2025年沪教新版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年沪教新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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、用铂电极(惰性)电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是A.NaCl溶液B.HCl溶液C.NaOH溶液D.AgNO3溶液2、下列各组物质中，最简式相同，但既不是同系物，又不是同分异构体的是（）A.丙烯和丙烷B.正戊烷和2-甲基丁烷C.环己烷和苯D.乙炔和苯3、下列有关实验正确的是

A.图rm{1}证明酸性：rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}B.图rm{2}实验室制备氨气。

C.图rm{3}实验室制备乙酸乙酯D.图rm{4}检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫4、下列气体能使品红溶液褪色的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}B.rm{O_{2}}C.rm{NH_{3}}D.rm{HCl}5、有关反应5Cu+4H2SO4（浓）Cu2S+3CuSO4+4H2O的叙述正确的是A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5B.每有1molCu参加反应时转移2mole－C.氧化产物只有CuSO4D.浓硫酸既是氧化剂又是还原剂6、下列离子方程式中，书写不正确的是()A.氯化钠溶液中加入硝酸银溶液：Ag++Cl-=AgCl↓B.把金属钠放入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2C.将溴水加入碘化钾溶液中：Br2+2I-=2Br-+I2D.盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O7、下列有关物质的性质或应用的说法正确的是（）A.在甲苯中加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡后褪色，正确的解释是由于侧链与苯环的相互影响，使侧链和苯环均易被氧化B.用核磁共振氢谱鉴别1-丙醇、2-丙醇C.间二溴苯仅有一种空间结构可证明苯分子中不存在单双键交替的结构D.煤的干馏是现今获得芳香烃的主要途径8、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.第rm{3}周期所包含的元素中钠的原子半径最小B.钠的第一电离能比镁的第一电离能大C.在所有元素中，氟的电负性最大D.电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子9、加成反应也是有机化学中的一类重要的反应类型，下列物质各组物质中不能全部发生加成反应的是rm{(}rm{)}A.乙烷、乙烯B.乙烯、乙炔C.氯乙烯、溴乙烯D.苯、rm{2-}丁烯评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、煤在燃烧时会产生rm{SO_{2}}造成环境污染rm{.}下列说法正确的有rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}是形成酸雨的主要气体B.用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染C.往燃煤中混入生石灰，可减少rm{SO_{2}}排放D.用水溶解、过滤除去煤中的单质硫以减少rm{SO_{2}}排放11、下列有机化合物中，不属于醇的有A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}=CHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}12、甲烷和乙烯是两种重要的有机物，关于它们的说法正确的是A.乙烯是重要的化工原料B.甲烷和乙烯互为同系物C.甲烷和乙烯可以用溴水加以鉴别D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分13、下列各组中的性质比较中，正确的有（）A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.非金属性F＞Cl＞BrD.稳定性HCl＞H2S＞PH314、生活处处有化学。下列叙述正确的有A.大米经蒸煮和发酵可酿造白酒B.油脂水解的最终产物为葡萄糖C.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素D.豆制品中的主要营养物质是蛋白质评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、11.2gKOH的稀溶液与1L0.1mol·L-1的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量,该反应的热化学方程式为,则KOH与H2SO4的中和热为。16、氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。（1）氢气燃烧热值高。实验测得，在常温常压下，1gH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量。则H2燃烧热的化学方程式为____。（2）氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化方程式如下：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝－92.4kJ/mol①当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率与时间的关系如下图所示。图中t1时引起平衡移动的条件可能是____其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是②温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%。则反应的平衡常数为17、(12分)在100℃时，将0.100molN2O4气体充入1L恒容抽空的密闭容器中，隔一定时间对该容器内物质的浓度进行分析得到如表数据：。时间(s)020406080c(N2O4)/mol·L－10.100c10.050c3c4c(NO2)/mol·L－10.0000.060c20.1200.120（1）该反应的平衡常数表达式为________；从表中分析：c1________c2，c3________c4(填“>”、“<”或“＝”)。（2）在上述条件下，从反应开始直至达到化学平衡时，N2O4的平均反应速率为________mol·L－1·s－1。（3）达平衡后下列条件的改变可使NO2气体浓度增大的是________(填字母序号)。A．扩大容器的容积B．再充入一定量的N2O4C．分离出一定量的NO2D．再充入一定量的He（4）若在相同条件下，起始时只充入0.080molNO2气体，则达到平衡时NO2气体的转化率为________。18、(14分)Ｉ．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当把0．5mol液态肼和1molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256．5kJ的热量(相当于25℃、101kPa下测得的热量)。（1）反应的热化学方程式为。（2）又已知H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝+44．0kJ/mol。则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是kJ。（3）此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是。II．已知：（s，白磷）+则白磷转化为红磷为____________反应（填“吸热”或“放热”）；白磷的稳定性比红磷___________（填“高”或“低”）。III．能较准确地反映丙烷燃烧时能量变化的曲线是________。19、（12分）位于短周期的四种主族元素A．B．C．D原子序数依次增大，已知A．C位于同一主族，A在周期表中原子半径最小。B．D的最外层电子数相等，且B．D的原子序数之和为A．C原子序数之和的两倍。根据你的推断回答下列问题：（1）写出由上述元素形成的具有漂白作用的四种物质的化学式：，，，。（2）C与D形成D的最低价化合物的电子式：____（3）仅由B．C．D三种元素形成的一种盐，溶于水后呈碱性，请用一个离子方程式表示其呈碱性的原因：。20、当醚键两端的烷基不相同时rm{(R_{1}-O-R_{2},R_{1}neqR_{2})}通常称其为“混醚”。若用醇脱水的常规方法制备混醚，会生成许多副产物：rm{R_{1}隆陋OH+R_{2}隆陋OHxrightarrow[triangle]{脜篓脕貌脣谩}R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+R_{1}隆陋O隆陋R_{1}+R_{2}隆陋O隆陋R_{2}+H_{2}O}一般用rm{(R_{1}-O-R_{2},R_{1}neq

R_{2})}反应制备混醚：rm{R_{1}隆陋X+R_{2}隆陋ONa隆煤R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+NaX}某课外研究小组拟合成rm{R_{1}隆陋OH+R_{2}隆陋OH

xrightarrow[triangle]{脜篓脕貌脣谩}R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+R_{1}隆陋O隆陋R_{1}+

R_{2}隆陋O隆陋R_{2}+H_{2}O}乙基苄基醚rm{Williamson}采用如下两条路线进行对比：Ⅰ：Ⅱ：rm{R_{1}隆陋X+

R_{2}隆陋ONa隆煤R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+NaX}rm{(}rm{)}回答下列问题：rm{垄脵}路线Ⅰ的主要副产物有______________、______________。rm{垄脷}的结构简式为______________。rm{垄脹}的制备过程中应注意的安全事项是______________。rm{(1)}由rm{(2)A}和rm{(3)B}生成乙基苄基醚的反应类型为______________。rm{(4)}比较两条合成路线的优缺点：______________。rm{A}苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有________种。rm{B}某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，请参照路线Ⅱ，写出合成路线______________。rm{(5)}21、rm{(1)}已知反应：rm{垄脵C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH_{1}=-110.5kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH_{2}=-393.5kJ?mol^{-1}}

写出表示rm{垄脵C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH_{1}=-110.5kJ?mol^{-1}}燃烧热的热化学方程式______．

rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangle

H_{2}=-393.5kJ?mol^{-1}}搭载神舟十一号航天飞船的长征二号rm{CO}运载火箭的助推器、芯一级、芯二级应用的燃料全部是液态偏二甲肼和液态四氧化二氮rm{(2)}其中偏二甲肼rm{F}为火箭燃料，四氧化二氮rm{.}为氧化剂，当它们混合时，立即产生大量氮气、二氧化碳和水蒸气，并放出大量热rm{(C_{2}H_{8}N_{2})}若rm{(N_{2}O_{4)}}偏二甲肼与rm{.}完全反应时，放出rm{0.1mol}的热量rm{N_{2}O_{4}}写出该反应的热化学方程式：______．rm{526.65kJ}评卷人得分四、实验题(共2题，共6分)22、元素铬rm{(Cr)}在溶液中主要以rm{Cr^{3+}(}蓝紫色rm{)}rm{Cr(OH)_{4}^{?}(}绿色rm{)}rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}(}橙红色rm{)}rm{CrO_{4}^{2?}(}黄色rm{)}等形式存在，rm{Cr(OH)_{3}}为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：rm{(1)CrO_{4}^{2?}}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}}在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为rm{1.0mol隆陇L^{?1}}的rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中rm{c}rm{(Cr_{2}O_{7}^{2?})}随rm{c}rm{(H^{+})}的变化如图所示。

rm{垄脵}用离子方程式表示rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的转化反应__rm{_}rm{垄脷}由图可知，溶液酸性增大，rm{CrO_{4}^{2?}}的平衡转化率_____rm{(}填“增大“减小”或“不变”rm{)}根据rm{A}点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_______。rm{垄脹}升高温度，溶液中rm{CrO_{4}^{2?}}的平衡转化率减小，则该反应的rm{娄陇}rm{H}_______rm{0(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}rm{(2)}在化学分析中采用rm{K_{2}CrO_{4}}为指示剂，以rm{AgNO_{3}}标准溶液滴定溶液中的rm{Cl^{?}}利用rm{Ag^{+}}与rm{CrO_{4}^{2?}}生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中rm{Cl^{?}}恰好完全沉淀rm{(}浓度等于rm{1.0隆脕10^{?5}mol隆陇L^{?1})}时，溶液中rm{c(Ag^{+})}为_______rm{mol隆陇L^{?1}}此时溶液中rm{c}rm{(CrO_{4}^{2?})}等于______________rm{mol隆陇L^{?1}}rm{(}已知rm{Ag_{2}CrO_{4}}rm{AgCl}的rm{K}rm{{,!}_{sp}}分别为rm{2.0隆脕10^{?12}}和rm{2.0隆脕10^{?10})}rm{(3)+6}价铬的化合物毒性较大，常用rm{NaHSO_{3}}将废液中的rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}}还原成rm{Cr^{3+}}反应的离子方程式为__________________。23、rm{CH_{3}Cl}为无色，略带臭味的气体，密度为rm{2.25g/L}熔点为rm{-24.2隆忙}不易溶于水，易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂．

Ⅰrm{.}实验室制取rm{CH_{3}Cl}的原理是rm{CH_{3}OH+HCl(}浓rm{)xrightarrow[triangle]{ZnCl_{2}}}rm{)xrightarrow[triangle

]{ZnCl_{2}}}具体步骤如下：

rm{CH_{3}Cl+H_{2}O.}干燥rm{垄脵}晶体；

rm{ZnCl_{2}}称取rm{垄脷}研细的无水rm{24g}和量取rm{ZnCl_{2}}浓盐酸放入圆底烧瓶；同时量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；

rm{20mL}将分液漏斗里的甲醇逐滴滴入烧瓶中并加热，待rm{垄脹}完全溶解后有rm{ZnCl_{2}}气体逸出；可用排水法收集．

请回答：

rm{CH_{3}Cl}实验室干燥rm{(1)}晶体制得无水rm{ZnCl_{2}}的方法是______

rm{ZnCl_{2}}反应过程中滴入烧瓶中甲醇的体积比盐酸少rm{(2)}甲醇与浓盐酸的物质的量浓度接近rm{(}其理由是______．

rm{)}实验室为何用排水法收集rm{(3)}______

Ⅱrm{CH_{3}Cl}据某资料记载，rm{.}分子中的一个rm{CH_{4}}原子被rm{H}原子取代后，其稳定性受到影响，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化rm{Cl}现有四只洗气瓶；分别盛有以下试剂：

A.rm{.}溶液；rm{1.5%KMnO_{4}(H^{+})}蒸馏水；rm{B.}溶液；rm{C.5%Na_{2}SO_{3}}

rm{D.98%H_{2}SO_{4}}为证实这一理论的可靠性，请从上面选择最恰当的洗气瓶，将rm{(1)}装置生成的气体依次通过洗气瓶______rm{a}填洗气瓶编号rm{(}如果观察到______则证实上述资料的正确性．

rm{)}写出洗气瓶中发生反应的离子方程式rm{(2)}元素的氧化产物为rm{(C}______

rm{CO_{2})}如果rm{(3)}是大气的污染物；上述洗气瓶之后还应接一只盛______的洗气瓶．

rm{CH_{3}Cl}某小组同学取rm{(4)}被rm{VmL}污染的水样与锥形瓶中，用rm{CH_{3}Cl}酸性rm{0.10mol?L^{-1}}溶液进行滴定；实验所得数据如表所示：

。rm{KMnO_{4}}滴定次数rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}消耗rm{KMnO_{4}}溶液体积rm{/mL}rm{20.90}rm{20.02}rm{20.00}rm{19.98}第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是______rm{(}填字母代号rm{)}．

rm{a.}锥形瓶洗净后未干燥rm{b.}酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗。

rm{c.}滴定过程中振荡锥形瓶时有液体溅出rm{d.}滴定终点时仰视读数．评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共8分)24、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）。25、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：_____________。26、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）。27、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_______参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】试题分析：A、B项：阳极产物是Cl2，故错；D项：阴极产物是Ag，故错。故选C。考点：电解原理的应用【解析】【答案】C2、D【分析】解：A．丙烯和丙烷分子式分别为C3H6、C3H8；最简式不同，丙烯含有碳碳双键，与苯丙烷不是同系物，二者分子式不同不是同分异构体，故A错误；

B．正戊烷和2-甲基丁烷分子式分别为C5H12、C5H12；最简式相同，二者分子式相同结构不同是同分异构体，故B错误；

C．环己烷和苯分子式分别为C6H12、C6H6；最简式不同，环己烷与苯不是同系物，二者分子式不同不是同分异构体，故C错误；

D．乙炔和苯分子式分别为C2H2、C6H6；最简式相同，乙烯含有碳碳三键，与苯不是同系物，二者分子式不同不是同分异构体，故D正确．

故选D．

最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；

同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质；

同分异构体指具有相同的分子式；但具有不同的结构式的化合物．

本题考查同系物、同分异构体的判断，难度不大，注意化学“五同”比较．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、物质分离和提纯、气体制备等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，易错选项是rm{C}注意rm{NaOH}能促使乙酸乙酯水解，题目难度不大。【解答】A.硝酸也能和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸胶体；且硝酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有硝酸而影响碳酸酸性检验，要实现实验目的，应该将生成的二氧化碳先通入饱和的碳酸氢钠溶液中除去硝酸，然后将气体通入硅酸钠溶液中，故A错误；

B.加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，但温度降低时氨气和rm{HCl}又反应生成氯化铵；实验室应该用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，故B错误；

C.实验室用饱和碳酸钠溶液分离提纯乙酸乙酯，因为rm{NaOH}能和乙酸及乙酸乙酯反应，所以不能用rm{NaOH}溶液分离提纯乙酸乙酯；故C错误；

D.二氧化硫能使品红溶液褪色而体现漂白性；二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用品红溶液；酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}4、A【分析】解：氧气；氨气、氯化氢都不具有漂白性；不能使品红溶液褪色，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；

故选：rm{A}．

能使品红溶液褪色说明该物质具有漂白性；依据所给物质的性质解答．

本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫的漂白性即可解答，题目难度不大．【解析】rm{A}5、A【分析】【解析】试题分析：根据方程式可知，在反应中铜的化合价从0价部分升高到＋2价，部分升高到＋1价，共计失去2×3＋1×2＝8个电子。S元素的化合价从＋6价降低到－2价，得到8个电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，A正确；每有1molCu参加反应时转移8mol÷5＝1.6mole－，B不正确；氧化产物是硫酸铜和硫化亚铜，C不正确；浓硫酸起氧化剂和酸性的作用，D不正确，答案选A。考点：考查氧化还原反应的有关判断和计算【解析】【答案】A6、B【分析】B中没有配平，正确的是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，所以答案选B。【解析】【答案】B7、B【分析】解：A．甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成苯甲酸；甲基被氧化，而苯环不被氧化，故A错误；

B.1-丙醇和2-丙醇的氢原子种类分别为4；3种；可通过核磁共振氢谱鉴别，故B正确；

C．无论是否单双建交替；间二溴苯都只有一种同分异构体，应用邻二溴苯证明，故C错误；

D．石油的催化重整是获得芳香烃的主要途径；故D错误．

故选B．

A．甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成苯甲酸；

B.1-丙醇和2-丙醇的氢原子种类分别为4；3种；

C．无论是否单双建交替；间二溴苯都只有一种同分异构体；

D．石油的催化重整可以获得芳香烃．

本题考查有机物的鉴别，侧重于结构和性质的考查，题目贴近高考，注重基础知识的考查，难度不大．【解析】【答案】B8、C【分析】解：rm{A.}同周期元素从左到右；元素的原子半径逐渐减小，故A错误；

B.同一周期；从左到右，元素第一电离能是增大的趋势，钠的第一电离能比镁的第一电离能小，B错误；

C.电负性就是以氟作为标准的；氟的非金属性最大，即电负性最大，故C正确；

D.电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率；不表示一个电子，故D错误；

故选：rm{C}

A.同周期元素从左到右；元素的原子半径逐渐减小；

B.同周期元素从左到右；元素第一电离能是增大的趋势；

C.在所有元素中；氟的非金属性最大，即电负性最大；

D.电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率；

本题主要考查同周期元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率，不表示一个电子，答题时要注意把握．【解析】rm{C}9、A【分析】解：rm{A.}乙烷为饱和烃；不能发生加成反应，故A选；

B.乙烯；乙炔含有碳碳不饱和键；可发生加成反应，故B不选；

C.氯乙烯；溴乙烯含有碳碳双键；可发生加成反应，故C不选；

D.苯可发生加成反应，rm{2-}丁烯含有碳碳双键；可发生加成反应，故D不选．

故选A．

有机物分子中的不饱和键断裂；断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，能发生加成反应的有机物必须含有不饱和键，以此解答该题．

本题有机物的结构和性质，侧重加成反应的判断，加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键rm{(}如碳碳双键、碳碳三键等rm{)}难度不大．【解析】rm{A}二、多选题(共5题，共10分)10、ABC【分析】解：rm{A.}二氧化硫是形成酸雨的主要污染物之一；故A正确；

B.煤废气为酸性气体；可用碱液吸收，减少环境污染，故B正确；

C.在煤炭中添加石灰石rm{(}主要成分rm{CaCO_{3})}作为脱硫剂进行脱硫处理，可减少rm{SO_{2}}排放；故C正确；

D.硫微溶于水；无法除掉，故D错误．

故选ABC．

A.rm{SO_{2}}能形成酸雨；

B.煤废气为酸性气体；

C.在煤炭中添加石灰石rm{(}主要成分rm{CaCO_{3})}作为脱硫剂进行脱硫处理；

D.硫微溶于水．

本题考查环境污染及治理，为高频考点，侧重于化学与生活、生产、能源与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】【分析】本题考查了烃的衍生物的概念应用，题目较简单，掌握基本概念即可解决问题。【解答】A、rm{CH_{3}CH_{3}}只含rm{C}rm{H}两元素；故属于烃类，故A选；

B、rm{CH_{2}篓TCHCl}可以认为是乙烯中的一个rm{H}原子被一个rm{Cl}取代后的产物；故属于卤代烃，故B选；

C、rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以认为是用rm{-OH}取代了乙烷中的一个rm{H}原子后得到的；故属于醇，故C不选；

D、乙酸乙酯可以认为是用rm{CH_{3}COO-}取代了乙烷分子中的一个rm{H}原子得到；属于酯类，故D选。

故选ABD。

【解析】rm{ABD}12、ACD【分析】本题考查较综合，涉及有机物的鉴别、试剂的保存、有机物结构与性质及混合物分离提纯等。A.乙烯是重要的化工原料，故A正确；

B.甲烷是饱和烷烃，乙烯是烯烃，不是同系物，故B错误；

C.乙烯与溴水反应，而甲烷不能，则甲烷和乙烯可以用溴水鉴别，故C正确；

D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分，故D正确。

故选ACD。【解析】rm{ACD}13、ABCD【分析】解：A．Cl、Br；I位于同一主族；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，故A正确；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐增强，则碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性F＞Cl＞Br；故C正确；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，其氢化物的稳定性增强，则稳定性HCl＞H2S＞PH3；故D正确．

故答案为：ABCD．

A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强；对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强；其氢化物的稳定性增强．

本题考查元素周期表的递变规律，题目难度不大，注意单质、化合物的性质与金属性、非金属性的关系．【解析】【答案】ABCD14、AD【分析】【分析】本题旨在考查学生对油脂、淀粉、纤维素、蛋白质等应用。【解答】A.淀粉发酵为葡萄糖，葡萄糖在一定条件下分解为乙醇和二氧化碳，故A正确；B.油脂水解最终产物为高级脂肪酸和甘油，故B错误；C.棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，故C错误；D.豆制品中的主要营养物质是蛋白质，故D正确。故答案为：rm{AD}【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】n(KOH)=0.2mol,n(H2SO4)=0.1mol,两者恰好完全反应生成0.2mol水,放出11.46kJ的热量,由中和热的定义可知,生成1mol水,放出的热量为11.46kJ×5=57.3kJ。【解析】【答案】KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-157.3kJ·mol-116、略

【分析】试题分析：（1）1g氢气的物质的量是0.5mol，燃烧0.5mol氢气放出142.9kJ热量，所以燃烧1mol氢气放出285.8kJ热量，所以氢气的燃烧热化学反应方程式为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ/mol；（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ/mol；反应是放热反应，反应前后气体体积减小，①依据反应速率与时间的关系图象分析，t1时正逆反应速率都增大，平衡正向移动，引起平衡移动的条件可能是增大压强；表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2-t3；②N2（g）+3H2（g）⇌2NH2（g）开始2amol/L4amol/L0反应amol/L3amol/L2amol/L平衡amol/Lamol/L2amol/L所以化学平衡常数K=(2amol/L)2/(amol/L)•(amol/L)3=4/a2（L/mol）2，考点：热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的调控作用【解析】【答案】（1）H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；ΔH＝－285.8kJ/mol（2）①增大压强t2－t3②17、略

【分析】试题分析：N2O4（g）⇌2NO2（g），反应的平衡常数K＝20s时c（NO2）=0.060mol/LN2O4⇌2NO2，浓度变化0.030mol0.060mol/Lc1=0.10mol/L-0.03mol/L=0.070mol/L；由表可知，40s时，c（N2O4）=0.050mol/L，N2O4⇌2NO2，浓度变化：（0.1-0.05）mol/L0.10mol/L所以c2=0.10mol/L所以c2＞c1；答案为：K＝<＝；（2）（2）由表可知，60s时反应达平衡，c（NO2）=0.120mol/L，N2O4⇌2NO2，浓度变化：0.06mol/L0.120mol/L，V（N2O4）==0.001mol/（L•s）；故答案为：0.001；（3）N2O4=2NO2反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡原理分析选项，增大二氧化氮浓度的条件；A、增大容器体积，各组分浓度均减小，故A错误；B、再充入四氧化二氮，平衡正向移动，二氧化氮浓度增大，故B正确；C、减小NO2的浓度，平衡虽正向进行，但二氧化氮的浓度减小，故C错误；D、再充入一定量的He，总压增大，气体分压不变，平衡不变，二氧化氮浓度不变，故D错误；故选B；（4）依据平衡浓度计算平衡常数，结合化学平衡三段式列式计算；N2O4⇌2NO2，起始量（mol/L）0.100变化量（mol/L）0.060.12平衡量（mol/L）0.040.12平衡常数K==2NO2=N2O4起始量（mol/L）0.08000变化量（mol/L）x0.5x平衡量（mol/L）0.080-x0.5xK=x=0.020mol/L则达到平衡时N02气体的转化率=25%考点：化学平衡常数的简单计算【解析】【答案】（1）K＝<＝（2）0.001（3）B（4）25%18、略

【分析】试题解析：（1）【解析】

液态肼和H2O2混合反应，反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0．4mol液态肼放出akJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=所以反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-kJ/mol；（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-kJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+bkJ/mol，依据盖斯定律①-②×4得到N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-（--4b）KJ/mol，则16g液态肼物质的量==0．5mol；与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量（+2b）KJ；（3）此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是产物为氮气和水，是空气成分不会造成环境污染。考点：热化学方程式；化学能与热能的相互转化【解析】【答案】Ｉ．（1）N2H4(l)+2H2O2(l)==N2(g)+4H2O(g)△H＝－513．0KJ/mol（2）344．5（3）产物不会造成环境污染。ＩＩ．放热；低．III．Ｂ19、略

【分析】【解析】【答案】（1）SO2O3H2O2Na2O2（2）（3）SO32－+H2OHSO3－+OH－20、（1）CH3CH2OCH2CH3（2）（3）规范使用金属钠，防止氢气爆炸（4）取代反应（5）路线I比路线II步骤少，但路线I比路线II副产物多，产率低（6）4（7）【分析】【分析】本题考查有机合成和有机推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，根据反应物、目标产物结构简式结合反应条件进行推断，注意题给信息的合理运用，注意反应先后顺序，题目难度中等。【解答】rm{(1)}路线Ⅰ的主要副产物有rm{CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}}rm{(2)A}的结构简式为故答案为：rm{(3)B}的制备过程中应注意的安全事项是规范使用金属钠，防止氢气爆炸，故答案为：规范使用金属钠，防止氢气爆炸；rm{(4)}由rm{A}和rm{B}生成乙基苄基醚的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；rm{(5)}比较两条合成路线的优缺点：路线rm{I}比路线rm{II}步骤少，但路线rm{I}比路线rm{II}副产物多，产率低，故答案为：路线rm{I}比路线rm{II}步骤少，但路线rm{I}比路线rm{II}副产物多，产率低；rm{(6)}苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有含甲基的苯酚rm{(}有邻、间、对rm{3}种rm{)}苯甲醚，共rm{4}种，故答案为：rm{4}rm{(7)}某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚的合成路线故答案为：【解析】rm{(1)}rm{CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}}rm{(2)}rm{(3)}规范使用金属钠，防止氢气爆炸rm{(4)}取代反应rm{(5)}路线rm{I}比路线rm{II}步骤少，但路线rm{I}比路线rm{II}副产物多，产率低rm{(6)4}rm{(7)}21、略

【分析】解：rm{(1)CO}燃烧热的热化学方程式表示rm{1molCO}完全燃烧放出热量的热化学方程式，用盖斯定理，将rm{垄脷-垄脵}可得rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}

故答案为：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}rm{kJ?mol^{-1}}

rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}反应的化学方程式为rm{kJ?mol^{-1}}rm{(2)}若rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)篓T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4}偏二甲肼与rm{H_{2}O(g)}完全反应时，放出rm{0.1mol}的热量，则rm{N_{2}O_{4}}完全燃烧放出rm{526.65kJ}rm{1molC_{2}H_{8}N_{2}}热化学方程式为rm{5266.5}rm{H_{2}O(g)triangleH=-5266.5}rm{kJ}

故答案为：rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)篓T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4}rm{H_{2}O(g)triangleH=-5266.5}rm{H_{2}O(g)triangle

H=-5266.5}．

rm{kJ?mol^{-1}}利用盖斯定理，将rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)篓T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4}可得rm{H_{2}O(g)triangle

H=-5266.5}燃烧热的热化学方程式；

rm{kJ?mol^{-1}}反应的化学方程式为rm{(1)}rm{垄脷-垄脵}结合方程式计算反应热．

本题考查化学反应与能量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析、计算能力，注意把握热化学方程式的书写以及盖斯定律的运用，难度不大．rm{CO}【解析】rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)篓T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-5266.5kJ?mol^{-1}}四、实验题(共2题，共6分)22、（1）①2Cr2O42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O②增大1.0X1014③小于（2）2.0×10-55.0×10-3（3）5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O【分析】【分析】本题考查化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、溶度积常数的计算的知识，注意平衡常数的理解应用，题目难度中等。【解答】rm{(1)垄脵}随着rm{H^{+}}浓度的增大，rm{CrO_{4}^{2-}}转化为rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的离子反应式为：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}故答案为：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}

rm{垄脷}溶液酸性增大，平衡rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}正向进行，rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡转化率增大；rm{A}点rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的浓度为rm{0.25mol/L}根据rm{Cr}元素守恒可知rm{CrO_{4}^{2-}}的浓度为rm{0.5mol/L}rm{H^{+}}浓度为rm{1隆脕10^{-7}mol/L}此时该转化反应的平衡常数为rm{K=dfrac{c(C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-})}{{c}^{2}({H}^{+}){c}^{2}(Cr{{O}_{4}}^{2-})}=dfrac{0.25}{0.{5}^{2}隆脕({10}^{-7}{)}^{2}}=1.0x10^{14}}故答案为：增大；rm{K=

dfrac{c(C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-})}{{c}^{2}({H}^{+}){c}^{2}(Cr{{O}_{4}}^{2-})}

=dfrac{0.25}{0.{5}^{2}隆脕({10}^{-7}{)}^{2}}=1.0x10^{14}}

rm{1.0x10^{14}}升高温度，溶液中rm{垄脹}的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的rm{CrO_{4}^{2-}}故答案为：小于；

rm{triangleH<0}当溶液中rm{(2)}完全沉淀时，即rm{Cl^{-}}依据rm{c(Cl^{-})=1.0隆脕10^{-5}mol/L}计算得到rm{c(Ag^{+})=dfrac{Ksp(AgCl)}{c(C{l}^{-})}=dfrac{2.0隆脕{10}^{-10}}{1,0隆脕{10}^{-5}}=2.0隆脕10^{-5}mol/L}此时溶液中rm{c(CrO_{4}^{2-})=dfrac{Ksp(A{g}_{2};Cr{O}_{4})}{{c}^{2}(A{g}^{+})}=dfrac{2.0隆脕{10}^{-12}}{(2.0隆脕{10}^{-5}{)}^{2}}=5.0隆脕10^{-3}mol/L}故答案为：rm{Ksp(AgCl)=2.0隆脕10^{-10}}rm{c(Ag^{+})=

dfrac{Ksp(AgCl)}{c(C{l}^{-})}=dfrac{2.0隆脕{10}^{-10}}{1,0隆脕{10}^{-5}}

=2.0隆脕10^{-5}mol/L}

rm{c(CrO_{4}^{2-})=

dfrac{Ksp(A{g}_{2};Cr{O}_{4})}{{c}^{2}(A{g}^{+})}=

dfrac{2.0隆脕{10}^{-12}}{(2.0隆脕{10}^{-5}{)}^{2}}

=5.0隆脕10^{-3}mol/L}利用rm{2.0隆脕10^{-5}}的还原性将废液中的rm{5.0隆脕10^{-3}}还原成rm{(3)}发生反应的离子方程式为rm{NaHSO_{3}}

故答案为：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}

rm{Cr^{3+}}【解析】rm{(1)垄脵2Cr_{2}O_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}rm{垄脷}增大rm{1.0X10^{14}}rm{垄脹}小于rm{(2)2.0隆脕10^{-5;;;;}5.0隆脕10^{-3}}rm{(3)5H^{+}+Cr_{2}O_{7}^{2-}+3HSO_{3}^{-}=2Cr^{3+}+3SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}23、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)}在加热rm{ZnCl_{2}}晶体时可选择通rm{HCl}气体抑制其水解，故答案为：在干燥的rm{HCl}气氛中加热；

rm{(2)}为了提高甲醇的利用率；可以适当增加盐酸的量，故答案为：增大盐酸的量以提高甲醇的转化率；

rm{(3)}因rm{CH_{3}Cl}中混有易溶于水的杂质气体，用排水法可以即除杂又可收集，故答案为：rm{CH_{3}Cl}不易溶于水，用排水法可除去rm{HCl}rm{CH_{3}OH}等杂质气体；

Ⅱrm{.(1)}如果rm{CH_{3}Cl}能被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化，可选择先通过盛有水的洗气瓶除去可能混合有的rm{HCl}和甲醇，再通过盛有的酸性高锰酸钾洗气瓶，溶液的紫色会褐去，最后通过盛rm{Na_{2}SO_{3}}的洗气瓶吸收生成的氯气防污染，故答案为：rm{BAC}rm{A}紫色褪去；

rm{(2)}酸性高锰酸钾氧化rm{CH_{3}Cl}会生成rm{CO_{2}}和rm{Cl_{2}}同时自身被还原成rm{Mn^{2+}}发生反应的离子方程式为rm{10CH_{3}Cl+14MnO_{4}^{-}+42H^{+}=14Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+5Cl_{2}隆眉+36H_{2}O}生成的氯气经过rm{Na_{2}SO_{3}}的洗气瓶会氧化rm{Na_{2}SO_{3}}为rm{Na_{2}SO_{4}}发生反应的离子方程式为rm{SO_{3}^{2-}+Cl_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}+H^{+}}

故答案为：rm{10CH_{3}Cl+14MnO_{4}^{-}+42H^{+}=14Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+5Cl_{2}隆眉+36H_{2}O}rm{SO_{3}^{2-}+Cl_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}+H^{+}}

rm{(3)CH_{3}Cl}易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，可选择酒精吸收rm{CH_{3}Cl}的尾气；故答案为：乙醇；

rm{(4)a.}锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对rm{V(}标准rm{)}无影响，根据rm{c(}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，rm{)=dfrac

{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}标准rm{c(}不变，故rm{)}错误；

rm{a}酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成rm{b.}标准rm{V(}偏大，根据rm{)}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，rm{c(}标准rm{)=dfrac

{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}偏大，故rm{c(}正确；

rm{)}滴定过程中振荡锥形瓶时有液体溅出，造成rm{b}标准rm{c.}偏小，根据rm{V(}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，rm{)}标准rm{c(}偏小，故rm{)=dfrac

{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}错误；

rm{c(}滴定终点时仰视读数，造成rm{)}标准rm{c}偏大，根据rm{d.}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，rm{V(}标准rm{)}偏大，故rm{c(}正确；

故选rm{)=dfrac

{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}．

本题是利用甲醇与浓盐酸反应制备rm{c(}涉及具体的制备过程是先在干燥的rm{)}气流中加热rm{d}晶体得到无水rm{bd}再将无水rm{CH_{3}Cl}和量取rm{HCl}浓盐酸放入圆底烧瓶并滴加一定量的甲醇，经加热后会有rm{ZnCl_{2}}生成，因rm{ZnCl_{2}}中混有挥发出的rm{ZnCl_{2}}及甲醇，选择排水法收集生成的气体的同时还可以除杂，另外还探究了的稳定性及含有rm{20mL}尾气的处理；

Ⅰrm{CH_{3}Cl}因rm{CH_{3}Cl}晶体直接加热时，因rm{HCl}水解，如果直接加热最终得到的是rm{CH_{3}Cl}因此要用浓盐酸或rm{.(1)}气体抑制其水解的同时加热；

rm{ZnCl_{2}}当有两种反应物参加反应时；可通过提高一种反应物的量提高另一种反应物的转化率；

rm{Zn^{2+}}因反应混合物中的盐酸和甲醇均易挥发，生成的rm{Zn(OH)_{2}}中会混有挥发出的杂质，同时rm{HCl}难溶于水；选用排水法收集的同时还会有除杂的作用；

Ⅱrm{(2)}如果rm{(3)}能被酸性高锰酸钾氧化，则酸性高锰酸钾溶液本身会褪色，同时可能会生成rm{CH_{3}Cl}和rm{CH_{3}Cl}因此要注意尾气的处理；

rm{.(1)}经过酸性高锰酸钾的洗气瓶会被氧化成rm{CH_{3}Cl}和rm{CO_{2}}生成的rm{Cl_{2}}可选择rm{(2)CH_{3}Cl}溶液，利用氯气的氧化性，将rm{CO_{2}}氧化为rm{Cl_{2}}

rm{Cl_{2}}因rm{Na_{2}SO_{3}}易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂；因此的尾气可选择有机溶剂吸收；

rm{Na_{2}SO_{3}}根据rm{Na_{2}SO_{4}}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳垄})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析不当操作对rm{(3)}标准rm{CH_{3}Cl}的影响；以此判断浓度的误差．

本题考查了甲醇和浓盐酸混合加热制一氯甲烷的实验原理，涉及实验操作、盐类水解、物质的性质检验及反应原理的探究，综合性较强，但基础性知识偏多，难度不大，离子方程式的书写错误率可能偏高点．rm{(4)}【解析】在干燥的rm{HCl}气氛中加热；增大盐酸的量以提高甲醇的转化率；rm{CH_{3}Cl}不易溶于水，用排水法可除去rm{HCl}rm{CH_{3}OH}等杂质气体；rm{BAC}rm{A}紫色褪去；rm{10CH_{3}Cl+14MnO_{4}^{-}+42H^{+}=14Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+5Cl_{2}隆眉+36H_{2}O}rm{SO_{3}^{2-}+Cl_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}+H^{+}}乙醇；rm{bd}五、元素或物质推断题(共4题，共8分)24、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