2025年中图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年中图版高二化学下册月考试卷138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、毒品曾给我们的国家和民族带来过巨大的灾难．据统计，我国目前的吸毒人员中有80%左右是青少年．根据你掌握的知识推测，下列各组物质中，一定都属于毒品的是（）A.冰毒、甘油B.尼古丁、维生素C.味精、可卡因D.吗啡、大麻2、如图所示，隔板rm{I}固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，rm{M}rm{N}两个容器中均发生反应：rm{A(g)+2B(g)?xC(g)triangleH=-192kJ?mol^{-1}}向rm{A(g)+2B(g)?xC(g)triangle

H=-192kJ?mol^{-1}}rm{M}中都通入rm{N}和rm{1molA}的混合气体，初始rm{2molB}rm{M}容积相同，保持温度不变rm{N}下列说法正确的是rm{.}rm{(}A.若rm{)}达到平衡后rm{x=3}的体积分数关系为：rm{A}B.若rm{娄脮(M)>娄脮(N)}达到平衡后rm{x>3}的转化率关系为：rm{B}C.若rm{娄脕(M)>娄脕(N)}rm{x<3}的平衡浓度关系为：rm{C}D.rm{c(M)>c(N)}不论为何值，起始时向rm{x}容器中充入任意值的rm{N}平衡后rm{C}容器中rm{N}的浓度均相等rm{A}3、下列关于浓硫酸的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.浓rm{H_{2}SO_{4}}使蔗糖炭化变黑，体现了浓rm{H_{2}SO_{4}}的氧化性B.浓rm{H_{2}SO_{4}}使蓝色胆矾变成白色，体现了浓rm{H_{2}SO_{4}}的脱水性C.浓rm{H_{2}SO_{4}}滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓rm{H_{2}SO_{4}}具有酸性、氧化性和脱水性D.rm{100}rm{mL}rm{18}rm{mol/L}的浓rm{H_{2}SO_{4}}中加入足量的rm{Cu}并加热，被还原的rm{H_{2}SO_{4}}的物质的量为rm{0.9}rm{mol}4、下列两种物质不属于同分异构体的是rm{(}rm{)}A.淀粉纤维素B.蔗糖麦芽糖C.正丁烷异丁烷D.果糖葡萄糖5、有关苯的结构和性质，下列说法正确的是rm{({??})}A.与是同分异构体。

B.苯在空气中不易燃烧完全；燃烧时冒浓烟。

C.煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯；苯是无色无味的液态烃。

D.向rm{2mL}苯中加入rm{1mL}酸性高锰酸钾溶液，震荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、（13分）现在城市居民使用的管道煤气的主要成分是H2、CO和少量CH4。H2、CO和CH4的燃烧热数据如下表。物质H2COCH4燃烧热（kJ•mol-1）285.8283.0890.3（1）请写出H2、CO和CH4燃烧的热化学方程式。_________________________________________________；_________________________________________________；_________________________________________________。（2）作为开发西部的西气东输工程的重要成就，西部天然气已全面进入上海、江苏境内，陆续成为城市居民使用的主要能源。使用管道煤气用户改用天然气，应调整灶具进气量阀门，即增大_____（填“空气”或“天然气”）的进入量或减少_____（填“空气”或“天然气”）的进入量。7、用9mol/L的浓硫酸稀释成0.9mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：（1）需要取浓硫酸__________mL（2）如果实验室用98％的浓硫酸(密度为1.8g·cm-3)配制3.6mol·L-1的稀硫酸250mL。计算所需浓硫酸的体积为_____________mL。（3）由于错误操作,使得浓度数据比理论值偏大的是__________________（填写序号）。A.使用容量瓶配制溶液时,俯视液面定容后所得溶液的浓度B.没有用蒸馏水洗烧杯2-3次，并将洗液移入容量瓶中C.容量瓶用蒸馏水洗净，没有烘干D.定容时，滴加蒸馏水时液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切E.溶液稀释后未冷却至室温就转移到容量瓶并定容8、（4分）有机物具有广泛的用途。现有下列有机物：①乙烯②1，3-丁二烯③甲醛④油脂。请将相应的序号填入空格内。（1）能用于制备肥皂的是____________；（2）能用于制备聚乙烯塑料的是____________；（3）能用于制备顺丁橡胶的是____________；（4）能用于制备酚醛树脂的是____________。9、（1）已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH＝－571.6kJ/mol，CO（g）＋1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH＝－283.0kJ/mol。某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74kJ热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为___________。（2）以甲醇、空气，氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极，可构成燃料电池；已知该燃料电池的总反应式是：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，该燃料电池发生反应时，正极区溶液的PH__________(填“增大”，“减小”或“不变”)该电池的负极反应式为_________________。（3）用上述燃料电池进行粗铜的精炼，粗铜应连接电源的________极，该粗铜精炼电解池的阴极反应式为_________________。10、分别取1molA．B．C．D．E、F六种有机物，使它们充分燃烧，都生成44.8LCO2（标准状况下）；D和E是碳；氢、氧的化合物，两者互为同分异构体，E被氧化成A，A继续氧化成B，C和F都发生聚合反应，C和氯化氢加成生成F．试推断有机化合物A、B、C、D、E、F的结构简式．

A____、B____、C____、D____、E____、F____．11、（8分）（1）2，5－二甲基－2，4己二烯的结构简式为：。(2)。(2)的结构简式:_____________________________________________(2)12、NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：

①NaCN与NaClO反应；生成NaOCN和NaCl

②NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2

已知HCN（K=6.3×10-10）有剧毒；HCN；HOCN中N元素的化合价相同．完成下列填空：

（1）HClO的电子式为______．

（2）第一次氧化时，溶液的pH应调节为______（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是______．

（3）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式．______

（4）处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO______g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准．13、材料是人类赖以生存的重要物质基础；而化学是材料科学发展的基础．请填写下列空格．

A．生活中的属于传统无机硅酸盐材料______、______、______（常见的三大类）

B．合金材料钢铁里的Fe和C在潮湿的空气中因构成许多原电池而易发生电化学腐蚀，正极反应方程式为______．

C．居室装修材料如化纤地毯、三合板等均会释放出污染空气的气体______．

D．在日常生活中可制成食品保鲜膜______．

E．现代以石油化工为基础的三大合成材料是______、______、______．14、rm{(1)}rm{(1)}互为等电子体的分子和离子分别为______和______。与rm{CO}互为等电子体的分子和离子分别为______和______。以下列出的是一些原子的rm{CO}能级和rm{(2)}能级中电子排布的情况，试判断哪些违反了泡利原理__________，哪些违反了洪特规则__________。rm{(2)}某元素的激发态rm{2p}不稳定状态rm{3d}原子的电子排布式为rm{(3)}则该元素基态原子的电子排布式为__________；其最高价氧化物对应水化物的化学式是__________。rm{(3)}将下列多电子原子的原子轨道按轨道能量由低到高顺序排列。rm{(}rm{)}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{1}3p^{3}3d^{2}}rm{(4)}rm{(4)}rm{垄脵2s}轨道能量由低到高排列顺序是__________。rm{垄脷3d}评卷人得分三、实验题(共5题，共10分)15、某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中；加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色．

（1）提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？

（2）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含______（填化学式；下同）所致．

②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含______所致．

（3）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点；选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的．

供选用的试剂：a、酚酞试液b、CCl4c；无水酒精d、KSCN溶液．

请你在表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到得现象．

。选用试剂（填序号）实验现象方案1方案2（4）结论。

氧化性：Br2＞Fe3+．故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为______．

（5）实验后的思考。

①根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______．

②在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为______．16、某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质；为了测定其纯度，进行以下滴定操作：

A．在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液；

B．用碱式滴定管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴甲基橙作指示剂；

C．在天平上准确称取烧碱样品mg；在烧杯中加蒸馏水溶解；

D．将物质的量浓度为Cmol/L的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度为V1mL；

E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL．

回答下列问题：

（1）正确操作步骤的顺序是（用字母填写）______→______→______→D→______．

（2）操作D中液面应调整到______．

（3）滴定至终点的现象是______．

（4）该烧碱样品的纯度计算式是______．

（5）下列各操作（其他操作均正确）中，将导致测定结果偏高的是______（填写序号）．

①操作B中的碱式滴定管只用蒸馏水洗未用所盛烧碱溶液润洗．

②酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接装入标准H2SO4溶液．

③滴定时；锥形瓶摇动太剧烈，有少量液体溅出．

④滴定到终点时；滴定管尖嘴部分悬有液滴．

⑤酸式滴定管读数时滴定前仰视，滴定后俯视．17、为回收利用废钒催化剂rm{(}含有rm{V_{2}O_{5}}rm{VOSO_{4}}及rm{SiO_{2}}等，其中rm{VOSO_{4}}可溶于水rm{)}科研人员最新研制了一种回收钒的新工艺，其主要流程如下：rm{垄脜}萃取、反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为____。

rm{垄脝}上述流程中涉及到两处氧化还原反应。rm{垄脵}“浸取还原”过程的产物为rm{VOSO_{4}}该反应的离子方程式为____。

rm{垄脷}“氧化”过程无气体产生，溶液中rm{VO^{2+}}转化为rm{VO_{2}^{+}}该反应的离子方程式为____。

rm{垄脟}“沉淀”过程中，沉钒率受温度、氯化铵系数rm{(NH_{4}Cl}的质量与调节rm{pH}之后的料液中rm{VO}的质量比rm{)}等的影响，其中温度与沉淀率的关系如图所示，温度高于rm{80隆忙}沉钒率降低的可能原因是____。

rm{垄脠}上述流程中所得沉淀为一系列的聚合物种rm{[}其分子组成可用rm{N}rm{{,!}_{m}}rm{H}rm{{,!}_{n}}rm{V}rm{{,!}_{x}}rm{O}rm{{,!}_{y}}表示rm{]}质谱法分析某沉淀的摩尔质量为rm{832g/mol}取该沉淀rm{83.2g}用下列装置测定其组成，充分焙烧后玻璃管内残留rm{V_{2}O_{5}}固体为rm{72.8g}所得气体通过rm{U}形管后，rm{U}形管增重rm{3.6g}rm{垄脵}广口瓶中浓硫酸的作用为____。

rm{垄脷}该沉淀的分子式为____。

18、某化学兴趣小组分别利用饱和rm{NaCl}溶液进行rm{2}组电化学实验。rm{(1)}第一组用石墨电极电解饱和rm{NaCl}溶液。反应中阳极电极反应式：________；总反应化学方程式：___________________。实验中他们可用________来检验阳极产物。实验结束时，若在阴极生成气体rm{11.2mL(}标准状况下rm{)}则电路中通过电子的物质的量为________，若反应后溶液体积为rm{100mL}则反应后溶液中rm{NaOH}的物质的量浓度为________。rm{(2)}第二组用铜电极电解饱和rm{NaCl}溶液。开始电解时，阳极电极反应式：______________；总反应化学方程式：__________________________。rm{(3)}第三组将生铁片rm{(}含rm{C}等杂质rm{)}一端插入饱和rm{NaCl}溶液，经过一段时间后，可观察到明显现象。反应中负极电极反应式：__________________________________；正极电极反应式：____________________________________；19、甲酸正丁酯是重要的有机原料，可通过酯化反应制得。已知A的核磁共振氢谱吸收峰的高度比为3：2：2：1，丙烯在通常条件下稳定，但遇强氧化剂时容易被氧化生成CO2。

Ⅰ．正丁醇（CH3CH2CH2CH2OH）的制备。

某研究性学习小组为合成正丁醇；查阅资料得知一条合成路线：

CH3CH=CH2+CO+H2O（液态）正丁醇；

（1）已知反应1的原子理论利用率为100%；请写出A的结构简式______。

（2）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气；该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是______（填序号，试剂可以重复使用）。

①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液。

Ⅱ．甲酸正丁酯的合成。

某研究性学习小组利用如图装置进一步合成甲酸正丁酯。

（3）大试管中溶液的作用除了溶解正丁醇外；还有______。

（4）若大试管中溶液是NaOH溶液；则收集到的产物比预期的少，其原因是______。（用化学方程式表示）

（5）已知反应结束后烧瓶中是甲酸、正丁醇、甲酸正丁酯和硫酸的混合物，为了回收大量未反应的甲酸和正丁醇，该研究性小组根据相关理化性质设计以下分离操作步骤流程图。

。甲酸正丁醇甲酸正丁酯熔点/℃8.4-88.9-91沸点/℃100.8117.7107溶解性三者能相互溶解。上述流程图中，操作1是______，试剂b是______。评卷人得分四、其他(共3题，共18分)20、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)。21、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。22、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)23、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__________________________________．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。26、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、计算题(共4题，共8分)27、草酸晶体的组成可用H2C2O4•xH2O表示，为了测定x值，称取Wg草酸晶体，配成100.00ml水溶液，然后进行如下实验：①从滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L-1的KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2；②用蒸馏水洗涤滴定管和锥形瓶；③滴定管检漏；④用待装液润洗滴定管；⑤向滴定管中加入待装液；调节起始读数，赶走管内气泡．试回答：

（1）以上实验步骤的正确排序是（用编号排序）：______．

（2）判断滴定终点的方法是______．

（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会______（偏大；偏小、无影响）．

（4）在滴定过程中若用amol•L-1的KMnO4溶液Vml，由此可计算x的值是______．

（5）利用双指示剂滴定由NaHCO3、Na2CO3、NaOH三种物质中的一种或两种物质组成的混合物中各成分的质量分数．具体做法是：先向待测溶液中加入酚酞，用标准盐酸滴定，当NaOH或Na2CO3被转化为NaCl和NaHCO3时，酚酞由红色褪为无色，消耗V1ml盐酸；然后滴加甲基橙，继续用标准盐酸滴定，当NaHCO3转化为NaCl时，溶液由黄色变为橙色，消耗V2ml盐酸．若称取1.500g含杂质的试样（杂质不与盐酸反应），配100.0ml水溶液，取出20.00ml溶液，用0.1000mol/L的标准盐酸滴定，测得V1=35.00ml，V2=5ml．求试样的成分及质量分数______．28、已知：rm{2H_{2}(}rm{g}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)=2H_{2}O}rm{(}rm{l}rm{)triangleH=-571.6kJ/mol}

rm{2H_{2}(}rm{g}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)=2H_{2}O}rm{(}rm{g}rm{)triangleH=-483.6kJ/mol}

rm{CH_{4}}rm{(}rm{g}rm{)+2O_{2}(}rm{g}rm{)=2H_{2}O}rm{(}rm{l}rm{)+CO_{2}(}rm{g}rm{)triangleH=-890kJ/mol}

常温下，取甲烷和氢气的混合气体rm{33.6L(}标准状况下rm{)}经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为rm{730.8kJ}试求混合气体中甲烷和氢气体积比．29、（6分）常温下，将0.05mol/L盐酸溶液和未知浓度的NaOH溶液以1：2的体积比混合，所得溶液的pH＝12。用上述NaOH溶液13ml和pH＝3的某一元弱酸HA溶液20ml恰好完全反应生成NaA。试求：（1）NaOH溶液的物质的量浓度（2）此一元弱酸的物质的量浓度（3）求此条件下该一元弱酸的电离平衡常数30、已知由某一元羧与甲醇生成的酯．取0.68g该酯与40mL0.2mol/L的NaOH溶液混合加热，使其完全水解后，再用0.2mol/L的盐酸中和剩余的碱，耗去15mL盐酸．另取27.2g该酯，完全燃烧后得到70.4gCO2和14.4g水．

求：（1）该酯的相对分子质量；

（2）该酯的分子式；

（3）若该酯的核磁共振氢谱中出现4组峰且峰面积之比为3：2：2：1，写出该酯的结构简式．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】解：A．甘油不是毒品；故A错误；

B．尼古丁；维生素都不是毒品；故B错误；

C．味精不是毒品；故C错误；

D．吗啡；大麻是毒品；故D正确．

故选D．

毒品是指鸦片；海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、吗啡、大麻、可卡因以及国家规定管制的其他能够使人形成瘾癖的麻醉药品和精神药品；大致可分鸦片类、大麻类、可卡因、冰毒、致幻剂等五大类，据此解答．

本题考查毒品，难度不大，学生应明确常见的毒品及其对人类健康的危害．【解析】【答案】D2、D【分析】解：rm{M}容器是恒温恒容下建立的平衡，rm{N}容器是恒温恒压下建立的平衡；

A.若rm{x=3}由于反应前后气体体积不变，rm{N}容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后rm{A}的体积分数关系为：rm{娄脮(M)=娄脮(N)}故A错误；

B.若rm{x>3}由于反应后气体体积增大，rm{N}容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，rm{B}的转化率增大，所以达到平衡后rm{B}的转化率关系为：rm{娄脕(M)<娄脕(N)}故B错误；

C.若rm{x<3}由于反应后气体体积减小，rm{N}容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，rm{C}的平衡浓度增大，所以rm{C}的平衡浓度关系为：rm{c(M)<c(N)}故C错误；

D.恒温恒压下，rm{x}不论为何值，起始时向rm{N}容器中充入任意值的rm{C}一边倒后，rm{A}与rm{B}的物质的量之比都是rm{1}rm{2}为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后rm{N}容器中rm{A}的浓度均相等；故D正确；

故选D．

根据rm{M}容器是恒温恒容下建立的平衡，rm{N}容器是恒温恒压下建立的平衡；

A.若rm{x=3}由于反应前后气体体积不变，rm{N}容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效；

B.若rm{x>3}由于反应后气体体积增大，rm{N}容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积；压强减小，平衡正向移动；

C.若rm{x<3}由于反应后气体体积减小，rm{N}容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积；压强增大，平衡正向移动；

D.恒温恒压下，rm{x}不论为何值，起始时向rm{N}容器中充入任意值的rm{C}一边倒后，rm{A}与rm{B}的物质的量之比都是rm{1}rm{2}为等效平衡，反应物的浓度相同．

本题考查学生影响化学平衡移动的因素，注意恒温恒容下的平衡与恒温恒压下的平衡间的关系以及等效平衡的判断，可以根据所学知识来回答，难度中等．【解析】rm{D}3、C【分析】解：rm{A}浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖碳化而变黑，而不是强氧化性，故A错误；

B、浓rm{H_{2}SO_{4}}使蓝色胆矾变成白色，体现了浓rm{H_{2}SO_{4}}的吸水性；而不是脱水性，故B错误；

C；浓硫酸滴在润湿的蓝色石蕊试纸上；因具有酸性，试纸先变红，因具有氧化性，所以褪色，因具有脱水性，最后变黑，故C正确；

D、铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，由rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}可知，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，所以被还原的rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}的物质的量小于rm{H_{2}SO_{4}}rm{0.9}故D错误；

故选C．

A；浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖碳化而变黑；

B、浓rm{mol}使蓝色胆矾变成白色，体现了浓rm{H_{2}SO_{4}}的吸水性；

C；浓硫酸具有酸性、氧化性和脱水性；

D、铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，由rm{H_{2}SO_{4}}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}可知；随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫．

本题综合考查浓硫酸的性质，为高考常见题型和高频考点，注意浓硫酸的特性，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的rm{n}值不同；不是同分异构体，故A正确；

B.蔗糖；麦芽糖分子式相同结构不同；互为同分异构体，故B错误；

C.正丁烷；异丁烷的分子式相同；碳链结构不同，为同分异构体，属于碳链异构，故C错误；

D.果糖；葡萄糖分子式相同结构不同；互为同分异构体，故D错误．

故选A．

同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；据此物质的组成与化学式判断．

本题考查了学生对同分异构体概念的理解，题目难度不大，解答时注意从其概念的内涵与外延出发，缜密思考，正确解答．【解析】rm{A}5、B【分析】略【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】（1）燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据燃烧热可知分别写出三种物质燃烧的热化学方程式。（2）天然气的主要成分是甲烷，甲烷中含氢量很高，因此在体积相同的条件下，甲烷燃烧消耗的氧气多，所以改进的方法是增大空气的进入量或减少天然气的进入量。【解析】【答案】（1）（2）空气天然气7、略

【分析】（1）在稀释过程中溶质的物质的量是不变的，所以需要浓硫酸的体积是（2）由于稀释中溶质的量是不变的，所以有解得V＝50ml。（3）俯视液面定容，则容量瓶中溶液的体积偏少，所以测定结果偏高。没有洗涤则溶质的量偏少，所以测定结果偏低。容量瓶不需要烘干，所以C不正确影响。D中相当于减少量溶质，测定结果偏低。根据热胀冷缩可知，温度下降后，溶液的体积减少，所以测定结果偏高，答案选AE。【解析】【答案】（1）10mL（2）50mL（3）AE8、略

【分析】试题分析：（1）能用于制备肥皂的是④油脂；（2）能用于制备聚乙烯塑料的是①乙烯；（3）能用于制备顺丁橡胶的是②1，3-丁二烯；（4）能用于制备酚醛树脂的是③甲醛。考点：考查物质的用途的知识。【解析】【答案】（1）④（2）①（3）②（4）③9、略

【分析】试题分析：【解析】

水的物质的量为=0.2mol，由2H2+O2═2H2O可知，n（H2）=n（H2O）=0.2mol，由2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1可知，0.2molH2燃烧放出的热量为57.16KJ，则CO燃烧放出的热量为113.74KJ-57.16KJ=56.58KJ，设混合气体中CO的物质的量为x，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ•mol-11283KJX56.58KJ解得x=0.2mol，即n（CO）=0.20mol，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为1:1.（2）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池，正极反应为：3O2+12H2O+12e-=12OH-，总反应式为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，两式相减，负极反应为：2CH3OH-12e-+16OH-=2CO32-+12H2O，（3）和电源的正极相连的电极是阳极，电解方法精炼粗铜，电解池的阳极材料是粗铜，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+考点：有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算化学电源新型电池【解析】【答案】（1）1：12分（2）增大.1分CH3OH-6e－＋8OH-（1）＝CO32-＋6H2O2分（3）正..1分。Cu2++2e-=Cu.2分10、略

【分析】

标准状况下44.8LCO2的物质的量为=2mol，故A．B．C．D．E、F六种有机物分子中含有C原子数目为=2；E被氧化成A，A继续氧化成B，故E含有-OH；A含有-CHO、B含有-COOH，E是碳、氢、氧的化合物，故E为乙醇、A为乙醛、B为乙酸，D和E两者互为同分异构体，D为甲醚，C和F都发生聚合反应，C和氯化氢加成生成F，故C与F都含有不饱和键，故C为乙炔，F为氯乙烯；

故结构简式，A为CH3CHO、B为CH3COOH、C为CH≡CH、D为CH3OCH3、E为CH3CH2OH、F为CH2=CHCl；

故答案为：CH3CHO、CH3COOH、CH≡CH、CH3OCH3、CH3CH2OH、CH2=CHCl．

【解析】【答案】标准状况下44.8LCO2的物质的量为=2mol，故A．B．C．D．E、F六种有机物分子中含有C原子数目为=2；E被氧化成A，A继续氧化成B，故故E含有-OH；A含有-CHO、B含有-COOH，E是碳、氢、氧的化合物，故E为乙醇、A为乙醛、B为乙酸，D和E两者互为同分异构体，D为甲醚，C和F都发生聚合反应，C和氯化氢加成生成F，故C与F都含有不饱和键，故C为乙炔，F为氯乙烯．

11、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2分）（CH3)2C＝CHCH＝CH（CH3)2（2）（6分）12、略

【分析】解：（1）HClO为共价化合物，分子中含有1个O-Cl键和个H-O键，其电子式为

故答案为：

（2）NaCN易与酸反应生成HCN；为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；

故答案为：碱性；防止生成HCN；造成人员中毒或污染空气；

（3）反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子．N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；

故答案为：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；

（4）参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol×4=14900g；

故答案为：14900．

（1）HClO为共价化合物；分子中含有1个O-Cl键和个H-O键，据此写出其电子式；

（2）NaCN易与酸发生反应生成HCN；而HCN有剧毒，故应该使溶液的pH呈碱性；

（3）反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价；得到2个电子．N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，结合氧化还原反应中化合价升降相等配平；

（4）参加反应的NaCN为=20mol；反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，利用电子守恒计算．

本题考查了电子式、氧化还原反应方程式书写、计算等有关判断，题目难度中等，明确氧化还原反应的实质及配平原则为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；1490013、略

【分析】解：A；三大传统硅酸盐产品为：玻璃、陶瓷、水泥；故答案为：玻璃；陶瓷；水泥；

B、合金材料钢铁里的Fe和C在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；

C；居室装修材料能释放许多挥发性的有机物；如甲醛，故答案为：甲醛；

D；日常生活中制作食品保鲜膜用的是聚乙烯PE；故答案为：聚乙烯；

E；塑料、合成纤维、合成橡胶成为三大合成材料；故答案为：塑料；合成纤维；合成橡胶．

A；三大传统硅酸盐产品为：玻璃、陶瓷、水泥；

B；合金材料钢铁里的Fe和C在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀；

C；居室装修材料能释放许多挥发性的有机物；如甲醛等；

D；日常生活中制作食品保鲜膜用的是聚乙烯PE；

E；三大合成材料为：塑料、合成纤维、合成橡胶．

本题考查三大硅酸盐产品和三大合成材料，还涉及钢铁的吸氧腐蚀，食品保鲜膜制作原料，装修材料的危害等知识，电极反应式的书写时难点，与生产、生活联系密切．【解析】玻璃；陶瓷；水泥；O2+2H2O+4e-=4OH-；甲醛；聚乙烯；塑料；合成纤维；合成橡胶14、rm{(1)N_{2;;;;}C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}

rm{(2)垄脹}rm{垄脷垄脺垄脼}

rm{(3)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4;;;}H_{2}SO_{4}}

rm{(4)垄脵垄脺垄脼垄脹垄脷垄脻}【分析】【分析】本题考查了原子核外电子排布、元素周期律等知识点，根据泡利原理、洪特规则、元素周期律来分析解答，易错点是第一电离能的异常现象，当原子轨道处于半满、全满、全空时原子最稳定，难度中等。【解答】rm{(1)}等电子体中原子数和价电子数都相同，则rm{N_{2}}rm{C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}rm{CO}的原子数都是rm{2}价电子数都是rm{10}则互为等电子体，故答案为：rm{N_{2}}rm{C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}rm{(2)}泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳rm{2}个自旋状态相反的电子；

洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子；总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；

所以违反泡利不相容原理的有rm{垄脹}违反洪特规则的有rm{垄脷垄脺垄脼}

故答案为：rm{垄脹}rm{垄脷垄脺垄脼}

rm{(3)}根据激发态原子核外电子排布式知该元素核外有rm{16}个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}该元素是rm{S}元素，rm{S}元素最外层有rm{6}个电子，其最高化合价是rm{+6}价，其最高价氧化物对应的水化物是硫酸，其化学式为rm{H_{2}SO_{4}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{H_{2}SO_{4}}

rm{(4)}电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按rm{s}rm{p}rm{d}能量逐渐增大，所以能量高低：rm{ns<(n+1)s}rm{ns<np}根据能量交错现象，能量rm{4s<3d}所以轨道能量由低到高排列顺序是：rm{垄脵垄脺垄脼垄脹垄脷垄脻}

故答案为：rm{垄脵垄脺垄脼垄脹垄脷垄脻}

【解析】rm{(1)N_{2;;;;}C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}rm{(2)垄脹}rm{垄脷垄脺垄脼}rm{(3)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4;;;}H_{2}SO_{4}}rm{(4)垄脵垄脺垄脼垄脹垄脷垄脻}三、实验题(共5题，共10分)15、略

【分析】解：（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l-2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的．因此①中甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的；②中乙同学认为氧化性：Fe3+＜Br2，发生反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；

（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+．要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案一：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色．则证明方案一正确；方案二：证明溶液中存在Fe3+．根据题意；选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案二正确；

方案一；方案二都正确；即可证明乙同学的观点确实正确；

故答案为：

。选用试剂（填序号）实验现象方案1b下层（CCl4层）无色方案2d溶液变为血红色（4）根据结论：氧化性：Fe3+＜Br2，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水时，Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-．确定出反应物和生成物后Fe2++Br2-Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；

故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；

（5）①FeBr2在溶液中电离出Fe2+、Br-，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br-，发生的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-、2Br-+Cl2═Br2+2Cl-．根据反应2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，还原剂是Fe2+，还原产物是Br-，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即得还原性：Fe2+＞Br-，因此Cl2先氧化Fe2+，后氧化Br-；

故答案为：Fe2+；

②2.24LCl2（标准状况）的物质的量是0.1mol，得到0.2mol．设溴化亚铁的物质的量是xmol，氯气首先氧化亚铁离子，然后氧化溴离子，则根据电子得失守恒可知0.2=x×1+2x××1；解得：x=0.1，因此溴化亚铁的浓度是0.1mol÷0.1L=1mol/L；

故答案为：1mol/L．

（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l-2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的．即可得出甲同学；乙同学的结论；

（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，要设计方案进行实验证明乙同学的观点确实正确，考虑两种思路．第一，溶液中不存在Br2，然后选择合适试剂检验不存在Br2．第二，溶液中存在Fe3+，选择合适试剂检验存在Fe3+；即可确定乙同学观点正确；

（4）由氧化性Br2＞Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入1～2滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+；

（5）①还原性强的离子先被氧化；

②根据电子守恒进行计算．

本题考查了性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，学生应注意物质的性质及氧化还原反应中电子守恒来分析，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．【解析】Br2；Fe3+；2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；Fe2+；1mol/L16、略

【分析】解：（1）实验时应先称量一定质量的固体；溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；

故答案为：C；A；B；E；

（2）滴定管0刻度在上；滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度；

故答案为：“0”刻度以下；

（3）指示剂为甲基橙；变色范围为3.1-4.4，终点时pH约为4，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；

故答案为：当滴入最后一滴H2SO4溶液；锥形瓶内溶液由黄色变为橙色，并且半分钟内不褪色；

（4）滴到消耗的硫酸为：n（硫酸）=cV=（V2-V1）×10-3L×mmol/L，根据反应方程可知，n（NaOH）=2n（硫酸）=2m（V2-V1）×10-3mol；

所以原来样品中氢氧化钠的物质的量为：2m（V2-V1）×10-3mol×=2m（V2-V1）×10-2mol，则样品中氢氧化钠的质量为m（NaOH）=nM=80m（V2-V1）×10-2g，则该烧碱样品的纯度为：×100%=×100%；

故答案为：×100%．

（5）①操作B中的碱式滴定管只用蒸馏水洗未用所盛烧碱溶液润洗；碱溶液溶液被稀释，则消耗的酸的体积偏小，所以会导致测定结果偏低；

②酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接装入标准H2SO4溶液；酸被稀释，酸的体积偏大，所以会导致测定结果偏高；

③滴定时；锥形瓶摇动太剧烈，有少量液体溅出，碱溶液偏小，则消耗的酸的体积偏小，所以会导致测定结果偏低；

④滴定到终点时；滴定管尖嘴部分悬有液滴，则读出的酸的体积偏大，所以会导致测定结果偏高；

⑤酸式滴定管读数时滴定前仰视；滴定后俯视，读出的酸的体积偏小，所以会导致测定结果偏低；

故选②④．

（1）实验时应先称量一定质量的固体；溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；

（2）滴定管0刻度在上；滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡；

（3）指示剂为甲基橙；变色范围为3.1-4.4；

（4）根据反应消耗的硫酸；求出氢氧化钠，进一步求出样品的纯度；

（5）①操作B中的碱式滴定管只用蒸馏水洗未用所盛烧碱溶液润洗；碱溶液溶液被稀释，则消耗的酸的体积偏小；

②酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接装入标准H2SO4溶液；酸被稀释，酸的体积偏大；

③滴定时；锥形瓶摇动太剧烈，有少量液体溅出，碱溶液偏小，则消耗的酸的体积偏小；

④滴定到终点时；滴定管尖嘴部分悬有液滴，则读出的酸的体积偏大；

⑤酸式滴定管读数时滴定前仰视；滴定后俯视，读出的酸的体积偏小．

本题综合考查酸碱中和滴定，侧重于化学实验基本操作以及物质的含量的测定等问题，题目难度中等，建议在学习中把握相关基本实验方法，学习中注意积累．【解析】C；A；B；E；“0”刻度以下；当滴入最后一滴H2SO4溶液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色，并且半分钟内不褪色；×100%；②④17、略

【分析】【分析】本题考查了化学流程的分析，氧化还原反应方程式的配平和书写，外界条件对化学平衡的影响、化学计量的综合计算。解答本题的关键是能够根据化合价升降配平氧化还原反应，综合分析外界条件对反应速率和化学平衡的影响，能够根据质量守恒进行相关计算。题目难度较大，为高考高频考点，考查学生综合分析问题的能力和计算能力。【解答】rm{(1)}萃取、反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为萃取、反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为分液漏斗；rm{(1)}rm{(2)}根据流程和反应产物分析：“浸取还原”过程的反应物为rm{垄脵}根据流程和反应产物分析：“浸取还原”过程的反应物为rm{V}rm{垄脵}rm{V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}、rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}，生成物有rm{VOSO}rm{VOSO}在反应中rm{{,!}_{4}}元素的化合价降低，、rm{Na}元素的化合价升高，根据化合价升降守恒配平可得反应的离子方程式为rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}在反应中rm{V}元素的化合价降低，rm{S}元素的化合价升高，根据化合价升降守恒配平可得反应的离子方程式为rm{V}rm{O}rm{V}rm{S}rm{V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}“氧化”过程无气体产生，溶液中rm{{,!}_{5}}转化为rm{+SO}rm{+SO}元素的化合价升高，则氯酸钾中的氯元素化合价降低转变为rm{{,!}_{3}^{2-}}根据化合价升降守恒可配平离子方程式为rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{=2VO}rm{=2VO}rm{{,!}^{2+}}rm{+SO}受热容易分解，所以rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}沉钒率降低的可能原因是rm{+2H}rm{+2H}导致部分氯化铵分解。rm{{,!}_{2}}广口瓶中浓硫酸的作用为吸收产生的氨气rm{O}rm{O}根据已知条件可进行计算：rm{垄脷}沉淀rm{VO^{2+}}由题意知沉淀分解为rm{VO_{2}^{+}}rm{V}rm{Cl^{-}}rm{6}rm{n(NH_{3})=(83.2g-72.8g-3.6g)隆脗17g/mol=0.4mol}rm{n(V_{2}O_{5})=72.8g隆脗182g/mol=0.4mol}rm{VO}沉淀rm{):n(H_{2}O):n(NH_{3}):n(V_{2}O_{5})=1:2:4:4}因此该物质的分子式为rm{VO}rm{{,!}^{2+}+ClO_{3}^{-}+3H_{2}O=6VO_{2}^{-}+Cl^{-}+6H^{+}}【解析】rm{(1)}分液漏斗rm{(2)}rm{垄脵V}rm{垄脵V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{=2VO}rm{=2VO}rm{{,!}^{2+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}温度高于rm{+2H}rm{+2H}导致部分氯化铵分解rm{{,!}_{2}}吸收产生的氨气rm{O}rm{O}rm{垄脷}rm{6VO^{2+}+ClO_{3}^{-}+3H_{2}O=6VO_{2}^{-}+Cl^{-}+6H^{+}}18、（1）2Cl—2e-=Cl2↑、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、湿润的碘化钾淀粉试纸、0.001mol、0．01mol/L

（2）Cu-2e-=Cu2+，）2，Cu-2e-=Cu2+Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑

）2（3）2Fe-4e-=2Fe2+、3

Fe-4e-=2Fe2+【分析】【分析】本题考查原电池、电解池原理及其应用。【解答】【解答】rm{(}rm{1}rm{)}电解rm{NaCl}溶液，阳极为rm{Cl^{-}}放电，电极反应式：rm{2Cl}rm{(}电解rm{1}溶液，阳极为rm{1}放电，电极反应式：rm{)}rm{NaCl}rm{NaCl}，阴极反应式：rm{Cl^{-}}，总反应化学方程式：rm{Cl^{-}}rm{2Cl}。实验中可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验rm{2Cl}。若生成的氢气为rm{{,!}^{-}}，即rm{隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}，转移电子数rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}O}rm{2NaCl+2H_{2}O}，rm{2NaCl+2H_{2}O}，rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}。实验中可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验rm{Cl_{2}}。若生成的氢气为rm{11.2mL}，即rm{5}rm{隆脕}rm{10^{-4}mol}，转移电子数rm{1}rm{隆脕}rm{10^{-3}mol}，rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-3}mol/0.1L=0.01mol`L^{-1}}，rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}、rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{Cl_{2}}rm{Cl_{2}}湿润的碘化钾淀粉试纸、rm{11.2mL}rm{11.2mL}rm{5}rm{5}rm{隆脕}用铜作阳极，则铜参加反应，阳极电极反应式：rm{10^{-4}mol}rm{10^{-4}mol}rm{1}rm{1}；阴极上的电极反应式为：rm{隆脕}rm{10^{-3}mol}rm{10^{-3}mol}rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-3}mol/0.1L=0.01mol`L^{-1}}rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-3}mol/0.1L=0.01mol`L^{-1}}故答案为：rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}、rm{2NaCl+2H_{2}}总反应化学方程式为rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}}rm{O}，rm{O}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{0.001mol}rm{0.01mol/L}含有杂质的铁片插入到rm{(}溶液，可构成原电池，发生电化学腐蚀，其负极为rm{2}，电极反应式：rm{2}rm{)}，正极为rm{Cu-2e}rm{-}rm{=Cu}rm{2+}反应，电极反应式：rm{Cu-2e}，rm{-}rm{-}rm{=Cu}、rm{2+}。

rm{2+}【解析】rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}、rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}、rm{2NaCl+2H_{2}}rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}}湿润的碘化钾淀粉试纸、rm{O}rm{O}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{0.001mol}rm{0.01mol/L}，rm{(}rm{2}rm{)}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}，rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}、rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}

19、CH3CH2CH2CHO④⑤①⑤③②吸收甲酸、降低酯的溶解度HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3分液硫酸【分析】解：（1）反应1的原子理论利用率为100%，A的结构简式为CH3CH2CH2CHO；

故答案为：CH3CH2CH2CHO；

（2）丙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳；且均在溶液中检验，先利用无水硫酸铜检验水，再利用品红检验二氧化硫，用饱和碳酸钠除去二氧化硫，然后品红检验二氧化硫除尽，石灰水检验二氧化碳，最后高锰酸钾检验丙烯，则顺序为④⑤①⑤③②；

故答案为：④⑤①⑤③②；

（3）大试管中溶液的作用除了溶解正丁醇外；还有吸收甲酸；降低酯的溶解度；

故答案为：吸收甲酸；降低酯的溶解度；

（4）若大试管中溶液是NaOH溶液，则收集到的产物比预期的少，其原因是HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3；

故答案为：HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3；

（5）由流程可知，试剂a为饱和碳酸钠，操作1为分液，分离出A为甲酸正丁酯，B中含甲酸钠、正丁醇，操作2为蒸馏，分离出D为正丁醇，C中含甲酸钠，试剂b为硫酸；操作3为蒸馏，分离出甲酸；

故答案为：分液；硫酸。

I．（1）反应1的原子理论利用率为100%，则反应为CH3CH=CH2+CO+H2O→CH3CH2CH2CHO，然后CH3CH2CH2CHO与氢气反应生成正丁醇；

（2）丙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳；且均在溶液中检验，先利用无水硫酸铜检验水，再利用品红检验二氧化硫，用饱和碳酸钠除去二氧化硫，然后品红检验二氧化硫除尽，石灰水检验二氧化碳，最后高锰酸钾检验丙烯；

II．（3）饱和碳酸钠可吸收甲酸；降低酯的溶解度；

（4）若大试管中溶液是NaOH溶液；酯与NaOH反应；

（5）甲酸、正丁醇、甲酸正丁酯和硫酸的混合物，由流程可知，试剂a为饱和碳酸钠，操作1为分液，分离出A为甲酸正丁酯，B中含甲酸钠、正丁醇，操作2为蒸馏，分离出D为正丁醇，C中含甲酸钠，试剂b为硫酸；操作3为蒸馏，分离出甲酸，以此来解答。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。【解析】CH3CH2CH2CHO④⑤①⑤③②吸收甲酸、降低酯的溶解度HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3分液硫酸四、其他(共3题，共18分)20、略

【分析】【解析】【答案】AEF21、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══22、略

【分析】【解析】【答案】五、有机推断题(共4题，共24分)23、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=CH224、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】

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++HCl26、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