HC2O4-⇌C2O42-+H+；

故答案为：H2C2O4═HC2O4-+H+，HC2O4-═C2O42-+H+．

HOOC-COOH为弱电解质；部分电离应可逆号，草酸是二元弱酸，分步电离，据此解答．

本题考查了电解质电离方程的书写，明确电解质的强弱及电离方程式书写方法是解题关键，注意二元弱酸分步电离，为易错点，题目难度不大．【解析】H2C2O4═HC2O4-+H+，HC2O4-═C2O42-+H+12、略

【分析】解：硫化钠溶液中硫离子分步水解生成少量硫化氢，水解的离子方程式分别为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，HS-+H2O⇌H2S+OH-；

故答案为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；HS-+H2O⇌H2S+OH-．

有臭鸡蛋气味；说明又硫化氢气体生成，原因是硫化钠溶液中硫离子分步水解生成少量硫化氢，据此写出水解的离子方程式．

本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理为解答关键，试题侧重基础知识的考查，注意掌握水解离子方程式的书写原则，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】S2-+H2O⇌HS-+OH-；HS-+H2O⇌H2S+OH-13、略

【分析】解：rm{垄脵a.}植树造林能够控制二氧化碳的含量升高；有利于减缓温室效应，故不选；

rm{b.}燃煤供暖；煤燃烧能够生成二氧化碳，燃烧时会导致温室效应加剧，故选；

rm{c.}风力发电属于清洁能源；不会放出二氧化碳，有利于减缓温室效应，故不选；

故选rm{b}

rm{垄脷a.}使用可降解塑料可以减少塑料制品的使用；能够防治“白色污染”，故选；

rm{b.}露天焚烧废弃塑料会产生大量的有害气体；污染空气，不能够防治“白色污染”，故不选；

rm{c.}废弃塑料难降解；将废弃塑料直接填埋，埋会占用较大空间，塑料自然降解需要百年以上，析出添加剂污染土壤和地下水，会引起白色污染，故不选；

故选rm{a}

rm{垄脹}根据烟花爆竹的图案，则“禁止燃放烟花爆竹”的标识是rm{c}故选：rm{c}．

rm{垄脵}二氧化碳在空气中的含量如果过高；容易造成大气的温度逐年升高，也就是所说的温室效应，据此分析；

rm{垄脷}白色污染就是废弃塑料污染；要治理白色污染，可以减少塑料制品的使用，寻找可代替品，研制可降解塑料，加强废弃塑料的回收利用；

rm{垄脹}根据烟花爆竹的图案选择．

本题考查了与环境污染有关的问题，体现了化学来源于生产生活，也必须服务于生产生活的理念，所以与人类生产生活相关的化学知识也是重要的中考热点之一．【解析】rm{b}rm{a}rm{c}三、其他(共5题，共10分)14、略

【分析】【解析】【答案】AEF15、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）16、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③17、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO218、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)3四、元素或物质推断题(共4题，共12分)19、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）220、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H221、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、简答题(共2题，共14分)23、(1)放热）（2）-198一定高一定高2-198的能量和(3)2molSO2(g)的能量和1molO2(g)的能量和2molSO3(g)的能量1molO2(g)）断裂旧键吸收的能量形成新键放出的能量2molSO3(g)（4）断裂旧键吸收的能量形成新键放出的能量完全氧化成4时的焓变（5）无2molSO2(g)和1molO2(g)完全氧化成2molSO3(g)时的焓变【分析】【分析】本题旨在考查学生对化学反应中的能量变化、反应热和焓变等应用。【解答】rm{(1)}根据图示可知反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应属于放热反应，故答案为：放热；根据图示可知反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应属于放热反应，故答案为：放热；rm{(1)}已知rm{(2)}已知rm{1molSO}rm{(2)}rm{1molSO}被氧化为rm{{,!}_{2}}rm{(g)}被氧化为rm{1molSO}rm{(g)}的rm{1molSO}rm{{,!}_{3}}rm{(g)}的rm{娄陇H=-99kJ隆陇mol}三氧化硫放出的热量，故图中rm{(g)}rm{娄陇H=-99kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}。故图中为生成rm{2mol}三氧化硫放出的热量，故图中rm{娄陇H=-198KJ/mol}rm{2molSO}和rm{2mol}rm{娄陇H=-198KJ/mol}rm{2molSO}具有的总能量比rm{{,!}_{2}}rm{(g)}和rm{1molO}rm{(g)}具有的总能量一定高，故答案为：rm{1molO}一定高；rm{{,!}_{2}}图中rm{(g)}具有的总能量比rm{2molSO}rm{(g)}分别表示：rm{2molSO}和rm{{,!}_{3}}的能量和rm{(g)}具有的总能量一定高，故答案为：rm{-198}一定高；的能量rm{(g)}rm{-198}和rm{(3)}图中rm{A}rm{C}分别表示：的能量和rm{(3)}的能量rm{A}rm{C}rm{2molSO_{2}(g)}rm{2molSO_{2}(g)}根据图示可知，rm{1molO_{2}(g)}代表断裂旧键吸收的能量；rm{1molO_{2}(g)}代表形成新键放出的能量；rm{2molSO_{3}(g)}代表rm{2molSO_{3}(g)}和；故答案为：完全氧化成rm{2molSO_{2}(g)}时的焓变；故答案为：断裂旧键吸收的能量；形成新键放出的能量；rm{2molSO_{2}(g)}和rm{1molO_{2}(g)}完全氧化成rm{1molO_{2}(g)}时的焓变；rm{2molSO_{3}(g)}反应热与始态和终态有关，与途径无关，故E的大小对该反应的反应热无影响。故答案为：无。rm{2molSO_{3}(g)}【解析】rm{(1)}rm{(1)}放热rm{(}rm{2}rm{)}rm{-198}一定高rm{(}一定高rm{2}rm{2}rm{)}的能量和rm{-198}的能量rm{-198}rm{(3)2molSO_{2}(g)}rm{(3)2molSO_{2}(g)}断裂旧键吸收的能量形成新键放出的能量和rm{1molO_{2}(g)}的能量和rm{2molSO_{3}(g)}的能量rm{1molO_{2}(g)}rm{1molO_{2}(g)}完全氧化成rm{2molSO_{3}(g)}时的焓变rm{2molSO_{3}(g)}无rm{(}rm{4}rm{)}断裂旧键吸收的能量形成新键放出的能量rm{(}24、（1）C7H10O5

（2）

（3）

（4）消去反应

（5）3

【分析】【分析】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系即可解答，注意rm{(3)}题rm{A}中没有苯环所以没有酚羟基，所以羟基和rm{NaOH}溶液不反应，为易错点。【解答】rm{(1)}根据结构简式确定分子式为rm{C_{7}H_{10}O_{5}}故答案为：rm{C_{7}H_{10}O_{5}}

rm{(2)}物质rm{A}中含有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液混合时，碳碳双键能和溴发生加成反应，该反应的化学方程式为：故答案为：

rm{(3)}rm{A}中含有羧基，所以能和rm{NaOH}溶液发生中和反应，化学反应方程式为：故答案为：rm{(4)}根据rm{A}rm{B}结构简式知，rm{A}在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生了消去反应生成rm{B}。故答案为：消去反应；

rm{(5)B}的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基，则酚羟基和酯基可以位于邻、间、对三个位置，所以符合条件的同分异构体有rm{3}种，结构简式为：

故答案为：rm{3}【解析】rm{(1)C_{7}H_{10}O_{5}}rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}消去反应rm{(5)3}六、工业流程题(共3题，共18分)25、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%26、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰