2025年北师大新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年北师大新版高二化学下册月考试卷990考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、由CH3CH2Br制发生的反应类型最合理的是A.消去、加成、取代B.水解、消去、加成C.消去、加成D.取代2、下列化合物中含有手性碳原子的是rm{(}rm{)}A.rm{CCl_{2}F_{2}}B.C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.3、下列各组液体混合物，用分液漏斗不能分开的是（）A.水与煤油B.氯乙烷和水C.甲苯和水D.苯和溴苯4、一种新型绿色燃料电池是把H2、CO、CH4的混合气体和空气不断输入，将化学能转化为电能，被称为“21世纪的绿色发电站”．关于这种燃料电池的说法不正确的是（）A.通入空气的一极为正极B.H2、CO、CH4的混合气体在电池内部燃烧，放出大量的热，然后电池将热能转化为电能C.电池实际运行时的电解液应选择碱性溶液D.电池的正极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣5、下列四种溶液的pH最小的是（）A.0.02mol/L醋酸溶液与0.02mol/LKOH溶液等体积混合液B.0.01mol/L醋酸溶液C.0.03mol/L醋酸溶液与0.01mol/LKOH浓液等体积混合液D.pH=2的硝酸溶液与pH=12KOH溶液等体积混合液6、下列说法中正确的是()A.离子晶体中每个离子的周围均吸引着rm{6}个带相反电荷的离子B.金属导电的原因是在外加电场的作用下金属产生自由电子，电子定向运动C.分子晶体的熔、沸点低，常温下均呈液态或气态D.原子晶体中的各相邻原子都以共价键相结合评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、将2molA和2molB充入某密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)△H>0，达到化学平衡后，C的体积分数为a。⑴此反应的化学平衡常数是K=____（用含x、c(A)、c(B)、c(C)的代数式表示）。⑵假设该反应的条件分别和下列各选项的条件相同，选填“甲”、“乙”或“丙”：甲.大于a乙.小于a丙.等于a①若在恒温恒容下，当x=1时，按1molB、lmolC作为起始物质，达到平衡后，C的体积分数为____；②若在恒温恒容下，当x=3时，2molB、6molC作起始物质，达到平衡后，C的体积分数为____；③若在恒温恒压下，按3molA、3molB作起始物质，达到平衡后，C的体积分数为____。8、（14分）（一）写出下列有机物的系统命名或结构简式：（1）_____________________________（2）CH3CH(CH3)C(CH3)2（CH2）2CH3____（3）2－甲基－2－戊烯_____________________________________（二）．下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在下表中。①和②和③CH4和CH3CH2CH3；④金刚石与石墨；⑤氕、氘与氚；⑥16O、17O和18O；⑦35Cl2和37Cl2⑧乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；⑨氧气（O2）与臭氧（O3）⑩H2O与D2O。类别同位素同系物同素异形体同分异构体组号9、在①苯②苯酚③甲苯④氯乙烷⑤乙烯⑥乙醇中；（填编号）

（1）能和金属钠反应放出H2的有______（2）能与NaOH溶液反应的有______

（3）常温下能与溴水反应的有______（4）用于制取TNT的是______

（5）可少量掺在药皂中的是______（6）能使酸性KMnO4溶液褪色的烃有______．10、有机物rm{E}和rm{F}可用作塑料增塑剂或涂料中的溶剂；它们的分子量相等，可用以下方法合成：

rm{(1)}请写出：有机物的名称：rm{A}______，rm{B}______．

rm{(2)}化学方程式：rm{A+D隆煤E}______，rm{B+G隆煤F}______．

rm{(3)X}反应的类型及条件：类型______；条件______．

rm{(4)E}和rm{F}的相互关系属______rm{(}多选扣分rm{)}．

rm{垄脵}同系物rm{垄脷}同分异构体rm{垄脹}同一种物质rm{垄脺}同一类物质．11、共价键的类型有两种分别是rm{娄脪}键和rm{娄脨}键，rm{娄脪}键的对称方式为______，rm{娄脨}键的对称方式为______．评卷人得分三、实验题(共9题，共18分)12、（6分）下面是中学化学实验室中几种常见的玻璃仪器：①滴瓶②容量瓶③滴定管④烧杯⑤圆底烧瓶⑦玻璃棒⑧移液管（1）在仪器上具体标明使用温度的是____________（写编号，下同）；可作反应容器并可加热的是____________（2）需要用到温度计的实验是____________①用乙醇制乙烯②石油分馏③浓硫酸的稀释④测定硝酸钾的溶解度13、乙酰水杨酸俗称阿司匹林；是一种历史悠久的解热镇痛热．合成原理是：

（1）水杨酸中含氧官能团的名称是______，有关水杨酸的说法，正确的是______．

A．遇FeCl3溶液可能显紫色B．可发生酯化反应和水解反应。

C．能与溴水发生取代反应和加成反应D．1mol水杨酸最多能与3molH2发生加成反应。

（2）水杨酸与乙酸酐反应的反应类型是______．

（3）乙酰水杨酸的分子式为______，1mol乙酰水杨酸最多能与______molNaOH反应．

（4）虚框中为提纯，是为了除去该反应的副产物：水杨酸、乙酰水杨酸水杨酯、乙酰水杨酸酐和聚合物等请写出乙酰水杨酸粗品中加入饱和Na2CO3溶液发生的主要化学反应方程式为：______．

（5）写出一种符合下列条件的乙酰水杨酸的同分异构体的结构简式：______．

Ⅰ．能遇FeCl3溶液显紫色Ⅱ．苯环上只有一种一溴取代物。

Ⅲ．能发生银镜反应Ⅳ.1mol该化合物能分别与1molNaOH和2mol金属钠反应。

（6）也能与乙酸酐发生类似反应；请写出化学反应方程式，可不写条件：

______．14、甲、乙两个实验小组利用rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}酸性溶液与rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}溶液反应研究影响反应速率的因素。该反应的离子方程式为rm{2MnO}rm{2MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}rm{+5H}rm{+5H}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}rm{+6H}设计实验方案如下rm{+6H}实验中所用rm{{,!}^{+}}溶液均已加入rm{篓T篓T篓T2Mn}甲组：通过测定单位时间内生成rm{篓T篓T篓T2Mn}气体体积的大小来比较化学反应速率的大小某同学进行实验，实验装置如下左图。其中rm{{,!}^{2+}}rm{+10CO}的成分见下右表。

rm{+10CO}该实验的目的是_______________________________________________。rm{{,!}_{2}}实验开始前需要检查气密性。分液漏斗中rm{+8H}溶液应该______________加入rm{+8H}填“一次性”或“逐滴滴加”rm{{,!}_{2}}rm{O}完成该实验还需要__________rm{O}填仪器名称rm{(}实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平。

rm{KMnO_{4}}请在框图中，画出实验rm{H_{2}SO_{4})}rm{CO_{2}}中rm{A}体积随时间变化的预期结果示意图。乙组：通过测定rm{B}溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率为了探究rm{(1)}与rm{(2)}浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验。rm{A}实验编号rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}水rm{/mL}rm{10}rm{5}rm{0}rm{X}rm{0.5mol/LH}rm{{,!}_{2}C}rm{{,!}_{2}O_{4}/mL}rm{5}rm{10}rm{10}rm{5}rm{0.2mol/LKMnO_{4}/mL}rm{5}rm{5}rm{10}rm{10}时间rm{/s}rm{40}rm{20}rm{10}rm{(5)X=}____________，rm{4}号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是__________________________________。____________，rm{(5)X=}号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是__________________________________。

rm{4}号反应中，rm{(6)2}的反应速率为____________________________。rm{H_{2}C_{2}O_{4}}在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快rm{(7)}某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做rm{.}号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：。rm{3}时间rm{/s}rm{0}rm{5}rm{10}rm{15}rm{20}rm{25}rm{30}温度rm{/隆忙}rm{25}rm{26}rm{26}rm{26}rm{26.5}rm{27}

结合实验目的与表中数据，你得出的结论是_____________________________。rm{(8)}从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是______________________的影响。15、掌握仪器的名称；组装及使用方法是中学化学实验的基础；根据如图实验装置回答问题．

rm{(1)}写出下列仪器的名称：rm{垄脵}______；rm{垄脺}______；

rm{(2)}仪器rm{垄脵隆芦垄脺}中，使用时必须检查是否漏水的是______rm{.(}填序号rm{)}

rm{(3)}若利用装置rm{I}分离四氯化碳和酒精的混合物；还缺少的仪器有______，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为______；

rm{(4)}现需配制rm{250mL}rm{0.2mol/LNaCl}溶液，装置rm{II}是某同学转移溶液的示意图；图中的错误之处：

rm{垄脵}______；rm{垄脷}______．16、锰的用途非常广泛，以碳酸锰矿rm{(}主要成分为rm{MnCO_{3}}还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质rm{)}为原料生产金属锰的工艺流程如下：

已知rm{25隆忙}部分物质的溶度积常数如表：

。物质rm{Mn(OH)_{2}}rm{Co(OH)_{2}}rm{Ni(OH)_{2}}rm{MnS}rm{CoS}rm{NiS}rm{K_{sp}}rm{2.1隆脕10^{-13}}rm{3.0隆脕10^{-16}}rm{5.0隆脕10^{-16}}rm{1.0隆脕10^{-11}}rm{5.0隆脕10^{-22}}rm{1.0隆脕10^{-22}}rm{(1)}步骤Ⅰ中，为加快溶浸速率，可采取的措施是：______rm{.(}至少答两条rm{)}

rm{(2)}步骤Ⅱ中，须加氨水调节溶液的rm{pH}为rm{5.0隆芦6.0}则滤渣rm{1}的主要成分为______rm{(}填化学式rm{).}已知rm{MnO_{2}}的作用为氧化剂；则得到该成分所涉及的离子方程式为______．

rm{(3)}步骤Ⅲ中，所加rm{(NH_{4})_{2}S}的浓度不宜过大的原因是______．

rm{(4)}滤液rm{2}中，rm{c(Co^{2+})}rm{c(Ni^{2+})=}______．

rm{(5)}将质量为rm{a}rm{kg}的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质rm{Mn}rm{b}rm{kg.}若每一步都进行完全，滤渣rm{1}为纯净物，质量为rm{c}rm{kg}则原碳酸锰矿中rm{MnCO_{3}}的质量分数为______rm{.(}用含rm{a}rm{b}rm{c}的式子表达，无需化简rm{)}17、某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了下列图的实验装置。已知：①氯气和碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O。

回答下列问题：

（1）甲装置中仪器a的名称是______。

（2）装置乙中饱和食盐水的作用是______。

（3）①制取漂白粉的化学方程式是______。

②该小组制得的漂白粉中n（CaCl2）远大于n[Ca（ClO）2]；则产物中还混杂有物质的化学式是______。

③为提高Ca（ClO）2的含量；可采取的措施是______（任写一种即可）。

（4）漂白粉应密封保存；原因是______（用化学方程式表示）。

（5）家庭中常用84消毒液（主要成分NaClO）、洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。两者同时混合使用会产生有毒的氯气，写出该反应的离子方程式______。18、（16分）由于Fe(OH)2极易被氧化；所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀。两极材料分别为石墨和铁。（1）a电极材料为________，其电极反应式为_______________．（2）电解液d可以是________，则白色沉淀在电极上生成；也可以是________，则白色沉淀在两极之间的溶液中生成。(填字母代号)A．纯水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液（3）液体c为苯，其作用是:；在加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸处理的目的是:．（4）为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是。A．改用稀硫酸做电解液B．适当增大电源电压C．适当缩小两电极间距离D．适当降低电解液温度（5）若d改为Na2SＯ4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为：．写出反接后两极的电极反应式:阳极：阴极:19、用右图所示实验装置制取乙酸乙酯。回答以下问题：（1）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：先向试管中加入一定量的____，然后边振荡边缓缓加入____，冷却后再加入一定量的____，轻轻振荡使之混合均匀。（2）浓硫酸的作用是：。（3）饱和碳酸钠溶液的作用是：①____；②____；③____；（4）生成的乙酸乙酯，其密度比水____（填“大”或“小”），有味。（5）若实验中反应温度不当，使反应温度维持在140℃左右，此时副反应的主要有机产物的结构简式为：____。（6）与书中采用的实验装置的不同之处是：本实验采用了球形干燥管代替了长导管，并将干燥管的末端插入了饱和碳酸钠溶液中。在此处球形干燥管的作用有：①____，②____。20、科学家利用“组合转化”等技术对rm{CO_{2}}进行综合利用。如用rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}在一定条件下可以合成乙烯：rm{6H_{2}(g)+2CO_{2}(g)overset{麓脽禄炉录脕}{===}C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=akJ/mol}rm{6H_{2}(g)+2CO_{2}(g)overset{麓脽禄炉录脕}{===}

C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=akJ/mol}已知：rm{(1)}和rm{垄脵H_{2}}的燃烧热分别为rm{C_{2}H_{4}}和rm{285.8kJ/mol}rm{垄脷H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH=-44kJ/mol}则rm{1411kJ/mol}_______rm{垄脷H_{2}O(g)=H_{2}O(l)triangleH=-

44kJ/mol}rm{a=}不同温度对rm{kJ/mol}的转化率及催化剂的效率影响如下图所示，下列有关说法错误的是____rm{(2)}填序号rm{CO_{2}}rm{(}点的速率最大rm{)}温度低于rm{垄脵M}时，随温度升高乙烯的产率增大rm{垄脷}点时平衡常数比rm{250隆忙}点时平衡常数大rm{垄脹M}为提高rm{N}的转化率应在尽可能低的温度下进行反应rm{垄脺}若在密闭容器中充入体积比为rm{CO_{2}}的rm{(3)}和rm{3隆脙1}则图中rm{H_{2}}点时，产物rm{CO_{2}}的体积分数为________；若要进一步提高乙烯的体积分数，可采取的措施有__________。rm{M}利用高温电解技术可将rm{C_{2}H_{4}}转化为高热值的燃料rm{(4)}气体。rm{CO_{2}}电极rm{CO}发生的反应类型是_______rm{垄脵}填“氧化”或“还原”rm{a}反应。rm{(}高温电解的总反应的化学方程式为_______。rm{)}评卷人得分四、推断题(共4题，共32分)21、有关物质的转化关系如下图所示rm{(}反应条件未全部列出rm{)}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{K}为常见的单质，其中rm{A}为淡黄色固体，rm{K}为紫红色金属，rm{B}rm{C}rm{D}在常温常压下是气体，rm{C}在空气中含量最多。rm{G}为最常见的无色液体，反应rm{垄脹}中rm{F}过量，rm{I}是常用化肥。请回答下列问题：

rm{(1)G}的电子式为____。rm{(2)I}的化学式为____。rm{(3)}写出反应rm{垄脹}的离子方程式：____。rm{(4)}写出反应rm{垄脻}的化学方程式：____。22、高分子材料rm{PET}聚酯树脂和rm{PMMA}的合成路线如下rm{;}

Ⅰrm{.RCOOR{{'}}+R{{'}}{{'}}^{18}OHunderset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}RCO^{18}OR{{'}}{{'}}+R{{'}}OH(R}rm{.RCOOR{{'}}+R{{'}}{{'}}^{18}OH

underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{?}}

RCO^{18}OR{{'}}{{'}}+R{{'}}OH(R}rm{R{{'}}}代表烃基rm{R{{'}}{{'}}}

Ⅱrm{)}rm{.}rm{(R}代表烃基rm{R隆炉}rm{)}的反应类型是___________________。rm{(1)垄脵}的化学方程式为________________________________________________。rm{(2)垄脷}的核磁共振氢谱显示只有一组峰，rm{(3)F}的化学方程式为_______________________。rm{垄脻}的结构简式为_____________________________________。rm{(4)G}下列说法正确的是________rm{(5)}填字母序号rm{(}rm{)}为酯化反应rm{a.垄脽}和rm{b.B}互为同系物rm{D}的沸点比同碳原子数的烷烃高rm{c.D}与足量rm{d.1mol}溶液反应时，最多消耗rm{NaOH}rm{4molNaOH}写出由rm{(6)}单体制备rm{PET}聚酯并生成rm{PET}的化学方程式___________________________。rm{B}23、芳香酯类化合物rm{A}rm{B}互为同分异构体，均含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素rm{.}相同状况下，rm{A}rm{B}蒸气对氢气的相对密度是rm{97}分子中碳、氢原子个数相同，且碳、氢原子数之和是氧原子数的rm{5}倍．

rm{(1)A}的分子式是______．

已知：各有机物间存在如下转化关系。

其中rm{C}能发生银镜反应，rm{F}经连续氧化可生成rm{C}rm{C}与rm{D}是相对分子质量相同的不同类型的有机物；可以发生酯化反应．

rm{(2)}完全燃烧时，rm{1mol}rm{D}与rm{1mol}下列有机物耗氧量相同的是______rm{(}填字母代号rm{)}．

rm{a.C_{2}H_{4}}rm{b.C_{3}H_{8}O}rm{c.C_{2}H_{6}O_{2}}rm{d.C_{3}H_{6}O_{3}}

rm{(3)}水杨酸与小苏打溶液反应的化学方程式：______．

rm{(4)}写出rm{C}与足量银氨溶液反应的化学方程式______．

rm{(5)}用甲苯和必要的无机试剂按下列路线可以合成水杨酸．

请根据所学知识完成下列问题．

rm{垄脵}根据所学知识补充流程图中的条件或试剂：

rm{[}条件rm{a]}______；rm{(}试剂rm{a)}______；rm{(}试剂rm{b)}______．

rm{垄脷}步骤rm{2}与步骤rm{3}能否交换；请判断并说明理由：______．

rm{(6)}同时符合下列要求的化合物有______种rm{.}

rm{垄脵}与rm{A}互为同分异构体rm{垄脷}可以水解rm{垄脹}苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有rm{1}种。

rm{(7)1mol}上述rm{(6)}中的一种有机物rm{X}在水溶液中，能与rm{4mol}rm{NaOH}共热发生反应，写出此反应的化学方程式：______．24、如表所示为A；B、C三种元素在周期表中的相对位置；已知A、B、C均为短周期元素，且三种元素的原子序数之和为31，最外层电子数之和为17。

。ABC（1）三种元素符号分别是：A______；B______；C______。

（2）A的最高价氧化物对应水化物的分子式是______。

（3）B的氢化物的电子式是______。

（4）C的阴离子结构示意图为______。

（5）C的最高价氧化物对应水化物的酸性比高氯酸______（填写“强”或“弱”）。评卷人得分五、其他(共2题，共8分)25、（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。26、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；参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、D【分析】解：rm{A.}碳原子连接rm{2}个相同的原子；所以该碳原子不是手性碳原子，故A错误；

B.分子是对称的，每个碳原子都含有相同的原子或原子团，所以不含手性碳原子，故B错误；

C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}分子中每个碳原子都含有相同的原子；所以不含手性碳原子，故C错误；

D.该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接rm{4}个不同的原子或原子团；所以该碳原子属于手性碳原子，故D正确；

故选D．

在有机物分子中；若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”，根据碳原子连接的原子或原子团分析判断．

本题考查了手性碳原子的判断，明确手性碳原子的概念是解本题关键，难度不大．【解析】rm{D}3、D【分析】适用于用分液漏斗分离的应是互不相溶液体的分离。苯和溴苯相互溶解，不能分液分离。而煤油、氯乙烷、甲苯均不溶于水，可以分液分离，答案是D。【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】A．正极上得电子发生还原反应，所以通入氧化剂空气的电极为正极，所以A正确；B．燃料电池并非是将热能转化为电能，而使燃料在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，发生的总反应与燃烧反应相同，但能量的转化与燃烧反应不同，所B错误；C．该反应中有二氧化碳生成，如果用非碱性溶液作电解液，二氧化碳气体会造成内部的压强增大，有安全隐患，所以用碱性物质作电解质溶液，所以C正确；D．用碱液作电解液，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；所以D正确；所以选B．

【分析】本题考查了燃料电池，根据物质得失电子确定正负极上发生的电极反应，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质溶液的酸碱性，注意燃料电池中燃料不燃烧，为易错点．5、B【分析】【解答】解：A.0.02mol/L醋酸溶液与0.02mol/LKOH溶液等体积混合液；反应后溶质为醋酸钾，溶液呈碱性，溶液的pH＞7；B.0.01mol/L醋酸溶液，醋酸部分电离，溶液呈酸性；

C.0.03mol/L醋酸溶液与0.01mol/LKOH浓液等体积混合液；反应后溶质为0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钾；

D．pH=2的硝酸溶液与pH=12KOH溶液等体积混合液；二者恰好反应生成硝酸钾，溶液呈中性，pH=7；

根据分析可知；溶液pH减小的为B；C，由于C中醋酸根离子浓度抑制了醋酸的电离，则C中氢离子浓度小于B，所以混合液的pH最小的为B；

故选B．

【分析】溶液的pH大小：酸性＜中性＜碱性，先判断混合液酸碱性，然后根据酸性越强，溶液的pH越小判断．6、D【分析】略【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知（2）①若在恒温恒容下，当x=1时，按1molB、lmolC作为起始物质，则此时相当于A和B的起始物质的量分别是2molA和2mol，因此平衡是等效的，含量不变，答案选丙。②当x=3时，反应前后体积不变，所以只要满足起始时A和B的物质的量之比是1:1，即可满足平衡等效。2molB、6molC作起始物质，则此时相当于A和B的起始物质的量分别是4molA和4mol，所以若在恒温恒容下，当x=3时，2molB、6molC作起始物质时，平衡还是等效的，含量不变，答案选丙。③若在恒温恒压下，按3molA、3molB作起始物质，此时A和B的物质的量之比是1:1，所以达到平衡后，平衡时等效的，则C的体积分数不变，答案选丙。考点：考查平衡常数的判断以及等效平衡的应用与判断【解析】【答案】⑴⑵①丙②丙③丙8、略

【分析】【解析】试题分析：（一）（1）主链注意选择含双键的最长碳链，从里官能团最近的一端开始编号。命名为：4-甲基-3-乙基-2-己烯。（2）选取最长碳链后，注意取代基的位置和最小来确定编号。命名为：2,3,3-三甲基己烷。（3）（二）同素异形体：同一种元素形成的多种单质互为同素异形体。即④⑨。同位素：同位素同属于某一化学元素，其原子具有相同数目的电子，原子核也具有相同数目的质子，但却有不同数目的中子。即⑤⑥。同分异构体：是有机物的分子式相同但是分子结构不同。即②⑧。同系物：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。即①③。考点：系统命名法，同位素、同系物、同素异形体、同分异构体概念。【解析】【答案】（一）（1）4-甲基-3-乙基-2-己烯(2)2,3,3-三甲基己烷（3）略（二）。类别同位素同系物同素异形体同分异构体组号⑤⑥①③④⑨②⑧9、略

【分析】解：（1）②苯酚、⑥乙醇能与钠反应放出H2；故答案为：②⑥；

（2）②苯酚；④氯乙烷能与NaOH溶液反应；故答案为：②④；

（3）②苯酚；⑤乙烯常温下能与浓溴水反应；故答案为：②⑤；

（4）甲苯能与浓硝酸在浓硫酸的作用下反应生成三硝基甲苯；即TNT；故答案为：③；

（5）少量苯酚可掺在药皂；故答案为：②；

（6）③甲苯、⑤乙烯是能使酸性KMnO4溶液褪色的烃；故答案为：③⑤．

（1）能与钠反应放出H2的有机物有：醇；羧酸、酚等；

（2）能与NaOH溶液反应的有机物有：羧酸；酯、卤代烃、酚；

（3）常温下能与浓溴水反应的有：烯烃；炔烃、酚、醛；

（4）甲苯能与浓硝酸在浓硫酸的作用下反应生成三硝基甲苯；即TNT；

（5）少量苯酚可掺在药皂；

（6）含有碳碳双键或三键的有烃；苯环上含有支链且支链上连接苯环的第一个碳原子上含有氢原子的有机物都能被酸性高锰酸钾氧化；

本题考查有机物的性质，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握，注意知识的总结．【解析】②⑥；②④；②⑤；③；②；③⑤10、略

【分析】解：再光照条件下发生取代反应生成在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{A}为rm{A}发生氧化反应生成rm{B}对二甲苯氧化也得到rm{B}则rm{B}为rm{.}由转化关系可知，乙醛氧化生成rm{D}为rm{CH_{3}COOH}rm{D}与rm{A}发生酯化反应生成rm{E}为rm{.}乙烯与水发生加成反应生成rm{G}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{G}与rm{B}发生转化反应生成rm{F}为则：

rm{(1)A}为名称为：对苯二甲醇，rm{B}为名称为：对苯二甲酸，故答案为：对苯二甲醇；对苯二甲酸；

rm{(2)A+D隆煤E}反应方程式为：rm{B+G隆煤F}反应方程式为：

故答案为：

rm{(3)X}反应是再光照条件下发生取代反应生成故答案为：取代反应；光照；

rm{(4)E}为rm{F}为二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，均属于酯类，故选：rm{垄脷垄脺}．

再光照条件下发生取代反应生成在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{A}为rm{A}发生氧化反应生成rm{B}对二甲苯氧化也得到rm{B}则rm{B}为rm{.}由转化关系可知，乙醛氧化生成rm{D}为rm{CH_{3}COOH}rm{D}与rm{A}发生酯化反应生成rm{E}为rm{.}乙烯与水发生加成反应生成rm{G}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{G}与rm{B}发生转化反应生成rm{F}为据此解答．

本题考查有机物推断，注意根据反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．【解析】对苯二甲醇；对苯二甲酸；取代反应；光照；rm{垄脷垄脺}11、略

【分析】解：rm{娄脪}键以“头碰头”的方式发生轨道重叠，轨道重叠部分是沿着键轴对称，rm{娄脨}键以“肩并肩”方式发生轨道重叠；轨道重叠部分对通过一个键轴的平面具有镜面对称性；

故答案为：轴对称；镜面对称．

rm{娄脪}键以“头碰头”的方式发生轨道重叠，轨道重叠部分是沿着键轴呈圆柱形分布的，rm{娄脨}键以“肩并肩”方式发生轨道重叠；轨道重叠部分对通过一个键轴的平面具有镜面对称性．

本题考查了共价键的分类，主要涉及rm{娄脪}键和rm{娄脨}键的对称方式的判断，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．【解析】轴对称；镜面对称三、实验题(共9题，共18分)12、略

【分析】在仪器上具体标明使用温度的是容量瓶、滴定管、移液管。可作反应容器并可加热的是烧杯、圆底烧瓶。需要用到温度计的实验是用乙醇制乙烯、石油分馏、测定硝酸钾的溶解度【解析】【答案】（1）②③⑧；④⑤（2）①②④13、略

【分析】解：（1）水杨酸中含酚-OH；-COOH；名称分别为羟基、羧基，则。

A．含酚-OH，遇FeCl3溶液可能显紫色；故A正确；

B．含-OH；-COOH；可发生酯化反应，但不能发生水解反应，故B错误；

C．含酚-OH；能与溴水发生取代反应，但不能发生加成反应，故C错误；

D．只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol水杨酸最多能与3molH2发生加成反应；故D正确；

故答案为：羟基；羧基；AD；

（2）由合成反应可知；酚-OH上的H被取代，该反应为取代反应，故答案为：取代反应；

（3）由结构简式可知分子式为C9H8O4；乙酰水杨酸中-COOH；-COOC-及-COOC-水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则1mol乙酰水杨酸最多能与3molNaOH反应；

故答案为：C9H8O4；3；

（4）乙酰水杨酸粗品中加入饱和Na2CO3溶液，-COOH与碳酸钠反应，反应为

故答案为：

（5）乙酰水杨酸的同分异构体符合：

Ⅰ．能遇FeCl3溶液显紫色；则含酚-OH；

Ⅱ．苯环上只有一种一溴取代物；则苯环上只有1种H；

Ⅲ．能发生银镜反应；含-CHO；

Ⅳ.1mol该化合物能分别与1molNaOH和2mol金属钠反应，则含1个酚-OH，1个醇-OH，则符合条件的结构简式为

故答案为：

（6）也能与乙酸酐发生类似反应，为取代反应，反应为

故答案为：．

（1）水杨酸中含酚-OH；-COOH；结合酚及羧酸的性质分析；

（2）由合成反应可知；酚-OH上的H被取代；

（3）由结构简式可知分子式；乙酰水杨酸中-COOH；-COOC-及-COOC-水解生成的酚-OH均与NaOH反应；

（4）乙酰水杨酸粗品中加入饱和Na2CO3溶液；-COOH与碳酸钠反应；

（5）乙酰水杨酸的同分异构体符合：

Ⅰ．能遇FeCl3溶液显紫色；则含酚-OH；

Ⅱ．苯环上只有一种一溴取代物；则苯环上只有1种H；

Ⅲ．能发生银镜反应；含-CHO；

Ⅳ.1mol该化合物能分别与1molNaOH和2mol金属钠反应；则含1个酚-OH，1个醇-OH；

（6）也能与乙酸酐发生类似反应；为取代反应．

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机物的官能团与性质、结构与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力、推断能力的考查，题目难度中等．【解析】羟基、羧基；AD；取代反应；C9H8O4；3；14、（1）探究草酸浓度和催化剂对化学反应速率的影响

（2）一次性

（3）秒表(或计时器）

（4）

（5）5；KMnO4过量

（6）0.00625mol/（L•s）

（7）温度不是反应速率突然加快的原因

（8）反应产物【分析】【分析】本题考查了探究温度、催化剂对反应速率的影响、化学反应速率的计算、氧化还原反应及影响反应速率的因素等知识，题目难度中等，注意掌握影响化学反应速率的因素，注意控制变量法研究影响因素，把握表格中的数据分析及应用，题目知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。【解答】rm{(1)}根据题干信息，该实验的目的是：探究草酸浓度和催化剂对化学反应速率的影响；故答案为：探究草酸浓度和催化剂对化学反应速率的影响；

rm{(2)}为避免实验误差，分液漏斗中rm{A}溶液应该一次性加入，不能逐滴加入溶液应该一次性加入，不能逐滴加入；故答案为：一次性；

rm{A}根据反应速率rm{(3)}rm{v=dfrac{?c}{?t}}故答案为：秒表完成该实验还需要秒表或计时器，需要测定时间从而比较反应速率，或计时器rm{(}

rm{)}实验rm{(4)}中其他量都与rm{垄脷}中其他量都与相同，只有草酸浓度小于rm{垄脷}则反应生成二氧化碳的速率小于rm{垄脵}反应结束时间大于rm{垄脵}实验rm{垄脵}中的各物质的浓度都与rm{垄脵}相同，而实验rm{垄脹}中的各物质的浓度使用了催化剂，则rm{垄脹}反应速率大于rm{垄脵}反应结束时间小于rm{垄脹}由于酸性高锰酸钾不足，则反应rm{fy}生成的二氧化碳的体积都相等，据此画出实验rm{垄脵}中rm{垄脵}体积随时间变化的示意图为：

故答案为：

rm{垄脵垄脷垄脹}rm{垄脷垄脹}rm{CO2}rm{(5)}为了探究rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}与rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}中溶液的总体积应该为rm{C}则rm{C}根据反应rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}浓度对反应速率的影响，实验rm{1-4}中溶液的总体积应该为rm{20}则rm{X=20-10-5=5}根据反应rm{2MnO}rm{1-4}rm{20}rm{X=20-10-5=5}rm{2MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}rm{+5H}rm{+5H}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{O}可知，rm{O}酸性高锰酸钾需要消耗rm{{,!}_{4}}草酸溶液，所以实验rm{+6H}中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色，rm{+6H}rm{{,!}^{+}}rm{篓T2Mn}rm{篓T2Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+10CO}号反应中，草酸的物质的量为rm{+10CO}高锰酸钾的物质的量为rm{0.2mol/L隆脕0.005L=0.001mol}根据反应rm{{,!}_{2}}rm{+8H}rm{+8H}rm{{,!}_{2}}rm{O}可知，rm{10mL}酸性高锰酸钾需要消耗rm{10mL}草酸溶液，所以实验rm{4}中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色，rm{O}rm{10mL}rm{10mL}rm{4}故答案为：rm{5}rm{KMnO}rm{5}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液过量；rm{(6)}rm{2}号反应中，草酸的物质的量为rm{0.5m0l/L隆脕0.01L=0.005mol}高锰酸钾的物质的量为rm{0.2mol/L隆脕0.005L=0.001mol

}根据反应rm{2MnO}rm{2}可知，高锰酸钾不足，所以消耗草酸的物质的量为rm{0.001mol隆脕dfrac{5}{2}=0.0025mol}rm{0.5m0l/L隆脕0.01L=0.005mol}号反应中，rm{0.2mol/L隆脕0.005L=0.001mol

}rm{2MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}rm{+5H}rm{+5H}rm{{,!}_{2}}的反应速率为rm{v({H}_{2}{C}_{2}{O}_{4})=dfrac{?c}{?t}=dfrac{dfrac{0.0025mol}{0.02L}}{20s}=0.00625mol/(L隆陇s)}故答案为：rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{O}根据表中数据知，rm{O}时温度不最高，但rm{{,!}_{4}}前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因，rm{+6H}

rm{+6H}从影响化学反应速率的因素看，还可能是反应产物对反应的影响，故答案为：反应产物。rm{{,!}^{+}}【解析】rm{(1)}探究草酸浓度和催化剂对化学反应速率的影响rm{(2)}一次性rm{(3)}秒表rm{(}或计时器rm{)}rm{(4)}

rm{(5)5}rm{KMnO_{4}}过量rm{(6)0.00625mol/(L?s)}rm{(7)}温度不是反应速率突然加快的原因rm{(8)}反应产物15、略

【分析】解：rm{(1)}由图可知，仪器rm{垄脵垄脺}分别为蒸馏烧瓶、rm{1000mL}容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；rm{1000mL}容量瓶；

rm{(2)}具有塞子、活塞的仪器使用时需要检查是否漏水，则仪器rm{垄脵隆芦垄脺}中，使用时必须检查是否漏水的是rm{垄脺}故答案为：rm{垄脺}

rm{(3)}用装置rm{I}分离四氯化碳和酒精的混合物；还缺少的仪器有温度计，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为蒸馏，故答案为：温度计；蒸馏；

rm{(4)}配制rm{250mL}rm{0.2mol/LNaCl}溶液，应选用rm{250mL}容量瓶，且转移液体时没有用玻璃棒引流，故答案为：没选用rm{250mL}容量瓶；没有用玻璃棒引流．

rm{(1)}由图及常见仪器可知仪器的名称；

rm{(2)}具有塞子；活塞的仪器使用时需要检查是否漏水；

rm{(3)}用装置rm{I}分离四氯化碳和酒精的混合物；利用沸点差异分离，需要测定温度；

rm{(4)}配制rm{250mL}rm{0.2mol/LNaCl}溶液；应选择相应规格的容量瓶，且转移液体需要引流．

本题考查混合物分离提纯实验设计，为高频考点，把握仪器的使用、混合物分离提纯、溶液配制等为解答的关键，注意实验装置的作用及实验技能，题目难度不大．【解析】蒸馏烧瓶；rm{1000mL}容量瓶；rm{垄脺}温度计；蒸馏；没选用rm{250mL}容量瓶；没有用玻璃棒引流16、略

【分析】解：rm{(1)}搅拌固体和液体的混合物；升高温度；增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等；

故答案为：升高温度；适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径；

rm{(2)}步骤Ⅱ中，rm{MnO_{2}}在酸性条件下可将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}反应的离子方程式rm{MnO_{2}+2Fe^{2+}+4H^{+}=Mn^{2+}+2Fe^{3+}+2H_{2}O}加入氨水调节rm{pH}为rm{5.0隆芦6.0}发生rm{Fe^{3+}+3NH_{3}漏qH_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}可得到沉淀rm{Fe(OH)_{3}}

故答案为：rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+2H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3NH_{3}漏qH_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}

rm{(3)}向滤液中滴入适量的rm{(NH_{4})_{2}S}溶液，目的是除去rm{Cu^{2+}}rm{Zn^{2+}}若rm{(NH_{4})_{2}S}的浓度过大，产生rm{MnS}沉淀；造成产品损失；

故答案为：若rm{(NH_{4})_{2}S}的浓度过大，产生rm{MnS}沉淀；造成产品损失；

rm{(4)CoS}rm{NiS}的rm{Ksp}分别为rm{5.0隆脕10^{-22}}rm{1.0隆脕10^{-22}}加入足量rm{(NH_{4})_{2}S}溶液后，生成rm{CoS}rm{NiS}沉淀，溶液中rm{c(Co^{2+})}rm{c(Ni^{2+})=5.0隆脕10^{-22}}rm{1.0隆脕10^{-22}=5}rm{1}

故答案为：rm{5}rm{1}

rm{(5)}滤渣rm{1}为为rm{Fe(OH)_{3}}质量为rm{c}rm{kg}则rm{n(Fe^{3+})=n(Fe(OH)_{3})=dfrac{1000c}{107}mol}由rm{n(Fe^{3+})=n(Fe(OH)_{3})=dfrac

{1000c}{107}mol}可知rm{n(MnO_{2})=dfrac{1}{2}隆脕dfrac{1000c}{107}mol}

将质量为rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+2H_{2}O}的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质rm{n(MnO_{2})=dfrac{1}{2}隆脕dfrac

{1000c}{107}mol}rm{a漏K}rm{Mn}rm{n(Mn)=dfrac{1000b}{55}mol}

可知rm{n(MnCO_{3})=dfrac{1000b}{55}mol-dfrac{1}{2}隆脕dfrac{1000c}{107}mol}

rm{m(MnCO_{3})=(dfrac{1000b}{55}mol-dfrac{1}{2}隆脕dfrac{1000c}{107}mol)隆脕115g/mol}

则原碳酸锰矿中rm{b}的质量分数为rm{dfrac{(b-dfrac{c}{107}隆脕dfrac{1}{2}隆脕55)隆脕dfrac{115}{55}}{a}隆脕100%}

故答案为：rm{dfrac{(b-dfrac{c}{107}隆脕dfrac{1}{2}隆脕55)隆脕dfrac{115}{55}}{a}隆脕100%}．

向碳酸锰矿rm{kg}主要成分为rm{n(Mn)=dfrac

{1000b}{55}mol}还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质rm{n(MnCO_{3})=dfrac{1000b}{55}mol-

dfrac{1}{2}隆脕dfrac{1000c}{107}mol}中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节rm{m(MnCO_{3})=(dfrac{1000b}{55}mol-

dfrac{1}{2}隆脕dfrac{1000c}{107}mol)隆脕115g/mol}可以将氢氧化铁沉淀下来；向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子；钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰，以此解答该题．

本题考查了制备方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，根据制备流程明确制备原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．rm{MnCO_{3}}【解析】升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径；rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+2H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3NH_{3}漏qH_{2}O=Fe(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}若rm{(NH_{4})_{2}S}的浓度过大，产生rm{MnS}沉淀，造成产品损失；rm{5}rm{1}rm{dfrac{(b-dfrac{c}{107}隆脕dfrac{1}{2}隆脕55)隆脕dfrac{115}{55}}{a}隆脕100%}rm{dfrac{(b-dfrac{c}{107}隆脕dfrac

{1}{2}隆脕55)隆脕dfrac{115}{55}}{a}隆脕100%}17、分液漏斗除去氯气中混有的氯化氢2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCa（ClO3）2将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClOClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O【分析】解：（1）甲装置中仪器a具有球形特征；有玻璃活塞，在该实验中，可以控制加入的浓盐酸，为分液漏斗；

故答案为：分液漏斗；

（2）浓盐酸和二氧化锰反应过程中会挥发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气的溶解度小，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有有的HC气体；

故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；

（3）①制取漂白粉是氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以制取漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，所以制得的漂白粉中n（CaCl2）远大于n[Ca（ClO）2]，即还混杂有物质的化学式是Ca（ClO3）2；

故答案为：Ca（ClO3）2；

③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2；为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时温度升高；

故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率；

（4）漂白粉有效成分为次氯酸钙，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，受空气中的水、CO2作用而导致变质，生成CaCO3和HClO，该反应的化学方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；所以漂白粉应密封保存；

故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；

（5）NaClO与盐酸同时混合使用会产生有毒的氯气，该反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O；

故答案为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O。

（1）甲装置中仪器a具有球形特征；有玻璃活塞，为分液漏斗；

（2）浓盐酸和二氧化锰反应过程中会挥发出氯化氢气体；氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气的溶解度小，所以除去氯化氢气体；

（3）①制取漂白粉是氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙；由此书写反应的化学方程式；

②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O；所以还混杂有氯酸钙；

③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2；为避免此副反应的发生，通过冰水或冷水冷却降温；

（4）漂白粉有效成分为次氯酸钙，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，受空气中的水、CO2作用而导致变质；

（5）NaClO与盐酸同时混合使用会产生有毒的氯气。

本题考查了氯气、漂白粉的制法及化学性质，掌握氯及其化合物的性质以及各装置的作用是解笞关键，题目难度中等。【解析】分液漏斗除去氯气中混有的氯化氢2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCa（ClO3）2将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClOClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O18、略

【分析】试题分析：（1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe；Fe-2e-=Fe2+；（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC，故答案为：BC；（3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC．（5）反接电源时，电解方程式是2H2O=2H2↑+O2↑，生成的O2会将Fe（OH）2氧化，其现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色．答案为白色沉淀迅速变化成灰绿色，最后变成红褐色；2H2O-4e-==O2↑+4H+；2H2O+2e-==H2↑+2OH-考点：电极反应式的书写【解析】【答案】（1）FeFe—2e—＝Fe2+（2）CB；（3）隔绝空气防止Fe(OH)2被空气氧化；排尽溶液中的氧气，防止生成Fe(OH)2在溶液中氧化；（4）BC；（5）白色沉淀迅速变化成灰绿色，最后变成红褐色；2H2O-4e-==O2↑+4H+；2H2O+2e-==H2↑+2OH-19、略

【分析】【解析】【答案】（1）无水乙醇，浓硫酸，冰醋酸。（2）催化剂、吸水剂。（3）①降低乙酸乙酯的溶解度；②吸收乙醇；③中和乙酸；（4）小，香。（5）CH3CH2OCH2CH3。（6）①防止倒吸，②使蒸汽与溶液充分接触20、（1）-127.8

（2）①②④

（3）7.7%(或者)增大压强（合理答案即给分）

（4）还原2CO22CO+O2【分析】【分析】本题考查盖斯定律、电解原理、化学平衡计算等知识点，侧重考查学生图象分析、计算能力，明确化学反应原理、电解原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。【解答】rm{(1)垄脵{H}_{2}(g)+dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)={H}_{2}O(l)?H=-285.8;kJ/mol}

rm{垄脷C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2H_{2}O(l)+2CO_{2}(g)triangleH=-1411.0kJ/mol}

rm{垄脹H_{2}O(g)篓TH_{2}O(l)triangleH=-44kJ/mol}

将方程式rm{(1)垄脵{H}_{2}(g)+

dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)={H}_{2}O(l)?H=-285.8;kJ/mol}得rm{6{H}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}{C}_{2}{H}_{4};(g)+4{H}_{2}O(g)triangleH=6(-285.8;kJ/mol;)-(-1411.0kJ/mol;)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol;}

故答案为：rm{垄脷C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2H_{2}O(l)+2CO_{2}(g)triangle

H=-1411.0kJ/mol}

rm{垄脹H_{2}O(g)篓TH_{2}O(l)triangle

H=-44kJ/mol}化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以rm{6垄脵-垄脷-4垄脹}有可能小于rm{6{H}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}{C}_{2}{H}_{4};(g)+4{H}_{2}O(g)triangle

H=6(-285.8;kJ/mol;)-(-1411.0kJ/mol;)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol;

}故rm{-127.8}错误；

rm{(2)垄脵}温度低于rm{v(M)}时，随温度升高平衡逆向进行乙烯的产率减小，故rm{v(N)}错误；

rm{垄脵}升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以rm{垄脷}化学平衡常数大于rm{250隆忙}故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}为提高rm{M}的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，故rm{N}错误；

故答案为：rm{垄脹}

rm{垄脺}若在密闭容器中充入体积比为rm{CO_{2}}rm{垄脺}的rm{垄脵垄脷垄脺}和rm{(3)}设为rm{3}rm{1}则图中rm{H_{2}}点时二氧化碳转化率rm{CO_{2}}

rm{;6{H}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}{C}_{2}{H}_{4};(g)+4{H}_{2}O(g)}

起始量rm{3mol}rm{1mol}rm{M}rm{50%}rm{;6{H}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}{C}_{2}{H}_{4};(g)+4{H}_{2}O(g)}

变化量rm{(mol)}rm{3}rm{1}rm{0}rm{0}

平衡量rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}

产物rm{(mol)}的体积分数rm{=dfrac{0.25}{1.5+0.5+0.25+1}隆脕100拢楼=7.7拢楼}

反应前后气体体积减小；若要进一步提高乙烯的体积分数，可采取的措施有增大压强平衡正向进行；

故答案为：rm{1.5}增大压强；

rm{0.5}根据图知，rm{0.25}电极上二氧化碳反应后生成rm{1}rm{CH_{2}=CH_{2}}元素化合价由rm{=dfrac{0.25}{1.5+0.5+0.25+1}隆脕100拢楼=7.7拢楼

}价变为rm{7.7%}价；则二氧化碳得电子发生还原反应；

故答案为：还原；

rm{(4)垄脵}将rm{a}转化为高热值的燃料rm{CO}依据原子守恒分析反应生成一氧化碳和氧气，反应的化学方程式为：rm{C}rm{+4}

故答案为：rm{+2}rm{垄脷}rm{CO_{2}}【解析】rm{(1)-127.8}rm{(2)垄脵垄脷垄脺}rm{(3)7.7%(}或者rm{dfrac{1}{13})}增大压强rm{(}合理答案即给分rm{)}rm{(4)}还原rm{2CO_{2}}rm{2CO+O_{2}}四、推断题(共4题，共32分)21、略

【分析】【分析】本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用，反应现象和反应条件的应用是解题关键，主要考查氮气、氨气的性质、硫及其化合物性质的应用，题目难度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{K}为常见的单质，其中rm{A}为淡黄色固体，rm{K}为紫红色金属，则rm{A}为硫，rm{K}为铜，rm{B}rm{C}rm{D}在常温常压下是气体，rm{C}在空气中含量最多。则rm{C}为氮气，rm{G}为最常见的无色液体，则rm{G}为水；rm{B}是氧气，rm{A}和rm{B}反应生成rm{E}是二氧化硫，rm{C}和rm{D}反应生成氨气，氨气过量与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，继续被氧氧化生成硫酸铵，氨气与氧化铜反应生成金属铜，氮气和水。rm{B}rm{C}rm{D}为常见的单质，其中rm{K}为淡黄色固体，rm{A}为紫红色金属，则rm{K}为硫，rm{A}为铜，rm{K}rm{B}rm{C}在常温常压下是气体，rm{D}在空气中含量最多。则rm{C}为氮气，rm{C}为最常见的无色液体，则rm{G}为水；rm{G}是氧气，rm{B}和rm{A}反应生成rm{B}是二氧化硫，rm{E}和rm{C}反应生成氨气，氨气过量与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，继续被氧氧化生成硫酸铵，氨气与氧化铜反应生成金属铜，氮气和水。

rm{D}为rm{(1)G}rm{H_{2}O}的电子式为

故答案为：

rm{G}为硫酸铵，化学式为：rm{(2)I}

故答案为：rm{(NH_{4})_{2}SO_{4拢禄}}rm{(NH}rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}；

rm{2}rm{SO}为二氧化硫与过量氨水生成亚硫酸铵和水，其离子方程式为：rm{2N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O+S{O}_{2}=2N{{H}_{4}}^{+}+S{{O}_{3}}^{2-}+{H}_{2}O}

故答案为：rm{2N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O+S{O}_{2}=2N{{H}_{4}}^{+}+S{{O}_{3}}^{2-}+{H}_{2}O}

rm{4}反应rm{4}为氨气还原氧化铜生成铜、氮气和水，其化学反应方程式为：rm{2N{H}_{3}+3CuOoverset{?}{=3}Cu+{N}_{2}+3{H}_{2}O}

故答案为：rm{2N{H}_{3}+3CuOoverset{?}{=3}Cu+{N}_{2}+3{H}_{2}O}rm{(3)}【解析】rm{(1)}rm{(2)(NH}rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}rm{2}rm{(3)2N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O+S{O}_{2}=2N{{H}_{4}}^{+}+S{{O}_{3}}^{2-}+{H}_{2}O}rm{(4)2N{H}_{3}+3CuOoverset{?}{=3}Cu+{N}_{2}+3{H}_{2}O}rm{SO}22、（1）加成反应

（2）

（3）

（4）

（5）ac

（6）【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用，难度中等。由rm{PMMA}的结构，可知rm{PMMA}单体为rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=C(CH_{3})COOCH}，则rm{3}rm{3}分别为rm{D}rm{I}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=C(CH_{3})COOH}中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成rm{CH}为rm{3}rm{3}rm{OH}rm{A}rm{CH}rm{2}在rm{2}水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{BrCH}为rm{2}rm{2}rm{Br}rm{A}rm{NaOH}根据信息rm{B}及rm{HOCH}单体分子式，可知rm{2}单体为则rm{2}为rm{CH}rm{2}rm{2}rm{OH}为rm{I}rm{PET}rm{PET}rm{D}单体发生信息rm{CH}中交换反应进行的缩聚反应生成rm{3}树脂为rm{3}发生信息Ⅱ中的反应得到rm{OH}rm{I}在浓硫酸作用下发生消去反应生成rm{CH}则rm{2}为故F为rm{2}为rm{=C(CH_{3})COOH}【解答】由rm{PET}的结构，可知rm{I}单体为rm{PET}则rm{.F}rm{G}分别为rm{G}rm{I}中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成rm{G}为rm{E}rm{.}在rm{PMMA}水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{PMMA}为rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}根据信息rm{D}及rm{I}单体分子式，可知rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOH}单体为则rm{CH_{3}OH}为rm{A}rm{CH_{2}BrCH_{2}Br}为rm{A}rm{NaOH}单体发生信息rm{B}中交换反应进行的缩聚反应生成rm{HOCH_{2}CH_{2}OH}树脂为rm{I}发生信息Ⅱ中的反应得到rm{PET}rm{PET}在浓硫酸作用下发生消去反应生成rm{D}则rm{CH_{3}OH}为故F为rm{I}为

rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOH}由上述分析可知，rm{PET}的反应类型是加成反应；故答案为：加成反应；

rm{I}为rm{PET}rm{.F}二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反