2025年外研衔接版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年外研衔接版高二化学下册月考试卷790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、下列说法正确的是（）A.在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B.根据原子核外电子排布的特点，Cu属于s区元素C.因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D.核外电子排布由1s22s22p63s1-→1s22s22p6的变化需要吸收能量2、下列关于食品添加剂的叙述错误的是（）A.亚硝酸钠是一种致癌物质B.营养强化剂也是一种食品添加剂C.醋可同时用作调味剂和防腐剂D.胡萝卜素和柠檬黄是常见的着色剂3、“魔棒”常被用于晚会现场气氛的渲染。其发光原理是利用H2O2氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后发出荧光，草酸二酯（CPPO）结构简式如图所示：下列有关说法不正确的是：（）A.草酸二酯属于芳香族化合物B.草酸二酯的分子式为C26H23O8Cl6C.1mol草酸二酯最多可与4molNaOH反应D.草酸二酯难溶于水4、下列过程中，不涉及化学变化的是（）A.用明矾净化水B.甘油加水作护肤剂C.烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味，增加香味D.烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹5、乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物．下列说法正确的是（）A.乙醇、乙酸都能与金属钠反应B.乙醇、乙酸都能与NaOH溶液反应C.乙醇、乙酸都能使紫色石蕊试液变红色D.乙醇、乙酸互为同分异构体6、在容积固定的密闭容器中存在如下反应：rm{A(g)+3B(g)overset{?}{}2C(g)}rm{A(g)+3B(g)overset{?}{}

2C(g)}某研究小组rm{娄陇H<0}研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图，下列判断一定____的是rm{A}rm{(}

A.图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高B.图Ⅰ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高C.图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高D.图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高rm{)}7、在一定条件下rm{RO_{3}^{-}}与rm{R^{-}}发生如下反应：rm{RO_{3}^{-}+5R^{-}+6H^{+}篓T3R_{2}+3H_{2}O}下列关于rm{R}的叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{R}为Ⅴrm{A}族元素B.rm{R}的氢化物的水溶液属于强酸C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为rm{5}rm{1}D.rm{R_{2}}在常温常压下一定是气体8、铜锌原电池rm{(}如图盐桥中含有rm{KCl)}工作时，下列叙述错误的是rm{(}rm{)}

A.盐桥中的rm{K^{+}}移向rm{ZnSO_{4}}溶液B.电池总反应为：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}C.在外电路中，电子从负极流向正极D.负极反应为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、(1)常温下，0.1mol·L－1的醋酸和pH＝1的醋酸各100mL分别与足量的锌粒反应，产生的气体前者比后者________(填“多”、“少”或“相等”)。(2)25℃时，将pH＝5的氯化铵溶液稀释100倍，稀释后溶液的pH为________(填字母，下同)。A．5B．7C．3～5之间D．5～7之间(3)25℃时，向0.1mol·L－1的醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，当晶体溶解后测得溶液的pH将________，醋酸的电离度，醋酸的电离平衡常数，水的电离程度。A．增大B．减少C．不变D．无法确定（4）已知某温度下0.01mol/LHCl溶液中由水电离的c(H＋)＝10－11mol/L，则KW＝________；若在此温度下将pH＝a的NaOH溶液与pH＝b的盐酸按体积比1∶100混合后二者刚好完全反应，a与b应满足的关系为________。（5）室温下NaHCO3溶液的PH____7（填＞、＜或＝），原因是（用离子方程式表示），NaHCO3溶液中离子浓度的大小顺序是10、（10分）用规范的化学语言回答下列问题：（1）过氧化钠跟CO2反应的化学方程式。（2）一定条件下，乙醛可跟氢气反应生成乙醇，该反应的反应类型是。（3）氯化铵溶液呈酸性的原因（用离子方程式回答）。（4）氢氧化镁浊液中的溶解沉淀平衡方程式。（5）氯碱工业中用电解饱和食盐水的方法制取烧碱和氯气，该电解过程中的电极反应方程式为：阳极，阴极。11、（1）物质的量浓度相同的三种盐NX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是。（2）比较下列溶液的pH(填“＞”“＜”或“=”)：①0．1mol·L-1Na2CO3溶液0．1mol·L-1NaHCO3溶液②0．1mol·L-1NH4Cl溶液0．01mol·L-1NH4C1溶液（3）把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连，可以组成各种原电池。若a、b相连，a为负极；c、d相连，c为负极；a、c相连，c为正极；b、d相连，b为正极，则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为。（4）将AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后所得的固体的主要成份是。（5）氯化铁溶液呈性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是(用离子方程式表示)：（6）向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，溶液的pH7(填“＞”“＜”或“=”)，离子反应总方程式为：。12、(1)大气中SO2含量过高会导致雨水中含有(填化学式)____________而危害植物和建筑物．工厂排放的SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3；反应的化学方程式为____________．

(2)已知NaHSO3的水溶液显酸性，比较其中SO32-、HSO3-、H2SO3三种粒子的浓度：

____________＞____________＞____________．

(3)SO2是空气质量报告的指标之一，可用SO2还原KIO3生成I2的反应测定空气中SO2含量．每生成0.01molI2，参加反应的SO2为____________mol．

(4)已知25℃时：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10Ksp(BaCO3)=2.6×10-9下列说法不正确的是____________(填字母)．

A．25℃时，向BaSO4悬浊液中加入大量水，Ksp(BaSO4)不变。

B．25℃时，向BaSO4悬浊液中加入Na2CO3溶液后，BaSO4不可能转化为BaCO3

C．向Na2SO4中加入过量BaCl2溶液后，溶液中c(SO42-)降低为零。

(5)电解法是工业制造氯酸钾的主要方法：电解热的氯化钠水溶液；电解的生成物相互反应制得氯酸钠；再以氯酸钠和氯化钾为原料制备氯酸钾．

①写出电解时的电极反应方程式阴极：____________；阳极：____________．

②电解的生成物相互反应生成氯酸钠的化学方程式为____________．13、保持营养平衡、合理使用药物，有利于人体健康rm{.}现有下列四种物质：

A.葡萄糖rm{B.}氨基酸rm{C.}青霉素rm{D.}维生素rm{C}

请根据题意；选择恰当的选项，用字母代号填空．

rm{垄脵}蛋白质水解的最终产物是______；

rm{垄脷}人体内重要的供能物质；能发生银镜反应的是______；

rm{垄脹}能阻止多种细菌生长；使用前要进行皮肤敏感实验的是______；

rm{垄脺}溶液显酸性并有可口的酸味，广泛存在于新鲜水果和蔬菜中的是______．14、rm{(1)}已知在光或热的作用下，由共轭二烯烃和一个亲双烯体发生rm{1}rm{4}加成反应，生成环状化合物，如：

据此；请写出下列反应产物的结构简式：

rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+CH_{2}=CH-CHO}

rm{(2)}已知烯烃能被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化，某烃的分子式为rm{C_{6}H_{10}}用热的rm{KMnO_{4}}溶液氧化后得到rm{HOOCCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}COOH}由此推断该烃的结构可能的结构简式：______．15、Ⅰrm{.}某烃rm{A}的质谱图表明其相对分子质量为rm{84}红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振谱表明分子中只有一种类型的氢．

rm{(1)}写出rm{A}的结构简式______．

rm{(2)A}中的碳原子是否都处于同一平面？______rm{(}填“是”或者“不是”rm{)}．

Ⅱrm{.2006}年rm{5}月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭rm{.}“亮菌甲素”的结构简式为：

它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床rm{.}假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性rm{.}请回答下列问题：

rm{(3)}下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.“亮菌甲素”能与rm{H_{2}}发生加成反应。

B.不能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色。

C.“亮菌甲素”的分子式是rm{C_{12}H_{10}O_{5}}

D.“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有rm{2}种。

rm{(4)}丙二醇的分子式是rm{C_{3}H_{8}O_{2}}已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在rm{.}写出其所有属于醇类的同分异构体的结构简式．______

rm{(5)}依据核磁共振氢谱分析，二甘醇分子中有rm{3}个吸收峰，其峰面积之比为rm{2}rm{2}rm{1.}又知二甘醇中含碳、氧元素的质量分数相同，且氢元素的质量分数为rm{9.4%}rm{1mol}二甘醇与足量金属钠反应生成rm{1mol}rm{H_{2}.}写出二甘醇的结构简式．______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、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）。17、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：_____________。18、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）。19、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_______评卷人得分四、计算题(共3题，共18分)20、在rm{2L}的密闭容器中，充入rm{2molSO_{2}}和rm{2molO_{2}}在一定条件下发生反应：rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}当反应进行了rm{10s}时，测得rm{SO_{3}}的物质的量为rm{0.8mol}求：

rm{(1)10s}内rm{SO_{2}}rm{O_{2}}的化学反应速率；

rm{(2)SO_{2}}的转化率．21、列式并计算下列各小题：（1）某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液pH为11，求该温度下水的离子积常数Kw（2）在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的硫酸VbL混合。①若所得混合溶液为中性，且a＝12，b＝2，求Va∶Vb。②若所得混合溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，求Va∶Vb。22、0.1mol某有机物和0.2molO2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）（设O2无剩余），产物经过弄H2SO4，浓H2SO4质量增加5.4g：在通过灼热的CuO；充分反应后，CuO质量减轻1.6g：最后气体在通过碱石灰被完全吸收，碱石灰质量增加8.8g

（1）通过计算确定该有机物的实验式；分子式；相对分子质量．

（2）若该有机物的红外光谱表明有-OH等吸收峰，核磁共振氢谱有两种类型的氢原子，写出该有机物的结构简式．评卷人得分五、工业流程题(共4题，共16分)23、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___。24、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、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)。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)27、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__________________________________．28、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__________________________________．29、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。30、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8题，共16分)1、D【分析】解：A；同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高；但外层s轨道离原子核的距离比内层p轨道远，所以外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，如3s轨道的能量大于2p轨道，故A错误；

B、Cu的外围电子排布式为3d104S1；位于元素周期表的ds区，故B错误；

C；N原子的2p轨道处于半满；较稳定，不易失去一个电子，所以第一电离能大于氧原子，故C错误；

D、核外电子排布由1s22s22p63s1，该原子处于基态钠原子，失去最外层一个电子转变成1s22s22p6为钠离子，所以由1s22s22p63s1→1s22s22p6的变化需要吸收能量；故D正确；

故选D．

A；离核越远是电子层电子的能量越高；

B、Cu的外围电子排布式为3d104S1；位于元素周期表的ds区；

C；N原子的2p轨道处于半满；第一电离能大于氧原子；

D；原子失去最外层电子需要吸收能量．

本题考查原子核外电子排布规律及排布式的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点．【解析】【答案】D2、D【分析】解：A．亚硝酸钠可用作防腐剂；但如摄入过量的亚硝酸钠，会产生致癌物质亚硝酸胺，对人体有害，故A正确；

B．营养强化剂属于食品添加剂；如加碘食盐，加铁酱油等，故B正确；

C．勾兑醋中大都含有苯甲酸钠或山梨酸钾等；可起到防腐剂的作用，故C正确；

D．胡萝卜素是一种营养素；不是着色剂，故D错误．

故选D．

A．摄入过量的亚硝酸钠；会产生致癌物质亚硝酸胺；

B．营养强化剂属于食品添加剂；

C．勾兑醋中大都含有苯甲酸钠或山梨酸钾等；

D．胡萝卜素是一种营养素．

本题考查食品添加剂的性质，难度不大，在规定的范围内使用食品添加剂，一般认为是无害的．【解析】【答案】D3、B|C【分析】【解析】【答案】BC4、B【分析】【解答】解：A．明矾净水原理是明矾中的铝离子先发生水解生成氢氧化铝胶体；胶体具有吸附作用，可用来净水．明矾水解生成胶体过程属于化学变化，故A错误；

B．甘油加水溶解；属于物理性质，故B正确；

C．烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味；增加香味，是应为料酒中醇和食醋中乙酸发生了酯化反应，生成了有香味的乙酸乙酯，故C错误；

D．铁锈是铁发生了化学腐蚀；属于化学变化，故D错误．

故选B．

【分析】A．明矾净水原理是明矾中的铝离子先发生水解生成氢氧化铝胶体；胶体具有吸附作用；

B．甘油加水溶解；

C．烹鱼时加入少量的料酒和食醋可减少腥味；增加香味，是应为料酒中醇和食醋中乙酸发生了酯化反应；

D．铁锈是铁发生了化学腐蚀．5、A【分析】解：A．均与Na反应生成氢气；故A正确；

B．只有乙酸与NaOH发生中和反应；故B错误；

C．只有乙酸能使紫色石蕊试液变红色；故C错误；

D．乙醇中含6个H；1个O；而乙酸中含4个H、2个O，分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；

故选A．

乙醇含-OH；乙酸含-COOH；二者均与Na反应，但乙醇与NaOH、石蕊均不反应，且二者分子式不同，以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇、羧酸的性质，题目难度不大．【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】本题考查化学平衡的相关知识。【解答】A.使用催化剂可以改变反应达到平衡所需要的时间，对化学平衡的移动没有影响，故A错误；B.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，压强越大越显著，故B正确；C.该反应正反应放热，降低温度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，温度越低越显著，故C正确。D.使用催化剂可以改变反应达到平衡所需要的时间，根据时间判断催化剂效率，对化学平衡的移动没有影响，故D正确。故选A。【解析】rm{A}7、B【分析】【分析】

本题考查了原子结构和元素性质，注意元素在周期表中的族序数是解本题关键，不能根据rm{RO_{3}^{-}}中rm{R}元素化合价确定元素族序数；为易错点。

【解答】

A.rm{RO_{3}^{-}+5R^{-}+6H^{+}篓T3R_{2}+3H_{2}O}中rm{R}元素化合价由rm{+5}价、rm{-1}价变为rm{0}价，则rm{R}的最低负价是rm{-1}价，则最高正价是rm{+7}价，rm{R}为第rm{VIIA}族元素rm{(F}元素除外rm{)}故A错误；

B.rm{RO_{3}^{-}+5R^{-}+6H^{+}篓T3R_{2}+3H_{2}O}中rm{R}元素化合价由rm{+5}价、rm{-1}价变为rm{0}价，则rm{R}的最低负价是rm{-1}价，则最高正价是rm{+7}价，rm{R}为第rm{VIIA}族元素rm{(F}元素除外rm{)}氢化物的水溶液属于强酸，故B正确；

C.rm{R}元素化合价由rm{+5}价、rm{-1}价变为rm{0}价，rm{RO_{3}^{-}}中的rm{R}元素有氧化性和还原性，氧化剂与还原剂的物质的量之比为rm{1}rm{5}故C错误；

D.rm{R_{2}}在常温常压下不一定是气体；如溴是液体；碘是固体，故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}8、A【分析】解：rm{A}在溶液中，阳离子往正极移动，rm{K^{+}}移向rm{CuSO4}溶液；故A错误；

B、电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同，rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}故B正确；

C；根据闭合回路的电流方向；在外电路中，电子由负极流向正极，故C正确；

D、rm{Zn}是负极，rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}故D正确；

故选：rm{A}．

原电池中负极为较活泼金属，发生氧化反应，在外电路中，电子从负极移向正极，溶液中，阳离子向正极移动，反应的总方程式为：rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}．

本题考查原电池原理，盐桥在原电池中的作用是代替了单一溶液体系，电子的流向问题是学生普遍感到困难的一个考点．【解析】rm{A}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】(1)pH＝1的醋酸的物质的量浓度要远大于0.1mol·L－1，与足量的锌粒反应，产生的氢气要多。（2）弱酸性溶液稀释后酸性减弱，pH升高，但不会等于或超过7（3）CH3COOHCH3COO—+H+向醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，平衡左移，电离度减小，H+减小，酸性减小，水的电离程度增大，但电离平衡常数只与温度有关，是不会改变的（4）某温度下0.01mol/LHCl溶液中由水电离的c(H＋)＝10－11mol/L，则溶液中的c(OH—)＝10－11KW＝10－11×10－2=10－13；由公式：a+b=13+lg即a+b=15（5）考查了酸式盐类的水解，较常见。【解析】【答案】（1）少（2）D（3）ABCA(4)10-13,a+b=15(5)﹥,HCO3-+H2OH2CO3+OH-C(Na+)﹥C(HCO3-)﹥C(OH-)﹥C(H+)﹥C(CO32-)10、略

【分析】（1）过氧化钠和CO2的生成物是碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2。（2）乙醛中的醛基可以被氢气加成生成醇羟基。（3）氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性。（4）氢氧化镁属于难溶性电解质，存在溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+（aq）+2OH－（aq）。（5）电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子，发生还原反应。因此溶液中的氢离子在阳极放电生成氢气。氯离子在阴极放电生成氯气。【解析】【答案】（1）2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2（写了“↑”不扣分）（2）加成反应或还原反应（写其一即可）（3）NH4++H2ONH3·H2O+H+（4）Mg(OH)2(s)Mg2+（aq）+2OH－（aq）（5）阳极：2Cl－－2e-==Cl2↑；阴极：2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH－11、略

【分析】试题分析：（1）因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ（2）①同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，CO32-水解程度大于HCO3-所以0．1mol·L-1Na2CO3溶液＞0．1mol·L-1NaHCO3溶液②不同浓度的NH4Cl溶液浓度越小，NH4+水解程度越大，但是水解后溶液的酸性越弱。所以②0．1mol·L-1NH4Cl溶液＜0．01mol·L-1NH4C1溶液.（3）组成各种原电池。若a、b相连，a为负极；活动性a＞b,c、d相连，c为负极；c＞d;b、d相连，b为正极d＞b,综上：a＞c＞d＞b.（4）AlCl3溶液蒸干得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝。（5）氯化铁溶液呈酸性，因为Fe3+水解。Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+（6）向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全时,发生的反应如下Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O．得到的是NaAlO2溶液，溶液的pH＜7.考点：盐类的水解的应用和金属活动性比较【解析】【答案】（1）HX＞HY＞HZ（2）＞;＜（3）a＞c＞d＞b（4）氧化铝（5）酸Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+（6）Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O12、略

【分析】解：(1)SO2能导致硫酸型酸雨，SO2溶于水：SO2+H2O═H2SO3；

H2SO3能被部分氧化：H2SO3+O2H2SO4，故大气中SO2含量过高会导致雨水中含有H2SO4和未被氧化完的H2SO3；

SO2用饱和Na2SO3溶液吸收可得NaHSO3，反应的化学方程式为：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3

故答案为：H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3

(2)已知NaHSO3中的HSO3-既能电离又能水解：HSO3-⇌H++SO32-电离显酸性，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-水解显碱性；

NaHSO3的水溶液显酸性，说明电离大于水解，故：c(SO32-)＞c(H2SO3)，而HSO3-无论是电离还是水解程度都很小，故未电离和水解的HSO3-浓度远远大于电离和水解生成的SO32-和H2SO3浓度；故三种粒子的浓度：

c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)

故答案为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)

(3)在此反应中，KIO3还原为I2，SO2被氧化为K2SO4．设当生成0.01molI2时；需要得xmol电子；

由2KIO3～得10e-～I2

2mol10mol1mol

xmol0.01mol

解得X═0.1mol，即生成0.01molI2时；得0.1mol电子．

设当生成0.01molI2时反应掉的SO2为ymol，由关系：SO2～失2e-～K2SO4

1mol2mol

可知，ymolSO2失2ymol电子．

在氧化还原反应中；得失电子数相等，即有：2ymol═0.1mol；

解得y═0.05mol，即反应掉SO2为0.05mol．

故答案为：0.05mol

(4)A、溶度积Ksp只受温度影响，温度不变，向BaSO4悬浊液中加入大量水，Ksp(BaSO4)不变；故A正确．

B、当c(CO32-)足够大时，能满足Qc=c(CO32-)•c(Ba2+)≥Ksp(BaCO3)，BaSO4能转化为BaCO3；故B错误；

C、据Ksp(BaSO4)=c(SO42-)•c(Ba2+)═1.1×10-10可知，c(Ba2+)越大，c(SO42-)越小；但不可能为零，故C错误．

故答案为：BC

(5)电解热的氯化钠水溶液时，溶液中的阳离子有H+和Na+，H+在阴极优先放电：2H++2e-=H2↑；

溶液中的阴离子有Cl-和OH-，Cl-在阳极优先放电：2Cl--2e-=Cl2↑；

总的电解反应式：2NaCl+2H2O═2NaOH+H2↑+Cl2↑

电解的生成物相互反应生成氯酸钠，由可知是Cl2和NaOH反应：3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O

故答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑；3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O【解析】H2SO4、H2SO3;SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3;HSO3-;SO32-;H2SO3;0.05;BC;2H++2e-=H2↑;2Cl--2e-=Cl2↑;3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O13、略

【分析】解：rm{垄脵}蛋白质先水解成多肽；多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸．

故选B；

故答案为：rm{B}

rm{垄脷}葡萄糖能为人体提供能量；且含有醛基能够发生银镜反应，故选A；

故答案为：rm{A}

rm{垄脹}青霉素是最早发现的对许多病原菌有抑制作用；对人和动物组织无毒的抗生素；

故选C；

故答案为：rm{C}

rm{垄脺}维生素rm{C}显酸性，属于水溶性维生素，维生素rm{C}大量存在于新鲜水果和蔬菜中；故选D；

故答案为：rm{D}．

rm{垄脵}蛋白质水解的最终产物是氨基酸；

rm{垄脷}葡萄糖能为人体提供能量；且含有醛基能够发生银镜反应；

rm{垄脹}青霉素是对人和动物组织无毒的抗生素；

rm{垄脺}维生素rm{C}含有碳碳双键；醚键、羟基等官能团．

本题考查了营养平衡、药物的使用，明确六大营养物质、常见药物的用途即可解答，注重化学与生活的联系，题目难度不大，注意对相关知识的积累．【解析】rm{B}rm{A}rm{C}rm{D}14、略

【分析】解：rm{(1)}共轭二烯烃和一个亲双烯体发生rm{1}rm{4}加成反应，生成环状化合物，共轭二烯烃中的碳双键都打开，在rm{2}rm{3}号碳上重新组合成碳碳双键，另一个烯烃的碳碳双键打开与共轭二烯烃中的rm{1}rm{4}号碳相连成环状，rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+CH_{2}=CH-CHO}反应生成故答案为：

rm{(2)}烯烃能被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化，碳碳双双键断开，有氢原子的碳被氧化成羧基，无氢原子的碳被氧化成羰基，某烃的分子式为rm{C_{6}H_{10}}用热的rm{KMnO_{4}}溶液氧化后得到rm{HOOCCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}COOH}说明该烃是一个环烃，含碳碳双键，且碳碳双键的碳原子上都有氢原子，所以该烃的结构简式为：故答案为：．

rm{(1)}根据共轭二烯烃和一个亲双烯体发生rm{1}rm{4}加成反应的特点写出新的产物；

rm{(2)}从信息得出，烯烃能被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化；碳碳双双键断开，有氢原子的碳被氧化成羧基，无氢原子的碳被氧化成羰基，从而分析出结构简式．

本题考查了有机物官能团决定有机物的主要化学性质，抓住官能团的变化从而推断出产物的结构简式，在有机化学推断中，常常要用到顺向思维和逆向思维相结合，题目难度适中．【解析】15、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)A}的质谱图表明其相对分子质量为rm{84}红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则rm{A}应为烯烃，设分子式为rm{C_{n}H_{2n}}则有rm{14n=84}rm{n=6}又因为核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，其结构简式应为

故答案为：

rm{(2)}含有碳碳双键；为平面形结构，与碳碳双键直接相连的碳原子在同一个平面上，故答案为：是；

Ⅱrm{.(3)A.}“亮菌甲素”含苯环和双键，能与rm{H_{2}}发生加成反应；故A正确；

B.含双键，能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故B错误；

C.由结构简式可知“亮菌甲素”的分子式是rm{C_{12}H_{10}O_{5}}故C正确；

D.“亮菌甲素”分子中含氧官能团为酚rm{-OH}醇rm{-OH}及rm{-COOC-}有rm{3}种；故D错误；

故答案为：rm{AC}

rm{(4)}丙二醇的分子式是rm{C_{3}H_{8}O_{2}}则rm{2}个rm{-OH}在不同的rm{C}原子上，属于醇类的同分异构体的结构简式

故答案为：

rm{(5)}有rm{3}个吸收峰，其峰面积之比为rm{2}rm{2}rm{1}则含rm{3}种位置的rm{H}rm{C}rm{O}元素的质量分数相同，且rm{H}的质量分数为rm{9.4%}则rm{dfrac{0.5隆脕(1-9.4%)}{12}}rm{dfrac{0.5隆脕(1-9.4%)}{16}}rm{dfrac

{0.5隆脕(1-9.4%)}{12}}rm{dfrac

{0.5隆脕(1-9.4%)}{16}}rm{dfrac{9.4%}{1}=4}rm{3}二甘醇与足量金属钠反应生成rm{10}rm{1mol}则含rm{1mol}个rm{H_{2}}二甘醇为rm{2}

故答案为：rm{-OH}．

Ⅰrm{HOCH_{2}CH_{2}OCH_{2}CH_{2}OH}的质谱图表明其相对分子质量为rm{HOCH_{2}CH_{2}OCH_{2}CH_{2}OH}红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则rm{.A}应为烯烃，设分子式为rm{84}则有rm{A}rm{C_{n}H_{2n}}又因为核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，其结构简式应为

Ⅱrm{14n=84}含碳碳双键、酚rm{n=6}醇rm{.(3)}及rm{-OH}结合烯烃；酚、醇、酯的性质分析；

rm{-OH}丙二醇的分子式是rm{-COOC-}则rm{(4)}个rm{C_{3}H_{8}O_{2}}在不同的rm{2}原子上；

rm{-OH}有rm{C}个吸收峰，其峰面积之比为rm{(5)}rm{3}rm{2}则含rm{2}种位置的rm{1}rm{3}rm{H}元素的质量分数相同，且rm{C}的质量分数为rm{O}则rm{dfrac{0.5隆脕(1-9.4%)}{12}}rm{dfrac{0.5隆脕(1-9.4%)}{16}}rm{H}rm{9.4%}rm{dfrac

{0.5隆脕(1-9.4%)}{12}}rm{dfrac

{0.5隆脕(1-9.4%)}{16}}二甘醇与足量金属钠反应生成rm{dfrac{9.4%}{1}=4}rm{3}则含rm{10}个rm{1mol}二甘醇为rm{1mol}．

本题考查有机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意rm{H_{2}}中有机物的推断为解答的难点，题目难度中等．rm{2}【解析】是；rm{AC}rm{HOCH_{2}CH_{2}OCH_{2}CH_{2}OH}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、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）217、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H218、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）219、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的混合物四、计算题(共3题，共18分)20、略

【分析】

rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}

起始浓度rm{(mol/L)}rm{1}rm{1}rm{0}

转化浓度rm{(mol/L)}rm{0.4}rm{0.2}rm{0.4}

rm{10s}时浓度rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0.8}rm{0.4}

以此解答该题。

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，题目难度中等，注意三段式计算方法的运用，明确转化率、物质的量浓度等物理量的概念及表达式，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．【解析】解：rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}

起始浓度rm{(mol/L)}rm{1}rm{1}rm{0}

转化浓度rm{(mol/L)}rm{0.4}rm{0.2}rm{0.4}

rm{10s}时浓度rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0.8}rm{0.4}

rm{(1)}用rm{SO_{2}}表示该化学反应速率为rm{dfrac{0.4mol/L}{10s}=0.04mol/(L?s)}

用rm{dfrac

{0.4mol/L}{10s}=0.04mol/(L?s)}表示该化学反应速率为rm{dfrac{0.2mol/L}{10s}=0.02mol/(L?s)}

答：rm{O_{2}}内rm{dfrac

{0.2mol/L}{10s}=0.02mol/(L?s)}rm{10s}的化学反应速率分别为rm{SO_{2}}rm{O_{2}}

rm{0.04mol/(L?s)}的转化率为rm{dfrac{0.4}{1}隆脕100%=40%}

故答案为：rm{0.02mol/(L?s)}的转化率为rm{(2)SO_{2}}．rm{dfrac

{0.4}{1}隆脕100%=40%}21、略

【分析】试题分析：（1）C(OH-)=0.01mol/L,PH=11,C(H+)=10-11mol/L.所以Kw=C(H+)·C(OH-)=10-11mol/L×0.01mol/L=10-13(mol/L)2.（2）①若所得混合溶液为中Va·10a-13=Vb·10-b.Va:Vb=10-b÷10a-13=1013-(a+b)=1013-(12+2)=10-1=1:10.②若所得混合溶液的pH＝10,(Va·10a-13-Vb·10-b)÷(Va+Vb)=10-3.将a=12,b=2带入上式子可得Va：Vb=1:9.考点：考查不同温度向水的离子积常数Kw、酸碱混合溶液的PH、体积比等的计算的知识。【解析】【答案】（1）10-13.（2）①1：10②1：9.22、略

【分析】

浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加5.4g，说明反应产物中含水5.4g，通过灼热氧化铜，由于发生反应CuO+COCu+CO2使固体的质量减轻，结合方程式利用差量法可计算CO的物质的量．通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了8.8g可计算总CO2的物质的量，减去CO与CuO反应生成的CO2的质量为有机物燃烧生成CO2的质量；根据元素守恒计算有机物中含有C；H、O的物质的量，进而求得化学式，结合结构特点确定结构简式．

本题考查有机物的推断，为高考常见题型，利用燃烧法确定有机物分子式、有机物结构的判断、官能团的性质等，难度中等，掌握原子守恒判断有机物的分子式方法．【解析】解：（1）有机物燃烧生成水5.4g，物质的量为=0.3mol；

令有机物燃烧生成的CO为x；则：

CuO+COCu+CO2；固体质量减少△m

28g16g

x1.6g

所以x=2.8g，CO的物质的量为=0.1mol．

根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.1mol；质量为0.1mol×44g/mol=4.4g．

有机物燃烧生成的CO2的质量为8.8g-4.4g=4.4g，物质的量为=0.1mol；

根据原子守恒可知，有机物分子中N（C）==2，N（H）==6，N（O）==2；

所以有机物的分子式为C2H6O2；相对分子质量为62．

答：该有机物的实验式为CH3O，分子式为C2H6O2；相对分子质量为62；

（2）若该有机物的红外光谱表明有-OH等吸收峰，核磁共振氢谱有两种类型的氢原子，则结构应为CH2OHCH2OH；

答：该有机物的结构简式为CH2OHCH2OH．五、工业流程题(共4题，共16分)23、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24、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.D25、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】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4