2025年沪科版高二化学上册月考试卷含答案VIP

…………○…………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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、已知：①1molH2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量，②1molI2蒸气中化学键断裂时需要吸收151kJ的能量，③由H原子和I原子形成1molHI气态分子时释放299kJ的能量。下列热化学方程式正确的是A.2HI(g)=H2(g)＋I2(g)∆H＝+11kJ／molB.H2(g)＋I2(g)=2HI(g)∆H＝－22kJ／molC.H2(g)＋I2(g)=2HI(g)∆H＝+288kJ／molD.H2(g)＋I2(g)=2HI(g)∆H＝－144kJ／mol2、分别在pH=2的酸溶液和pH=13的NaOH溶液中加入足量的铝；放出氢气的量前者多，其原因可能是（）

A.两溶液的体积相同；酸是弱酸。

B.两溶液的体积相同；酸是多元强酸。

C.酸溶液的体积比NaOH溶液体积大。

D.酸是强酸；且酸溶液的浓度比NaOH溶液浓度大。

3、用酸滴定碱时，滴定前读酸式滴定管读数时视线低于水平线，滴定结束时读数正确，会使测得的碱溶液的浓度A.偏高B.偏低C.不受影响D.不能确定4、A、B两种有机物组成的混合物，当混合物的质量相等时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧时产生的CO2的质量都相等；一定符合这一条件的组合有：

①同分异构体②同系物③具有相同的最简式④含碳的质量分数相同。

其中正确的是（）A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④5、下列关于同分异构体、同系物、同素异形体、同位素的说法中错误的是A.乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体B.rm{rlap{_{17}}{^{35}}Cl}与rm{rlap{_{17}}{^{37}}Cl}互为同位素C.氧气与臭氧互为同素异形体D.乙烯与聚乙烯互为同系物评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.8倍，下列说法正确的是（）A.m+n＞pB.平衡向逆反应方向移动C.A的转化率降低D.C的体积分数增加7、欲将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质，应加入（）A.甲醛溶液B.饱和Na2SO4溶液C.饱和（NH4）2SO4溶液D.醋酸铅溶液8、下列化合物中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生水解反应的是

A.B.

C.D.9、rm{2004}年rm{6}月美国科学家在银河星系中央的星云中发现了新的星际分子，该分子是由碳、氢、氧构成rm{(}如图rm{)}星际分子的不断发现可帮助人们了解生命起源的过程。如图rm{(}星际分子的不断发现可帮助人们了解生命起源的过程。rm{)}不正确据图示该星际分子的说法的是

A.该模型属于分子比例模型B.它的分子式为C.该分子含有两种官能团D.该物质能发生加成反应rm{C_{3}H_{4}O_{2}}10、已知分解rm{1molH_{2}O_{2}}放出热量rm{98kJ}在含少量rm{I^{-}}的溶液中，rm{H_{2}O_{2}}分解的机理为：rm{H_{2}O_{2}+I^{-}隆煤H_{2}O+IO^{-}}慢rm{H_{2}O_{2}+IO^{-}隆煤H_{2}O+O_{2}+I^{-}}快下列有关该反应的说法正确的是A.反应速率与rm{I^{-}}浓度有关B.rm{IO^{-}}也是该反应的催化剂C.反应活化能等于rm{98kJ隆陇mol^{-1}}D.rm{v}rm{(H_{2}O_{2})=2}rm{v}rm{(O_{2})}11、反应rm{NH_{4}HS(s)?NH_{3}(g)+H_{2}S(g)}在一定温度下达到平衡。下列各种情况下，不能使平衡发生移动的是rm{NH_{4}HS(s)?

NH_{3}(g)+H_{2}S(g)}rm{(}A.移走一部分rm{)}固体B.温度、容积不变时，通入rm{NH_{4}HS}气体C.保持压强不变，充入氮气D.容积不变，充入氮气rm{SO_{2}}12、在下列能源的利用过程中，不直接产生rm{CO_{2}}的有rm{(}rm{)}A.石油B.太阳能C.氢能D.天然气13、rm{FeCl_{3}(aq)}与rm{KSCN(aq)}混合时存在下列平衡：rm{Fe^{3+}}rm{(aq)+SCN^{-}(aq)}rm{Fe(SCN)^{2+}}rm{(aq)}已知平衡时，物质的量浓度rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}与温度rm{T}的关系如下图所示，则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{FeCl_{3}(aq)}与rm{KSCN(aq)}反应的热化学反应方程式为：rm{Fe^{3+}(aq)+SCN^{-}(aq)=Fe(SCN)^{2+}(aq)triangleH>0}B.温度为rm{Fe^{3+}(aq)+SCN^{-}(aq)=Fe(SCN)^{2+}(aq)triangle

H>0}rm{T_{1}}时，反应的平衡常数分别为rm{T_{2}}rm{K_{1}}则rm{K_{2}}C.反应处于rm{K_{1}>K_{2}}点时，一定有rm{D}D.rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}点与rm{A}点相比，rm{B}点的rm{A}大rm{c(Fe^{3+})}14、把rm{0.05mol}rm{NaOH}固体分别加入下列rm{100mL}溶液中，溶液的导电能力变化不大的是rm{(}rm{)}A.自来水B.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}盐酸C.rm{0.5mol?L^{-1}}醋酸D.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}氯化铵溶液评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、（15分）有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B是地壳中含量最多的元素．已知A、C及B、E分别是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍．处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素．（1）试比较C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱（填化学式）。（2）A、B、C形成的化合物的晶体类型为，电子式为。（3）写出D单质与C元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式。（4）写出两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体的离子方程式。（5）通常条件下，C的最高价氧化物对应水化物2mol与E最高价氧化物对应水化物1mol的稀溶液间反应放出的热量为114.6KJ，试写出表示该热量变化的热化学方程式。（6）含有元素C的盐的焰色反应为________色．许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_______________________________________________________．16、写出rm{A}与rm{C}发生酯化反应的化学方程式____，属于____反应。17、已知：rm{NaHSO_{4}}在水中的电离方程式为rm{NaHSO_{4}=Na^{+}+H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{(1)}常温下，rm{pH=5}的rm{NaHSO_{4}}溶液中水的电离程度______rm{pH=9}的rm{NH_{3}?H_{2}O}中水的电离程度rm{.(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(2)}等体积等物质的量浓度的rm{NaHSO_{4}}与氨水混合后，溶液呈酸性的原因为______rm{.(}用离子方程式表示rm{)}若一定量的rm{NaHSO_{4}}溶液与氨水混合后，溶液rm{pH=7}则rm{C(Na^{+})+C(NH_{4}^{+})}______rm{2C(SO_{4}^{2-})(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中rm{SO_{4}^{2-}}完全沉淀，则反应后溶液的rm{pH}______rm{7(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}．18、关于溶液配制的有关问题；请回答：

rm{(1)}下列有关容量瓶的使用方法的操作中；错误的是_________。

A.使用容量瓶前检查它是否漏水。

B.容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C.定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中到刻度线齐平处D.配制溶液时；如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中定容。

E.盖好瓶塞；用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒；摇匀。

rm{(2)}实验室中需rm{2mol/L}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{950mL}配制时应选用容量瓶的规格和称取rm{Na_{2}CO_{3}}的质量分别是______________。

A.rm{1000ml}rm{212gB.950ml}rm{543.4g}

C.任意规格；rm{572gD.500ml}rm{106g}

rm{(3)}现用rm{98%}密度为rm{1.8mol/L}的浓硫酸配制rm{500mL}的稀硫酸。请回答下列问题：rm{垄脵}配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒，还缺少的玻璃仪器有_______rm{(}填写仪器名称rm{)}rm{垄脷}经计算，配制rm{500mL0.2mol/L}的稀硫酸需要上述浓硫酸的体积为___________。

rm{垄脹}稀浓硫酸时，实验操作步骤：____________________。rm{(4)}误差分析：rm{垄脵}用量筒量取浓硫酸时；仰视读数__________________；

rm{垄脷}定容时仰视读数____________________；rm{(}填“偏大”“偏小”或“不变”rm{)}19、（9分）铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)①该反应的平衡常数表达式为：K=②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁ll．2g。则10min内CO的平均反应速率为。(2)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：①____②____(3)某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(V)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是。(4)写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：欲使上述体系中Al3+浓度增加，可加入的物质是。20、（12分）373K时，某1L密闭容器中加入1molNH3发生如下可逆反应：2NH3（g）N2（g）+3H2（g）。其中物质H2的物质的量变化如下图所示。（1）前20s内NH3（g）的平均反应速率为（2）373K时该反应的平衡常数的值为（3）若在此平衡体系中再加入1mol的NH3，与原平衡比较，新平衡时NH3的转化率（填“增大”或“减小”，下同）。NH3的平衡浓度。（4）将原平衡升温至473K，重新达平衡时（其他条件不变），H2的平衡浓度为NH3的2倍，该反应的正反应为（填“放热反应”或“吸热反应”），为增大平衡体系中H2的物质的量，下列措施正确的是（其它条件相同）____a.升高温度b.扩大容器的体积c.加入合适的催化剂d.再充入N221、(10分)如表是不同温度下水的离子积数据：试回答以下问题：。温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10－14KW1×10－12(1)若25<t1<t2，则KW___1×10－14(填“>”、“<”或“＝”)，作出此判断的理由是__。(2)25℃下，某Na2SO4溶液中c(SO)＝5×10－4mol·L－1，取该溶液1mL，加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na＋)：c(OH－)＝__________。(3)t2℃下，将pH＝11的苛性钠溶液V1L与pH＝1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH＝2，则V1：V2＝_______。此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是___________。22、（4分）观察下列结构简式，回答下列问题：（1）有机物名称是__________________________。（2）此有机物为单烯烃加成的产物，则原来烯烃的结构可能有_______种。23、如图所示，rm{U}形管内盛有rm{100mL}的溶液，按要求回答下列问题：

rm{(1)}断开rm{K_{2}}闭合rm{K_{1}}若所盛溶液为rm{CuSO_{4}}溶液：则rm{A}为____________极，rm{B}极的电极反应式为____________。若所盛溶液为rm{KCl}溶液：则rm{B}极的电极反应式为____________，rm{K^{+}}移向____________极rm{(}填“rm{A}”、“rm{B}”rm{)}rm{(2)}断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}若所盛溶液为滴有酚酞的rm{NaCl}溶液，则：rm{垄脵A}电极附近可观察到的现象是____________，总反应化学方程式是____________。rm{垄脷}反应一段时间后打开rm{K_{2}}若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，rm{B}极产生气体的体积rm{(}标准状况rm{)}为rm{11.2mL}将溶液充分混合，溶液的rm{pH}约为____________。若要使电解质溶液恢复到原状态，需向rm{U}形管内加入或通入一定量的____________。rm{(3)}若是电解精炼粗铜，断开rm{K_{1}}闭合rm{K_{2}}电解液选用rm{CuSO_{4}}溶液，则rm{A}电极的材料应换成是____________，反应一段时间后电解质溶液中rm{Cu^{2+}}浓度____rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}评卷人得分四、有机推断题(共4题，共28分)24、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__________________________________．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。27、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共36分)28、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）。29、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：_____________。30、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）。31、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_______评卷人得分六、工业流程题(共2题，共12分)32、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________%。33、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___________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】试题分析：A、反应热=生成物的键能减反应物的键能=436kJ·mol－1+151kJ·mol－1-2×299kJ·mol－1=+11kJ?mol－1，故1mol氢气与1mol氯气反应时吸收热量为11KJ，△H=+11kJ·mol－1，A正确；B、由A可知，B中∆H＝－11kJ／mol，B、C、D均错误；选A。考点：有关键能和反应热的计算【解析】【答案】A2、A|C【分析】

A．两溶液的体积相同，等体积的酸和强碱溶液中加入足量的铝，放出氢气的量前者多，前者参加反应的n（H+）为大于后者n（OH-）的3倍；NaOH为强碱，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，当酸是弱酸时，弱酸电离程度很小，电离出来的氢离子浓度等于0.01mol/L，说明酸的浓度远大于0.01mol/L，在反应过程中可以提供大于0.3mol/L的氢离子，故A正确；

B．两溶液的体积相同，等体积的酸和强碱溶液中加入足量的铝，放出氢气的量前者多，前者参加反应的n（H+）为大于后者n（OH-）的3倍，NaOH为强碱，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，当酸是多元强酸时，强酸完全电离，电离出的氢离子为0.01mol/L，两溶液的体积相同，前者参加反应的n（H+）为远小于后者n（OH-）；故B错误；

C．2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由上述两个反应可知，参加反应的铝与生成的氢气的质量关系均为2Al～3H2，前者参加反应的n（H+）为大于后者n（OH-）的3倍；放出氢气的量前者多，pH=2的酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液氢氧根离子浓度为0.1mol/L，须0.01mol/L×V（酸）＞3×0.1mol/L×V（碱），即当V（酸）＞30V（碱），成立，故C正确；

D．当酸是强酸酸完全电离；pH=2的酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，电离出来的氢离子浓度等于0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液氢氧根离子浓度为0.1mol/L，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，与酸溶液的浓度比NaOH溶液浓度大矛盾，故D错误；

故选AC．

【解析】【答案】pH=2的酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液氢氧根离子浓度为0.1mol/L，2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．由上述两个反应可知，参加反应的铝与生成的氢气的质量关系均为2Al～3H2，即在相同条件下等质量的铝分别跟足量的稀盐酸、NaOH溶液反应，放出氢气的质量相等，等体积的酸和强碱溶液中加入足量的铝，放出氢气的量前者多，说明前者参加反应的n（H+）为大于后者n（OH-）的3倍；据此即可解答．

3、B【分析】【解析】【答案】B4、B【分析】解：①同分异构体的分子式相同，分子中含碳量相等，所以只要混合物的总质量相等，完全燃烧生成CO2的质量也相等；故①正确；

②同系物分子中含碳量不一定相等，如烷烃之间不等，但烯烃之间是相等的，所以只要混合物的总质量相等，完全燃烧生成CO2的质量不一定相等；故②错误；

③具有相同的最简式，分子中含碳量一定相等，所以只要混合物的总质量相等，完全燃烧生成CO2的质量也相等；故③正确；

④含碳的质量分数相同，只要混合物的总质量相等，完全燃烧生成CO2的质量也相等；故④正确；

故选：B；

两种有机物组成的混合物，当混合物的质量相等时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧时产生的CO2的质量都相等；则说明两种有机物分子中含碳量相等，然后逐项分析；

本题考查混合物的计算，注意把握题中信息，得出两种烃分子中含碳量相等是解答该题的关键，题目难度不大．【解析】【答案】B5、D【分析】【分析】本题考查了同位素、同系物、同分异构体、同素异形体的概念与区别，难度不大，注意把握概念的内涵与外延。【解答】A.乙酸和甲酸甲酯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B.rm{^{37}_{17}mathrm{C}l}与rm{{}_{17}^{35}Cl}质子数相同，中子数不同，是氯元素的不同核素，互为同位素，故B正确；C.氧气和臭氧是氧元素形成的结构不同单质；互为同素异形体，故C正确；

D.乙烯含碳碳双键；聚乙烯无碳碳双键，含官能团不同，不是同系物，故D错误。

故选D。【解析】rm{D}二、双选题(共9题，共18分)6、B|C【分析】解：解：平衡后将气体体积缩小到原来的一半；压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动；

A；增大压强平衡向逆反应方向移动；增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有：m+n＜p，故A错误；

B；由上述分析可知；增大压强平衡向逆反应方向移动，故B正确；

C；增大压强平衡向逆反应方向移动；则反应物的转化率降低，所以A的转化降低，故C正确；

D.平衡向逆反应移动；生成物的体积百分含量降低，即C的体积分数降低，故D错误；

故选BC．

平衡后将气体体积缩小到原来的一半；压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析．

本题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意用假定法判断，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，根据实际C的浓度，判断平衡移动．【解析】【答案】BC7、B|C【分析】解：A．蛋白质遇到甲醛溶液；会导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，会发生化学变化，失去原有的生理功能，此过程为蛋白质的变性，故A错误；

B．加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸氨溶液可使蛋白质的溶解性变小，如果再加水，凝聚析出的蛋白质还能再溶解于水中，并不影响原来蛋白质的性质，故B正确；

C．将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质；加入饱和硫酸氨溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸氨溶液可使蛋白质的溶解性变小，加水，凝聚析出的蛋白质还能再溶解于水中，并不影响原来蛋白质的性质，该过程是蛋白质的盐析，故C正确；

D．重金属离子能使蛋白质变性而中毒，一些可溶性的重金属盐（如含Cu2+、Pb2+、Ag+等可溶性盐）与蛋白质作用会使蛋白质变性；使蛋白质丧失其生理功能，故D错误；

故选BC．

将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质；可以利用蛋白质的盐析将蛋白质从水溶液中析出，可以加入的试剂可以为苯环硫酸钠溶液或者饱和硫酸铵溶液，注意不能加入甲醛；醋酸铅试剂，否则会导致蛋白质变性，失去了生理活性，据此进行解答．

本题考查了蛋白质的性质、蛋白质的分离与提纯，题目难度中等，注意掌握蛋白质的性质，明确蛋白质的盐析与变性的区别，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．【解析】【答案】BC8、BD【分析】【分析】本题考查卤代烃的水解反应、消去反应，难度不大，注意卤代烃发生消去反应的结构特点是：只有rm{-X}相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应。【解答】A.rm{CH_{3}Cl}只含有rm{1}个碳原子；不能发生消去反应，故A错误；

B.中与rm{Br}原子相连碳原子的相邻碳上有氢原子；能发生消去反应，卤代烃均能发生水解反应，故B正确．

C.中与rm{Br}原子相连碳原子的相邻碳上无氢原子；不能发生消去反应，卤代烃均能发生水解反应，故C错误；

D.rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}Br}中与rm{Br}原子相连碳原子的相邻碳上有氢原子；能发生消去反应，卤代烃均能发生水解反应，故D正确。

故选BD。【解析】rm{BD}9、AB【分析】【分析】本题考查由分子模型判断其组成，明确结构决定性质是解题的关键。【解答】A.该模型属于球棍模型，故A错误；

B.由模型知其分子式为：rm{C}rm{C}rm{{,!}_{3}}rm{H}rm{H}故B错误；

rm{{,!}_{4}}

rm{O}故B错误；rm{O}C.该分子含有碳碳双键和醛基两种官能团，故C正确；【解析】rm{AB}10、AD【分析】【分析】本题考查的是化学反应速率，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，主要把握反应的特点，为解答该题的关键，难度不大。【解答】A.已知：rm{垄脵H_{2}O_{2}+I^{-}隆煤H_{2}O+IO^{-}}慢rm{垄脷H_{2}O_{2}+IO^{-}隆煤H_{2}O+O_{2}+I^{-}}快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的rm{垄脵}rm{I^{-}}是rm{垄脵}的反应物之一，反应速率大小与rm{I^{-}}浓度有关；故A正确；

B.将反应rm{垄脵+垄脷}可得总反应方程式，反应的催化剂是rm{I^{-}}rm{IO^{-}}只是中间产物；故B错误；

C.rm{1mol}过氧化氢分解的rm{triangleH=-98KJ/mol}rm{triangleH}不是反应的活化能；是生成物与反应物的能量差，故C错误；

rm{D}将反应rm{垄脵+垄脷}可得总反应方程式rm{2H_{2}O_{2}=2H_{2}O+O_{2}}用不同物质表示反应速率时，其反应速率比等于系数比，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}11、AD【分析】【分析】

本题考查了外界因素对化学平衡的影响。【解答】

A.rm{NH_{4}HS}为固体，改变rm{NH_{4}HS}固体的用量；不影响平衡移动，故A正确；

B.温度、容积不变时，通入rm{SO_{2}}气体，与硫化氢反应生成rm{S}硫化氢的浓度降低，平衡向正反应方向移动，故B错误；C.充入氮气；保持压强不变，则体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，平衡向正反应方向移动，故C错误；

D.容积不变，充入氮气，反应气体混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，故D正确。故选AD。

【解析】rm{AD}12、BC【分析】解：煤、石油和天然气均为化石燃料，是由远古时代的动植物等有机体转化而来，故主要元素为rm{C}rm{H}等；故在燃烧时生成二氧化碳，故AD错误；

而太阳能是无污染；取之不尽用之不竭的能源；在使用的过程中无任何污染性物质生成，故B正确；

氢能在利用的过程中生成的是水；无二氧化碳生成，故C正确．

故选BC．

煤、石油和天然气均为化石燃料，是由远古时代的动植物等有机体转化而来，故主要元素为rm{C}rm{H}等；据此分析．

本题考查了能源的利用，难度不大，应注意的是能源对环境的友好程度和能否再生等问题．【解析】rm{BC}13、rBC【分析】解：rm{A.}随着温度的升高rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}逐渐减小，说明反应放热，rm{triangleH<0}故A错误；

B.反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则rm{k}减小，所以温度为rm{T_{1}<T_{2}}时，反应的平衡常数分别为rm{K_{1}}rm{K_{2}}则rm{K_{1}>K_{2}}故B正确；

C.rm{D}在曲线下方，为处于平衡状态，rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}比平衡状态小，应向正反应方向移动，rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}故C正确；

D.由图象可知，rm{A}点rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}较大，则rm{c(Fe^{3+})}应较小；故D错误．

故选BC．

图象中曲线上的rm{A}rm{B}rm{C}三点为不同温度下的平衡状态，rm{D}在曲线下方，为处于平衡状态，rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}比平衡状态小，应向正反应方向移动，随着温度的升高rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}逐渐减小；说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动．

本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化特征，把握温度对平衡移动的影响，此为解答该题的关键．【解析】rm{BC}14、rBD【分析】解：rm{A.}水是弱电解质；水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故A不选；

B.盐酸是强酸；向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和硝酸反应生成氯化钠和水，硝酸钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故B选；

C.醋酸是弱电解质；溶液中离子浓度较小，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，醋酸钠是强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故C不选；

D.氯化铵为强电解质，加入rm{NaOH}后生成物仍是强电解质；离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，故D正确；

故选BD．

溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比；离子浓度越大，溶液的导电能力越强，以此解答该题．

本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．【解析】rm{BD}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【解析】【答案】16、【分析】【分析】

本题考查了铝的原子结构示意图，题目难度不大。【解答】铝原子为rm{13}号元素，其结构示意图为：号元素，其结构示意图为：rm{13}，故答案为：

【分析】本题考查了铝的性质、离子方程式的书写，题目难度不大。【解答】。铝片可溶于烧碱溶液，反应的离子方程式为rm{2Al+2OH}rm{2Al+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{=}rm{=}，该反应中氧化剂是rm{2AlO}rm{2AlO}rm{2}故答案为：rm{2}rm{{,!}^{-}}rm{+3H}rm{2}rm{隆眉}，该反应中氧化剂是rm{H}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{H}rm{2}rm{2}rm{O}故答案为：rm{2Al+2OH}rm{O}；rm{2Al+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{+2H}

【分析】本题考查了氢氧化铝的两性及电离方程式的书写，题目难度不大。【解答】rm{+2H}____rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}____rm{=}rm{=}rm{2AlO}rm{2AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}rm{+3H}，故答案为：两；rm{+3H}rm{2}rm{2}____rm{隆眉}；rm{H}rm{隆眉}rm{H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}氢氧化铝既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠，说明它有。

【分析】本题考查了镁与铝的金属性强弱比较，题目难度不大。【解答】铝的金属性弱于镁，性，金属在空气中放置已久，表面生成氧化物保护膜，阻止金属与水反应，不能比较金属性强弱，故其酸式电离的方程式为：rm{Al(OH)}错误；rm{Al(OH)}将除掉表面氧化膜的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，反应越剧烈，则元素金属性越强，故rm{3}正确；rm{3}将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，比较碱性强弱，加入粉的溶液呈浅红色，而加入rm{AlO}粉的无明显现象，故rm{AlO}正确；rm{2}二者都是金属元素，不能比较气态氢化物的稳定性判断金属性强弱，故rm{2}错误；故答案为：弱于；rm{{,!}^{-}}

【分析】本题考查了有机物中乙烯、乙醇、乙醛、乙酸的转化，电子式的书写，题目难度不大。【解答】A、rm{+H}rm{+H}为常见的烃的衍生物。工业上通过乙烯水化法制取rm{{,!}^{+}}则rm{+H}为乙醇，乙醇催化氧化可得rm{+H}为乙醛，乙醛进一步氧化得到rm{2}rm{O}，故答案为：两；rm{Al(OH)}rm{2}能使紫色石蕊试液变红，rm{2}为乙酸；乙烯的电子式为：乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故答案为：加成反应。

【分析】本题考查了乙醇的俗称、催化氧化、结构简式及官能团，题目难度不大。【解答】A、rm{O}rm{Al(OH)}为常见的烃的衍生物。工业上通过乙烯水化法制取rm{3}则rm{3}为乙醇，乙醇催化氧化可得为乙醛，乙醛进一步氧化得到rm{AlO}rm{AlO}能使紫色石蕊试液变红，rm{2}为乙酸；rm{2}为乙醇，俗称为酒精，乙醇在rm{{,!}^{-}}作催化剂的作用下与氧气反应生成乙醛，故常用到的催化剂是rm{+H}乙醛的结构简式为rm{+H}其官能团的名称为醛基，故答案为：酒精；rm{{,!}^{+}}rm{+H}醛基。

【分析】本题考查了乙醇与乙酸的酯化反应，也属于取代反应，题目难度不大。【解答】A、rm{+H}rm{2}为常见的烃的衍生物。工业上通过乙烯水化法制取rm{2}则rm{O}。为乙醇，乙醇催化氧化可得rm{O}为乙醛，乙醛进一步氧化得到rm{a.}rm{a}能使紫色石蕊试液变红，rm{b.}为乙酸；rm{b}与rm{c.}发生酯化反应的化学方程式为rm{C{H}_{3}COOH;+;{C}_{2}{H}_{5}OH;xrightarrow[录脫脠脠]{脜篓脕貌脣谩};C{H}_{3}COO{C}_{2}{H}_{5};+;{H}_{2}O;}属于取代反应，故答案为：rm{C{H}_{3}COOH;+;{C}_{2}{H}_{5}OH;xrightarrow[录脫脠脠]{脜篓脕貌脣谩};C{H}_{3}COO{C}_{2}{H}_{5};+;{H}_{2}O;}取代。

rm{Mg}【解析】【小题rm{1}】【小题rm{2}】rm{2Al+2OH}rm{2Al+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O=2AlO}rm{O=2AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}rm{+3H}【小题rm{+3H}】rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{H}____rm{隆眉}rm{H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}【小题rm{3}】两rm{Al(OH)}​【小题rm{Al(OH)}】加成反应【小题rm{3}】rm{3}rm{AlO_{2}^{-}}rm{AlO_{2}^{-}}醛基【小题rm{+H}】rm{C{H}_{3}COOH;+;{C}_{2}{H}_{5}OH;xrightarrow[录脫脠脠]{脜篓脕貌脣谩};C{H}_{3}COO{C}_{2}{H}_{5};+;{H}_{2}O;}取代rm{+H}17、=；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；=；＞【分析】解：rm{(1)pH=5}的rm{NaHSO_{4}}溶液中，水的电离rm{c(H^{+})=10^{-9}mol/L}rm{pH=9}的rm{NH_{3}?H_{2}O}中水的电离rm{c(H^{+})=10^{-9}mol/L}则两溶液中水的电离程度相等；

故答案为：rm{=}

rm{(2)}等体积等物质的量浓度的rm{NaHSO_{4}}与氨水混合后，反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子部分水解溶液显酸性，水解离子反应为：rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}

rm{pH=7}氢离子与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知离子浓度关系为：rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{4}^{2-})}

用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，硫酸根离子完全沉淀，则二者以rm{1}rm{2}反应，生成硫酸钡、rm{NaOH}溶液显碱性，溶液的rm{pH>7}

故答案为：rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}rm{=}rm{>}．

rm{(1)pH=5}的rm{NaHSO_{4}}溶液中，水的电离rm{c(H^{+})=10^{-9}mol/L}rm{pH=9}的rm{NH_{3}?H_{2}O}中水的电离rm{c(H^{+})=10^{-9}mol/L}

rm{(2)}等体积等物质的量浓度的rm{NaHSO_{4}}与氨水混合后，反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子水解显酸性；rm{PH=7}由电荷守恒分析离子浓度关系；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，硫酸根离子完全沉淀，则二者以rm{1}rm{2}反应，生成硫酸钡、rm{NaOH}．

本题考查了溶液中的离子浓度大小比较，题目难度中等，试题涉及盐类水解、电离、离子之间的反应等知识点，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．【解析】rm{=}rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}rm{=}rm{>}18、（1）BCD（2）A（3）①胶头滴管500ml容量瓶②5.6ml③水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌（4）偏大偏小【分析】【分析】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的计算、仪器、操作以及误差分析。熟悉原理是解题的关键。其中误差分析是难点。【解答】rm{(1)A.}使用容量瓶前检查它是否漏水，故A正确；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，否则浓度偏大，故B错误；C.定容时，用胶头滴管定容，故C错误；D.配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后倒入烧杯中进行稀释，不能直接倒入容量瓶中，故D错误；E.盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒、摇匀，故E正确；故答案为：rm{BCD}rm{(2)}按照容量瓶的规格，需要rm{950ml}溶液实际要配置rm{1000ml}根据稀释前后溶质的质量不变可得：rm{m=c隆脕M隆脕V=2mol/L隆脕106g/mol隆脕1L=212g}故A正确；故答案为：rm{m=c隆脕M隆脕V=2mol/L隆脕106g/mol隆脕1L=212g

}rm{A}rm{(3)}根据配制溶液需要的仪器还需要的仪器是：胶头滴管、rm{垄脵}根据配制溶液需要的仪器还需要的仪器是：容量瓶；rm{垄脵}根据题意，浓硫酸的浓度为：rm{c=dfrac{1000隆脕娄脩隆脕娄脴}{M}=dfrac{1000隆脕1.8隆脕98拢楼}{98}mol/L=18mol/L}根据稀释原则：rm{c(脜篓)V(脜篓)=c(脧隆)V(脧隆)?V(脜篓)=dfrac{c(脧隆)隆脕V(脧隆)}{c(脜篓)}=dfrac{0.5mL隆脕0.2mol/L}{18mol/L}=5.6mL}rm{500ml}因为浓硫酸溶于水时放热，所以稀浓硫酸时，实验操作步骤：水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌；rm{垄脷}根据题意，浓硫酸的浓度为：rm{c=dfrac{1000隆脕娄脩隆脕娄脴}{M}=

dfrac{1000隆脕1.8隆脕98拢楼}{98}mol/L=18mol/L}根据稀释原则：rm{c(脜篓)V(脜篓)=c(脧隆)V(脧隆)?V(脜篓)=

dfrac{c(脧隆)隆脕V(脧隆)}{c(脜篓)}=dfrac{0.5mL隆脕0.2mol/L}{18mol/L}=5.6mL

}rm{垄脷}胶头滴管rm{c=dfrac{1000隆脕娄脩隆脕娄脴}{M}=

dfrac{1000隆脕1.8隆脕98拢楼}{98}mol/L=18mol/L}容量瓶；rm{c(脜篓)V(脜篓)=c(脧隆)V(脧隆)?V(脜篓)=

dfrac{c(脧隆)隆脕V(脧隆)}{c(脜篓)}=dfrac{0.5mL隆脕0.2mol/L}{18mol/L}=5.6mL

}rm{垄脹}因为浓硫酸溶于水时放热，所以稀浓硫酸时，实验操作步骤：水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌；水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌；rm{垄脹}故答案为：量筒量取浓硫酸时仰视读数，则rm{垄脵}偏大，故导致最终结果：偏大；rm{500ml}定容时仰视读数则rm{垄脷5.6ml}偏大rm{垄脹}rm{(4)}偏大；偏小。

rm{垄脵}量筒量取浓硫酸时仰视读数，则rm{V(_{脜篓脕貌脣谩)}}偏大，故导致最终结果：偏大；【解析】rm{(1)BCD}rm{(2)A}rm{(3)垄脵}胶头滴管rm{500ml}容量瓶rm{垄脷5.6ml}rm{垄脹}水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌rm{(4)}偏大偏小19、略

【分析】【解析】【答案】(9分)20、略

【分析】【解析】【答案】（1）0．01mol/L·s（2）0.12（3）减小增大（4）吸热ab21、略

【分析】【解析】【答案】22、略

【分析】试题分析：（1）根据烷烃的系统命名方法可知：有机物名称是2,3,4,4—四甲基己烷；由于烯烃是不饱和的两个碳原子上各增加一个H原子，化学键由双键变为单键，所以有烷烃变为烯烃则恰好相反，相邻的两个C原子上应该有H原子，烯烃应该是四种结构。考点：考查有机物的命名及同分异构体的种类及书写的知识。【解析】【答案】（1）2,3,4,4—四甲基己烷；（2）4。23、（1）负Cu2++2e-=CuO2+2H2O+4e-=4OH-B（2）①产生无色气泡，溶液变红色2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑②12HCl（3）纯铜减小【分析】【分析】本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极的判断及离子放电顺序是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。【解答】

rm{(1)}打开rm{K_{2}}合并rm{K_{1}}若所盛溶液为rm{CuSO_{4}}溶液，则该装置是原电池，锌易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，rm{B}极上电极反应式为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}若所盛溶液为rm{KCl}溶液，则该装置发生吸氧腐蚀，rm{C}棒上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}钾离子向正极rm{B}移动；

故答案为：负；rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}rm{B}

rm{(2)}打开rm{K_{1}}合并rm{K_{2}}若所盛溶液为滴有酚酞的rm{NaCl}溶液；该装置是电解池，碳作阳极，锌作阴极；

rm{垄脵A}电极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢氧化钠，溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色，所以rm{A}附近可观察到的现象是产生无色气泡，溶液变红色；rm{B}电极上氯离子放电生成氯气，总反应化学方程式是rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}故答案为：产生无色气泡，溶液变红色；rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}

2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}反应一段时间后打开rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}

2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，rm{垄脷}极产生气体的体积rm{K_{2}}标准状况rm{B}为rm{(}rm{)}电极上生成rm{11.2mL}氢气，根据氯气和氢氧化钠的关系式知，生成氢氧化钠的物质的量为rm{dfrac{11.2隆脕{10}^{-3}L}{22.4L/mol}隆脕2=0.001mol}则氢氧化钠溶液的浓度是rm{A}将溶液充分混合，溶液的rm{11.2L}约为rm{

dfrac{11.2隆脕{10}^{-3}L}{22.4L/mol}隆脕2=0.001mol}根据“析出什么加入什么”的原则知，若要使电解质溶液恢复到原状态，需向rm{0.01mol/L}形管内加入或通入一定量的rm{pH}

故答案为：rm{12}rm{U}

rm{HCl}电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应，所以rm{12}电极的材料应换成是纯铜，阳极上不仅铜还有其它金属失电子进入溶液，阴极上只有铜离子得电子，所以反应一段时间后电解质溶液中rm{HCl}浓度减小；

故答案为：纯铜；减小。rm{(3)}【解析】rm{(1)}负rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu^{;;;;;;;}O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}rm{B}rm{(2)垄脵}产生无色气泡，溶液变红色rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}

2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{垄脷12}rm{HCl}纯铜减小rm{(3)}四、有机推断题(共4题，共28分)24、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=CH225、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=CH226、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++HCl27、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+H2O⑦.4⑧.五、元素或物质推断题(共4题，共36分)28、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）229、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】