2025年浙教新版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年浙教新版高三化学下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、下列叙述正确的是（）A.提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔B.借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段，原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些非金属元素C.地球上大量的溴蕴藏在大海中，因此溴被称为“海洋元素”D.新制氯水应保存在无色试剂瓶中2、最近，中国科大的科学家们将C60分子组装在一单层分子膜表面，在-268℃时冻结分子的热振荡，并利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图象．下列化合物分子中一定既含单键又含双键的是（）A.CO2B.C2H2C.COCl2D.H2O23、用98%的浓H2SO4（密度为1.84g/mL）配制1mol•L-1的稀H2SO4100mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；⑤100mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒．按使用出现的先后顺序排列正确的是（）A.②⑥③⑦⑤B.④③⑤⑦⑥C.①③⑦⑤⑥D.②⑤⑦⑥4、对3NO2+H2O═2HNO3+NO反应的下列说法正确的是（）A.氧化剂与还原剂的质量比为1：2B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2C.NO2是氧化剂，H2O是还原剂D.在反应中若有6molNO2参与反应时，有3mol电子发生转移5、下列关于有机化合物的说法正确的是rm{(}rm{)}A.苯的三氯代物一共有rm{5}种B.乙烯和乙酸均能发生加成反应C.乙烷通入氯水中能发生取代反应D.淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物6、下列燃烧反应的反应热不是燃烧热的是（）

①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1

②C（s）+O2（g）═CO（g）△H2

③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3

④2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（s）+2H2O（l）△H4．A.①③B.②④C.②③D.①④7、在无色透明的溶液中可以大量共存的离子组是（）A.H+、K+、Fe2+、NO3-B.Na+、Ca2+、CO32-、NO3-C.Cu2+、NO3-、OH-、Cl-D.Mg2+、K+、Cl-、NO3-8、下列溶液中除存在水分子外，还存在其它分子的是（）A.稀硫酸溶液B.氢氧化钠溶液C.醋酸溶液D.氯化钠溶液9、下列说法中错误的是（）

①有机物都是从有机体中分离出来的物质。

②有机物都是含碳的共价化合物。

③有机物都不溶于水；易溶于有机溶剂。

④有机物不具备无机物的性质；都是非电解质。

⑤当前在人类已知的化合物中；ⅣA族元素的化合物种类最多。

⑥ⅢB族所含的元素种类最多．A.①③④B.③④⑤C.②③④⑥D.①②③④评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、放置于空气中，易发生氧化还原反应而变质的物质（）A.Na2O2B.NaHCO3C.NaD.NaOH11、人造地球卫星用到的一种高能电池--银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：Zn+2OH--2e-═ZnO+H2↑，Ag2O+H2O+2e═2Ag+2OH-．据此判断正确的是（）A.Zn负极，并被还原B.Ag2O正极，并被还原C.电解质溶液为碱性D.Zn正极，并被氧化12、下列说法中不正确的是（）A.金属和非金属原子之间一定形成离子键B.活泼的金属和活泼的非金属原子之间形成的化学键一定是离子键C.含有离子键的物质不可能是单质D.含有离子键的化合物一定是离子化合物13、松萝酸常作为牙膏和化妆品的添加剂；可由三羟基苯乙酮两步反应得到，有关说法正确的是（）

A.有机物①的分子式为C8H8O4B.有机物②中含有1个手性碳原子C.检验②中是否含有杂质①，可用FeCl3溶液D.相同物质的量①、②与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量相同14、下列物质中，只有共价的是（）A.NaOHB.NaClC.H2D.H2S15、下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（）A.合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施B.对2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深C.SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂D.已知反应2NO2（g）⇌N2O4（g），红棕色气体NO2加压后颜色先变深后变浅16、在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8□反应中（）A.Cl2是还原产物B.□处对应的物质为H2OC.氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8D.若1molKMnO4参加反应，转移的电子的物质的量是5mol评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、氯化亚铜是一种重要的化工产品；常用作有机合成催化剂，还可用于颜料，防腐等工业．该物质露置于空气中易被氧化为绿色的高价铜盐，在热水中易水解生成氧化铜水合物而呈红色．

已知pH为5时；+2价铜已开始以碱式盐的形式沉淀．某兴趣小组去一家回收含铜电缆废料的工厂做社会调查，技术人员向他们展示了处理。

废料的综合利用方案（如图1）：

（1）加入的A是____，通入的B是____．

（2）反应②的离子方程式是____为提高CuCl的产率，常在反应②的溶液中加入适量稀碱溶液，控制pH为3.5．这样做的目的是____但当加入碱溶液偏大时，会____．

（3）保持各反应物的最佳配比，改变温度，测得CuCl产率的变化如图2所示．则溶液温度控制在____时，CuCl的产率已达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是____．

（4）最后得到的氯化亚铜需要____保存．18、某芳香烃A分子式为C8H10，它的主要用途是在石油化学工业中生产苯乙烯．某烃类衍生物X，分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色．J分子内有两个互为对位的取代基．在一定条件下各物质间有如下的转化关系：（无机物略去）

（1）A物质的名称为：____．写出核磁共振氢谱图中只有2个特征峰的A的同分异构体的结构简式____．

（2）写出X的结构简式____；J中所含的含氧官能团的名称为____．

（3）E与H反应的化学方程式是____；该反应类型是____．

（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热可以生成同一种有机物I，以I为单体合成的高分子化合物的结构简式是____．

（5）已知H有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有____种．

①苯环上的一卤代物有2种；②与新制Cu（OH）2悬浊液作用产生红色沉淀．写出其中的一种结构____．19、水滑石(MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O)用作阻燃剂及催化剂的载体（1）MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为。（2）为确定水滑石的组成，进行如下实验：取水滑石样品60.2g进行加热时，温度与剩余固体质量的关系如图。认真分析图中曲线变化情况回答下列问题(已知样品在400℃时已完全失水)①当温度在0～280℃质量不变，是什么原因：。C→D减少的物质其物质的量为②该水滑石的化学式为（写出计算过程）20、溴和氯在元素周期表中均属于______族rm{.}21、（1）有机物的表示方法多种多样；下面是常用的有机物的表示方法：

①②CH3CH2CH（CH3）CH3③CH4④⑤

⑥⑦⑧

Ⅰ上述表示方法中属于结构简式的为：____，属于比例模型的为：____．

Ⅱ写出⑧中官能团的名称：____、____．

Ⅲ____和____互为同分异构体．

IV写出由单体合成物质④的化学方程式：____

（2）按系统命名法填写下列有机物的名称：的名称是____．

（3）2，6-二甲基-4-乙基辛烷的结构简式是____，1mol该烃完全燃烧需消耗氧气____mol．

（4）未知物A的实验式和分子式都是C2H6O．A的红外光谱图如图（a），未知物A的核磁共振氢谱有三个峰图（b），峰面积之比是1：2：3，未知物A的结构简式为____，名称为：____．

22、（2014秋•和平区校级期中）已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度在密闭容器里盛有饱和H2S溶液和H2S气体；可上下移动的活塞停止在a处，如图所示．

（1）饱和H2S溶液中存在____种微粒．

（2）若将容器顶盖由a压到b位置，则H2S溶液中，各离子浓度的变化情况是____离子浓度增大，而____离子浓度减小．

（3）若从c处不断通入过量的SO2气体，溶液中H+浓度将____．

A．不断增大B．先减小；后增大到某值C．不变D．先增大，后减小到某值。

（4）若由c处不断通入N2，则溶液中H+浓度将____．（填“变大”“变小”或“不变”）23、（2013秋•江西期中）人体中的钙元素主要存在于骨骼和牙齿中，以羟基磷酸钙晶体[Ca10（PO4）6（OH）2]形式存在．牛奶含钙丰富又易吸收；且牛奶中钙和磷比例合适，是健骨的理想食品．下图是某乳业公司纯牛奶包装标签的部分文字．请仔细阅读后回答下列问题：

（1）羟基磷酸钙中钙元素的质量分数____（保留到0.1g）

（2）包装标签上脂肪≥3.3g，是指100ml牛奶中含脂肪至少3.3g．那么一盒牛奶中含钙至少____g．（保留到0.01g）24、（2013春•武汉期中）元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示．

（1）该晶体的阳离子与阴离子个数比为____．

（2）该晶体中Xn+中n=____．

（3）晶体中每个N3-被____个等距离的Xn+包围．

（4）X元素的一种金合金具有面心立方最密堆积的结构；该合金。

中X原子与Au原子数量之比为3：1，则该晶胞中X原子处于____位置，Au原子处于____位置，空间利用率为____．假设该晶胞的边长为acm，NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为____．评卷人得分四、实验题(共2题，共8分)25、（2015春•岐山县期末）某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示；A中放有浓硫酸，B中放有乙醇；醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液．请回答：

（1）浓硫酸的作用是____、____；若用同位素18O标记乙醇中的氧原子，则CH3CH218OH与乙酸生成乙酸乙酯的化学方程式为____．

（2）球形干燥管C的作用是____．若反应前向D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，产生此现象的原因是（用离子方程式表示）____；反应结束后D中的现象是____．26、某校课外实验小组同学设计如图装置进行实验rm{.(}夹持装置已略去rm{)}

rm{(1)}该小组同学用上图装置进行“乙炔的制取及燃烧性质验证”实验．

rm{垄脵}制取乙炔的化学方程式是______；

rm{垄脷}点燃乙炔前，需要验纯rm{.}简述检验可燃气体纯度的操作方法：______

rm{垄脹}在导管口rm{c}处点燃乙炔；观察到的现象是______；

rm{(2)}上图装置还可用于制取并收集少量其他气体rm{.}请帮助该小组同学完成下表．

。制取的气体药品化学方程式rm{O_{2}}________________________某溶液、rm{Al}______rm{(3)}该小组同学用图装置进行实验；确定某饱和醇的结构．

rm{垄脵}反应前，先对量气管进行第一次读数rm{.}反应后，待装置温度冷却到室温，再对量气管进行第二次读数rm{.}读数时；应注意的操作是______，并使视线与凹液面最低处相平．

rm{垄脷}实验数据记录如下：rm{(}表中读数已折合成标准状况下的数值rm{)}

。饱和醇的质量金属钠的质量量气管第一次读数量气管第二次读数rm{垄脵}rm{0.62g}rm{5.0g(}足量rm{)}rm{40mL}rm{264mL}rm{垄脷}rm{0.31g}rm{2.5g(}足量rm{)}rm{40mL}rm{152mL}已知该饱和醇的相对分子质量为rm{62.}根据上述数据可确定该饱和醇是______元醇．评卷人得分五、简答题(共4题，共32分)27、rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；rm{NH_{4}HSO_{4}}在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}相同条件下，相等物质的量浓度的rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{c(NH_{4}^{+})}______rm{(}填“rm{=}”rm{>}”“rm{<}”rm{)}rm{NH_{4}HSO_{4}}中rm{c(NH_{4}^{+})}

rm{(2)}如图rm{1}是rm{0.1mol?L^{-1}}电解质溶液的rm{pH}随温度变化的图象．

rm{垄脵}其中符合rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}的rm{pH}随温度变化的曲线是______rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脷}室温时，rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=}______rm{mol?L^{-1}(}填数值rm{)}

rm{(3)}室温时，向rm{100mL}rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}溶液中滴加rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液，得到的溶液rm{pH}与rm{NaOH}溶液体积的关系曲线如图rm{2}所示．

试分析图中rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}四个点，水的电离程度最大的是______；在rm{b}点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______．28、醇酸树脂是一种成膜性好的树脂；下面是二种醇酸树脂的合成线路：

已知：rm{RCH_{2}CH=CH_{2}xrightarrow{NBS}}

rm{RCH_{2}CH=CH_{2}

xrightarrow{NBS}}中含有的官能团的名称是______；

rm{(1)B}反应rm{(2)}rm{垄脵}的有机反应类型分别是______；______；

rm{垄脹}若鉴别物质rm{(3)}可选用的试剂为______rm{E}填以下试剂的序号字母rm{(}

A.rm{)}rm{NaHCO_{3}}银氨溶液rm{B.}新rm{C.}悬浊液rm{Cu(OH)_{2}}溶液。

rm{D.FeCl_{3}}的同分异构体中同时符合下列条件的芳香族化合物；试写出其中一种的结构简式______；

A.能发生消去反应rm{(4)}能与过量浓溴水反应生成白色沉淀rm{B.}苯环上有两个互为对位的取代基。

rm{C.}写出rm{(5)}生成rm{E}的化学方程式______；

rm{F}写出反应rm{(6)}的化学方程式______．rm{垄脻}29、用含钴废料rm{(}含rm{CoCO_{3}}少量rm{NiCO_{3}}与铁屑rm{)}制备rm{CoCl_{2}?6H_{2}O}的工艺流程如图rm{1}

已知：除镍过程中溶液rm{pH}对rm{Co}的冋收率影响如图rm{2}所示；部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的rm{pH}如表所示．

。金属离子开始沉淀的rm{pH}完全沉淀的rm{pH}rm{Fe^{3+}}rm{1.5}rm{4.1}rm{Fe^{2+}}rm{7.5}rm{9.7}rm{Co^{2+}}rm{6.6}rm{9.4}rm{Ni^{2+}}rm{6.7}rm{9.5}rm{(1)}酸浸工艺中用“稀rm{HCl}”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”；其优点为______．

rm{(2)}除镍时应调节rm{pH=}______；此步骤中rm{Ni^{2+}}是否形成rm{Ni(OH)_{2}}沉淀？______．

rm{(3)}除铁过程包括以下多个步骤：rm{垄脵}______；rm{垄脷}______；rm{垄脹}过滤得rm{CoCl_{2}}溶液rm{.}rm{(}可供选用的试剂：rm{30%}rm{H_{2}O_{2}}rm{l.0mol?L^{-1}KMnO_{4}}rm{NaOH}固体、rm{CoCO_{3}}固体rm{)}

rm{(4)}除铁后加入盐酸调rm{pH}的作用是______．

rm{(5)}工业上采用减压蒸干的方法制备rm{CoCl_{2}?6H_{2}O}减压蒸干的目的是______．30、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{R}rm{Q}rm{M}是六种短周期元素，原子序数依次增大rm{.X}是原子半径最小的元素，rm{Y}的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，rm{Z}为地壳中含量最多的元素，rm{R}与rm{X}同主族；rm{Y}rm{R}rm{Q}最外层电子数之和为rm{8}rm{M}的单质黄绿色有害气体rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)R}在元素周期表中的位置为______．

rm{(2)Z}rm{Q}rm{M}简单离子半径由大到小的顺序为rm{(}写元素离子符号rm{)}______rm{.}

rm{(3)YX_{4}M}的电子式为______，rm{Q_{3}Y_{2}}与水可剧烈反应；反应的化学方程式为______

rm{(4)M}的单质与rm{R}的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．1803年道尔顿模型原子是一个坚硬的实心小球；1904年汤姆生（J．J．Thompson）模型原子是一个带正电荷的球，电子镶嵌在里面，原子好似一块“葡萄干布丁”；1911年卢瑟福提出行星模型：原子的大部分体积是空的，电子按照一定轨道围绕着一个带正电荷的很小的原子核运转；1913年玻尔模型电子不是随意占据在原子核的周围；而是在固定的层面上运动，当电子从一个层面跃迁到另一个层面时，原子便吸收或释放能量；

B．原子吸收光谱只能确定某物质中有什么金属元素；不能测岀非金属；

C．地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中；

D．新制的氯水中含有次氯酸，次氯酸见光容易分解，应该避光保存．【解析】【解答】解：A．提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿；汤姆生、卢瑟福、玻尔；故A错误；

B．借助仪器来分析化学物质的组成是常用的手段；原子吸收光谱常用来确定物质中含有哪些金属元素，故B错误；

C．地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中；故溴有“海洋元素”的美称，故C正确；

D．新制的氯水见光容易分解；应该避光保存，所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】分子中形成1对共用电子对，则为单键；若两原子之间形成2对共用电子对，则为双键，以此来解答．【解析】【解答】解：A．CO2分子中只含碳氧双键；故A错误；

B．C2H2分子中含有C-H；C≡C；不含双键，故B错误；

C．COCl2分子中含单键；如C-Cl键，也含双键，如C=O键，故C正确；

D．H2O2中只含单键；如H-O，O-O键，无双键存在，故D错误．

故选C．3、A【分析】【分析】先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答．【解析】【解答】解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c===18.4mol/L，配制1mol•L-1的稀H2SO4100mL需要浓硫酸的体积为V==0.0054L；即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，而配制一定物质的量浓度的溶液需要量取；稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，量取浓硫酸时需要用到10mL量筒和胶头滴管，稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒，转移溶液时需要用到玻璃棒，定容时需要用到100mL容量瓶和胶头滴管，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤；

故选：A．4、A【分析】【分析】该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，硝酸是氧化产物，NO是还原产物，根据二氧化氮和转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量．【解析】【解答】解：A．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价；所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量；质量之比都是1：2，故A正确；

B．该反应中氧化产物是硝酸；还原产物是NO，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1，故B错误；

C．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价；所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，水中各元素都不变，所以既不是氧化剂又不是还原剂，故C错误；

D．在反应中若有6molNO2参与反应时；有4mol电子发生转移，故D错误；

故选A．5、D【分析】解：rm{A.}苯的同分异构体种，rm{3}个氯原子可位于邻、间和偏rm{3}种情况；有三种同分异构体，故A错误；

B.乙酸含有酯基；性质稳定，不能发生加成反应，故B错误；

C.乙烷和溴水不反应；可在光照条件下与溴发生取代反应，故C错误；

D.淀粉和纤维素的相对分子质量在rm{10000}以上；属于高分子化合物，故D正确．

故选D．

A.苯的同分异构体种，rm{3}个氯原子可位于邻、间和偏rm{3}种情况；

B.乙酸不能发生加成反应；

C.乙烷和溴水不反应；

D.高分子化合物的相对分子质量在rm{10000}以上．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的组成、结构和官能团的性质，难度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】根据燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的能量．【解析】【解答】解：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1符合燃烧热的定义；故正确；

②C（s）+O2（g）═CO（g）△H2生成产物不是稳定氧化物；故错误；

③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3符合燃烧热的定义；故正确；

④2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（s）+2H2O（l）△H4可燃物的物质的量不是1mol，△H4所以不是燃烧热；故错误；

所以错误的是②④；

故选：B．7、D【分析】【分析】溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；

A．亚铁离子为有色离子；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；

B．钙离子与碳酸根离子反应生成难溶物碳酸钙；

C．铜离子为有色离子；且铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；

D．Mg2+、K+、Cl-、NO3-离子之间不发生反应，且都是无色离子．【解析】【解答】解：A．Fe2+为有色离子，NO3-在酸性条件下能够氧化Fe2+；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．Ca2+、CO32-之间反应生成碳酸钙沉淀；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．Cu2+、OH-之间反应生成难溶物氢氧化铜，且Cu2+为有色离子；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．Mg2+、K+、Cl-、NO3-离子之间不反应；都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故D正确；

故选D．8、C【分析】【分析】溶液中除存在水分子外，还存在其它分子，说明溶质是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，据此分析解答．【解析】【解答】解：溶液中除存在水分子外；还存在其它分子，说明溶质是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡；

A．硫酸是强电解质；在水溶液里完全电离，所以稀硫酸中不存在溶质分子，故A错误；

B．氢氧化钠是强电解质；在水溶液里完全电离，所以氢氧化钠溶液中不存在溶质分子，故B错误；

C．醋酸是弱电解质；在水溶液里部分电离，醋酸在水溶液里存在电离平衡，所以溶液中还存在醋酸分子，故C正确；

D．氯化钠是强电解质；在水溶液里完全电离，所以氯化钠溶液中不存在溶质分子，故D错误；

故选C．9、D【分析】【分析】①无机物可制取有机物；如尿素就是第一种由无机物制成的有机物；

②CH3COONa、CH3COONH4等属于离子化合物；

③大多数有机物不能溶于水；有的能溶；

④有机物可以是电解质；

⑤有机物的数量远大于无机物；

⑥第三副族内包含镧系和锕系．【解析】【解答】解：①有机物不一定要从有机体中分离出来，如用无机物可制取有机物：CO+2H2CH3OH（甲醇）；故①错误；

②有些有机盐如CH3COONa、CH3COONH4等属于离子化合物；故②错误；

③大多数有机物不能溶于水；有的能溶，比如乙醇；乙酸等有机物能溶于水，故③错误；

④有机物可以是电解质；如乙酸，故④错误；

⑤第ⅣA族元素的化合物为碳族元素；主要为氧化物；酸、盐及某些氢化物，形成的有机化合物已超过3000万种，化合物品种最多，故⑤正确；

⑥第三副族内包含镧系和锕系；共32种元素，故⑥正确．

故选D．二、多选题(共7题，共14分)10、AC【分析】【分析】易发生氧化还原反应而变质的化合物，应具有氧化性或还原性，且可与空气中的水或二氧化碳发生氧化还原反应，以此解答．【解析】【解答】解：A．Na2O2可与空气中的水或二氧化碳反应生成氧气；为氧化还原反应，故A正确；

B．NaHCO3不稳定；易分解生成，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；

C．Na放置于空气中会和氧气反应生成氧化钠；发生了氧化还原反应，氧化钠在和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成十水合碳酸钠，十水合碳酸钠风化，生成碳酸钠，故C正确；

D．NaOH与空气中二氧化碳反应；易变质，不是氧化还原反应，故D错误．

故选AC．11、BC【分析】【分析】根据化合价变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，则正极为Ag2O，正极上得电子被还原，根据Zn+2OH--2e-═ZnO+H2↑，则电解质溶液为碱性，据此分析．【解析】【解答】解：A；根据化合价可知；Zn被氧化，应为原电池的负极，故A错误；

B、正极为Ag2O；正极上得电子被还原，故B正确；

C、根据Zn+2OH--2e-═ZnO+H2↑；则电解质溶液为碱性，故C正确；

D；Zn被氧化；应为原电池的负极，故D错误．

故选BC．12、AB【分析】【分析】A；金属和非金属原子之间也能形成共价键；

B；活泼的金属易失电子；活泼非金属易得电子；

C；阴阳离子键形成离子键；

D、离子化合物是阴阳离子间通过离子键结合形成的化合物．【解析】【解答】解：A、金属和非金属原子之间也能形成共价键，如AlCl3是共价化合物；金属和非金属原子之间形成共价键，故A错误；

B；活泼的金属易失电子；活泼非金属易得电子，所以活泼的金属和活泼的非金属原子之间容易形成离子键，但是氯化铝中含有共价键，则活泼的金属和活泼的非金属原子之间形成的化学键不一定是离子键，故B错误；

C；阴阳离子键形成离子键离子键存在于离子化合物中；所以单质中没有离子键，故C正确；

D；离子化合物是阴阳离子间通过离子键结合形成的化合物；所以含有离子键的化合物一定是离子化合物，故D正确．

故选AB．13、AB【分析】【分析】A．根据有机物结构简式判断元素种类和原子个数；可确定有机物分子式；

B．根据手性碳原子的定义判断；

C．二者都含有酚羟基；不能用氯化铁检验；

D．能与氢氧化钠反应的官能团只有酚羟基，二者含有酚羟基数目不同．【解析】【解答】解：A．由结构简式可知有机物①的分子式为C8H8O4；故A正确；

B．手性碳原子连接四个不同的原子或原子团，②中手性碳原子可用*标出，在图中为故B正确；

C．二者都含有酚羟基；不能用氯化铁检验，故C错误；

D．能与氢氧化钠反应的官能团只有酚羟基；二者含有酚羟基数目不同，则消耗的氢氧化钠不同，故D错误．

故选AB．14、CD【分析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物．【解析】【解答】解：A．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键；氢原子和氧原子之间存在共价键；为离子化合物，故A错误；

B．氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离子键；为离子化合物，故B错误；

C．氢分子中氢原子之间只存在共价键；为单质，故C正确；

D．硫化氢中硫原子和氢原子之间只存在共价键；为共价化合物，故D正确．

故选CD．15、BC【分析】【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释．【解析】【解答】解：A．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3+Q；降低温度，平衡正向移动，增大压强，平衡正向移动，故为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施，故能用勒夏特列原理解释，故A不选；

B；气体两边的计量数相等；增加压强平衡不移动，故B选；

C；使用催化剂平衡不移动；所以不能用勒沙特列原理解释，故C选；

D、已知反应2NO2（g）⇌N2O4（g）；正反应是气体体积缩小的反应，先是浓度突然变大，后来平衡正向移动，所以颜色先变深后变浅，能用勒沙特列原理解释，故D不选；

故选BC．16、BD【分析】【分析】在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8□反应中，Mn元素化合价降低，被还原，在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8□反应中为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，由质量守恒可知，还应生成H2O，以此解答．【解析】【解答】解：A．反应中Cl元素化合价升高，被氧化，Cl2为氧化产物；故A错误；

B．由质量守恒可知，□处对应的物质为H2O；故B正确；

C．反应中HCl表现为酸性和还原性，由方程式可知，当2molKMnO4参加反应；则有10molHCl被还原，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故C错误；

D．反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，化合价变化5价，则若1molKMnO4参加反应；转移的电子的物质的量是5mol，故D正确．

故选BD．三、填空题(共8题，共16分)17、稀硫酸空气2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+OH-中和了反应生成的H+，有利于反应向右进行，提高CuCl的产率Cu2+能与OH结合，生成沉淀，反而降低了CuCl的产率造成产物不纯53℃～55℃温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反隔绝空气密封【分析】【分析】含铜废料加入硫酸，在加热条件下通入氧气可发生反应生成硫酸铜，经过滤后，在滤液中加入亚硫酸钠，发生氧化还原反应生成CuCl，在滤液中加入铁粉，发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）金属铜和稀硫酸不反应；但是在鼓入空气的条件下会发生反应生成硫酸铜，所以A是稀硫酸，B是空气；

故答案为：稀硫酸；空气；

（2）由图示可知，反应物有：Cu2+、SO32-、Cl-，生成物有Cu2Cl2、SO42-，由于是氧化还原反应，化合价发生了变化，根据电子得失和质量守恒进行配平：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，在反应②的溶液中加适量稀碱溶液，OH-中和了反应中的H+，有利于平衡向右进行，提高CuCl的产率，但当OH-浓度过大时，Cu+能与OH-结合；生成氢氧化亚铜，从而降减了CuCl的产率；

故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；OH-中和了反应生成的H+，有利于反应向右进行，提高Cu2Cl2的产率；Cu2+能与OH结合，生成沉淀，反而降低了Cu2Cl2的产率造成产物不纯；

（3）因在53℃～55℃时CuCl产率最大；根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快．

故答案为：53℃～55℃；温度过高；一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；

（4）因温度升高，促进了CuCl与空气中氧气发生反应，所以反应①在隔绝空气条件下（还原气氛）进行可以提高CuCl的产率．故答案为：隔绝空气密封保存．18、乙苯羧基、羟基酯化反应（或取代反应）4任意一种【分析】【分析】某芳香烃A，分子式为C8H10，属于苯的同系物，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成两种不同物质B和C，说明A为B最终产物H能与NaHCO3溶液反应，说明H具有羧基，则B为B发生水解反应生成D为D发生氧化反应生成F为F进一步氧化生成H为则C为C发生水解反应生成E为X分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，水解生成K和E，则X为酯，K酸化得到J，而E为醇，则J含有羧基，且J分子中含有酚羟基，J分子式为C7H6O3，J分子内有两个互为对位的取代基，则J为故K为X为据此解答．【解析】【解答】解：某芳香烃A，分子式为C8H10，属于苯的同系物，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成两种不同物质B和C，说明A为B最终产物H能与NaHCO3溶液反应，说明H具有羧基，则B为B发生水解反应生成D为D发生氧化反应生成F为F进一步氧化生成H为则C为C发生水解反应生成E为X分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，水解生成K和E，则X为酯，K酸化得到J，而E为醇，则J含有羧基，且J分子中含有酚羟基，J分子式为C7H6O3，J分子内有两个互为对位的取代基，则J为故K为X为

（1）由上述分析可知，A的结构简式为名称为：乙苯；核磁共振氢谱图中只有2个特征峰的A的同分异构体的结构简式为故答案为：乙苯；

（2）X的结构简式为J为所含的含氧官能团的名称为：羧基、羟基，故答案为：羧基；羟基；

（3）E与H反应的化学方程式是：属于酯化反应（或取代反应）；

故答案为：酯化反应（或取代反应）；

（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热可以生成同一种有机能I，则I为以I为单体合成的高分子化合物的结构简式是故答案为：

（5）H（）有多种同分异构体；其中符合下列条件的同分异构体：

与新制Cu（OH）2悬浊液作用产生红色沉淀，含有醛基或甲酸形成的酯基，苯环上的一卤代物有2种，含有2个侧链，且处于对位位置，侧链为-OH、-CH2CHO，或侧链为-CH2OH、-CHO，侧链为-OCH3、-CHO，侧链为-CH3、OOCH，共有4种，结构简式为：等；

故答案为：4；任意一种．19、略

【分析】试题分析：（1）MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中镁为+3价，铝为+3价，氢氧根为—1价，碳酸根为—2价，根据化合价规则判断a、b、c、d的代数关系式为2a+3b=c+2d；（2）根据题给信息知，水滑石可用作阻燃剂，当温度在0～280℃质量不变，原因是水滑石具有阻燃作用，受热分解需吸收大量热量；结合水滑石的组成，分析题给热重曲线知，固体由60.2g变为53g，为失去结晶水的过程，质量为7.2g，物质的量为0.4mol；固体由53g变为38.6g，为氢氧化铝和氢氧化镁加热生成氧化物和水的过程，水的质量为14.4g，物质的量为0.8mol，则氢氧根为1.6mol；C→D段为失去二氧化碳的过程，质量为4.4g，物质的量为0.1mol，则碳酸根为0.1mol；剩余固体为氧化铝和氧化镁的混合物，质量为34.2g，根据化合价规则和原子守恒确定，氧化铝为0.1mol，氧化镁为0.6mol，综合上述分析知该物质的化学式为Mg6Al2(OH)16CO3·4H2O考点：考查物质组成的确定、热重曲线的分析。【解析】【答案】（1）2a+3b=c+2d（2）①水滑石具有阻燃作用，受热分解需吸收大量热量0.1mol②Mg6Al2(OH)16CO3·4H2O（计算过程略）20、略

【分析】解：溴和氯元素的原子最外层电子数为rm{7}属于第三周期第ⅤⅡrm{A}族，故答案为：rm{VIIA}．

根据主族族序数rm{=}最外层电子数；据此进行解答．

本题难度不大，考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息、了解原子结构示意图的意义进行分析解题的能力．【解析】rm{VIIA}21、①②③④⑦⑤羟基醛基②⑥3，4一二甲基辛烷18.5CH3CH2OH乙醇【分析】【分析】（1）结构简式是指把分子中各原子连接方式表示出来的式子；结构式是表示用元素符号和短线表示分子中原子的排列和结合方式的式子；比例模型就是原子紧密连起的；只能反映原子大小，大致的排列方式；

-OH为羟基；-CHO为醛基；

分子式相同，结构不同，属于同分异构体；物质④为缩聚产物酯类，2-羟基丙酸中含有羧基、羟基，发生缩聚反应生成

（2）依据烷烃的命名原则命名即可；

（3）根据烷烃的命名原则写出该有机物的结构简式；根据该有机物的结构简式形成分子式；然后计算出完全燃烧消耗的氧气的物质的量；

（4）A的核磁共振氢谱有3个峰，说明分子中有3种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比，根据分子式可知分子中H原子总数，进而确定甲基数目，结构简式．【解析】【解答】解：（1）I；属于结构简式的有：①②③④⑦；属于结构式的有：⑧；属于比例模型的有：⑤；属于球棍模型的有：⑥；故答案为：①②③④⑦；⑤；

II；-OH为羟基、-CHO为醛基；故答案为：羟基；醛基；

III；分子式相同；结构不同，属于同分异构体，②和⑥互为同分异构体，故答案为：②；⑥；

IV、2-羟基丙酸中含有羧基、羟基，发生缩聚反应，反应方程式为：

故答案为：

（2）该有机物最长碳链8个C，主链为辛烷，编号从左下方开始，该有机物命名为：3，4一二甲基辛烷，故答案为：3，4一二甲基辛烷；（3）2，6-二甲基-4-乙基辛烷，主链为辛烷，在2、6号C各含有1个甲基，在4号C含有1个乙基，该有机物结构简式为：根据其结构简式可知该有机物分子式为：C12H26，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为（12+）mol=18.5mol，故答案为：18.5；

（4）据题意知：有三种峰，说明氢原子有三种情况，峰面积之比是1：2：3，说明这三种氢的个数之比为1：2：3，分子式为：C2H6O，故结构简式为：CH3-CH2-OH，名称为乙醇，故答案为：CH3-CH2-OH；乙醇．22、6H+、HS-、S2-OH-B变小【分析】【分析】（1）H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-；

（2）若将容器顶盖由a压到b位置，增大压强，溶液中硫化氢的浓度变大，平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-正向移动；

（3）硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水；亚硫酸酸性大于氢硫酸；

（4）若由c处不断通入N2，氮虽是非反应气体，如果不断通入N2，体系温度升高，硫化氢的溶解度变小，H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-逆向移动．【解析】【解答】解：（1）H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-和水的电离平衡，所以含有水分子、硫化氢分子、H+、HS-、S2-和OH-；故答案为：6；

（2）若将容器顶盖由a压到b位置，增大压强，溶液中硫化氢的浓度变大，平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-正向移动，导致H+、HS-、S2-浓度变大，而氢离子与氢氧根离子的积是个定值，所以氢氧根离子浓度减小，故答案为：H+、HS-、S2-；OH-；

（3）SO2+2H2S=3S↓+2H2O，平衡向左移动，H2O+SO2=H2SO3；亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以先减小，后增大到某值，故选：B；

（4）若由c处不断通入N2，氮虽是非反应气体，如果不断通入N2，体系温度升高，硫化氢的溶解度变小，H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-逆向移动，所以氢离子的浓度减小，故答案为：变小．23、39.8%0.28【分析】【分析】（1）根据羟基磷酸钙的化学式可知，羟基磷酸钙中钙元素的质量分数=×100%；

（2）由标签可知，100mL牛奶中，含钙的质量至少为0.11g，先算出250mL是100mL的几倍，再乘以100mL牛奶中含钙的质量即可．【解析】【解答】解：羟基磷酸钙晶体[Ca10（PO4）6（OH）2]的相对分子质量是40×10+（31+16×4）×6+（1+16）×2=1004．

（1）羟基磷酸钙中钙元素的质量分数=×100%=×100%≈39.8%；故答案为：39.8%；

（2）一盒牛奶含钙元素的质量：0.11g×≈0.28g，故答案为：0.28．24、3：116面心顶点74%g/cm3【分析】【分析】（1）利用均摊法求出晶胞中Xn+和N3-的个数；

（2）根据晶体的阳离子与阴离子个数比确定化学式，然后确定Xn+中的电荷；

（3）N3-在晶体的顶角上，所以被6个Xn+在上下前后左右包围；

（4）合金具有面心立方最密堆积的结构，根据晶胞中原子个数确定原子位置；已知两种金属元素的原子个数，求出晶胞的质量，再根据ρ=计算．【解析】【解答】解：（1）利用均摊法，晶胞中Xn+在棱上微粒个数为：×12=3，N3-在顶角上其个数为：×8=1，所以Xn+和N3-的个数比为3：1；故答案为：3：1；

（2）Xn+和N3-的个数比为：3：1，所以化学式为X3N，已知N3-，所以Xn+中的电荷为1；即n=1，故答案为：1；

（3）N3-在晶体的顶角上，所以被6个Xn+在上下前后左右包围；故答案为：6；

（4）合金具有面心立方最密堆积的结构，两种金属原子分别处于顶点和面心上，在面心上的金属原子个数为×6=3，处于顶点上的原子个数为：×8=1；已知合金。

中X原子与Au原子数量之比为3：1；所以面心上的金属原子是X，顶点上的原子是金；面心立方最密堆积的结构的空间利用率为74%；

已知X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，所以X的原子核外有2+8+18+1=29个电子，所以X为Cu，该合金晶胞中含有3个铜原子和1个金原子，则晶胞的质量为：m（Cu）+m（Au）=+=g，则晶胞的密度为：ρ===g/cm3．

故答案为：面心；顶点；74%；g/cm3．四、实验题(共2题，共8分)25、催化剂吸水剂CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O防止倒吸、冷凝CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅【分析】【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂；加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯；该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；

羧酸与醇发生的酯化反应中；羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水；

（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，同时起冷凝作用；醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，反应掉挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故D中的溶液为饱和的碳酸钠溶液，碳酸根水解，溶液呈碱性，反应后溶液分层，上层无色油体液体，由于碳酸钠与乙酸反应，故下层溶液颜色变浅．【解析】【解答】解：（1）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂；该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，故浓硫酸的作用为：催化剂；吸水剂；

羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；

故答案为：催化剂、吸水剂；CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；

（2）圆底烧瓶受热不均；球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用；

碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；溶液呈碱性，加入几滴酚酞，溶液呈红色；

碳酸钠水解呈碱性；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅；

故答案为：防止倒吸、冷凝；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅．26、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}实验室使用电石与水的反应制取乙炔，化学反应方程式为：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}

故答案为：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}

rm{垄脷}检验可燃气体纯度的操作方法：收集一试管气体；用拇指堵住试管口移近火焰点燃，若发出轻微响声，证明气体比较纯净；

故答案为：收集一试管气体；用拇指堵住试管口移近火焰点燃，若发出轻微响声，证明气体比较纯净；

rm{垄脹}乙炔含碳量非常高；燃烧时：火焰明亮并伴有浓烈的黑烟；

故答案为：火焰明亮并伴有浓烈的黑烟；

rm{(2)}装置为固体和液体不加热反应生成气体，气体不能溶于水，制备氧气可以用二氧化锰催化过氧化氢分解制备，反应的化学方程式为：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}也可以利用金属铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气，反应的化学方程式为rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

故答案为：

。rm{2NaOH+2Al+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}制取的气体药品化学方程式rm{H_{2}O_{2}}rm{MnO_{2}}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{H_{2}}rm{2NaOH+2Al+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{(3)垄脵}读数时，要保持装置rm{A}和装置rm{B}液面相平；这样得到的数据比较准确；

故答案为：保持装置rm{A}和装置rm{B}液面相平；

rm{垄脷triangleV(}氢气rm{)=264-40=224mL}rm{n(}氢气rm{)=dfrac{224}{22400}mol=0.01mol}rm{)=dfrac

{224}{22400}mol=0.01mol}醇rm{)=dfrac{0.62g}{62g/mol}=0.01mol}故rm{n(}醇rm{)=dfrac

{0.62g}{62g/mol}=0.01mol}rm{n(}氢气rm{)}rm{n(}rm{)=0.01}故该醇含有两个羟基，为二元醇；

故答案为：二．

rm{0.01=1}实验室使用电石与水的反应制取乙炔；

rm{1}检验可燃气体纯度的操作方法：收集一试管气体；用拇指堵住试管口移近火焰点燃，若发出轻微响声，证明气体比较纯净；

rm{(1)垄脵}乙炔燃烧的现象：火焰明亮并伴有浓烈的黑烟；

rm{垄脷}上图装置还可用于制取并收集少量其他气体；装置为固体和液体不加热反应生成气体，气体不能溶于水，据此分析判断；

rm{垄脹}读数时，要保持装置rm{(2)}和装置rm{(3)垄脵}液面相平；这样得到的数据比较准确；

rm{A}根据醇与氢气的物质的量关系确定醇的种类．

本题考查乙炔气体的制备原理及性质、可燃气体的验纯、气体制备原理、量气管的操作、有关醇的物质的量的计算等知识点，注意基础的熟练掌握，题目难度中等．rm{B}【解析】rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}收集一试管气体，用拇指堵住试管口移近火焰点燃，若发出轻微响声，证明气体比较纯净；火焰明亮并伴有浓烈的黑烟；rm{H_{2}O_{2}}rm{MnO_{2}}rm{2H_{2}O_{2}篓T2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{H_{2}}rm{2NaOH+2Al+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}保持装置rm{A}和装置rm{B}液面相平；二五、简答题(共4题，共32分)27、＜；A；10-3；a；c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）【分析】解：rm{(1)NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}与rm{NH_{4}HSO_{4}}中的rm{NH_{4}^{+}}均发生水解，但是rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{Al^{3+}}水解呈酸性抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，rm{HSO_{4}^{-}}电离出rm{H^{+}}同样抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，因为rm{HSO_{4}^{-}}电离生成的rm{H^{+}}浓度比rm{Al^{3+}}水解生成的rm{H^{+}}浓度大，所以rm{NH_{4}HSO_{4}}中rm{NH_{4}^{+}}水解程度比rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中的小，故答案为：rm{<}

rm{(2)垄脵NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，rm{pH}减小，符合的曲线为rm{A}故答案为：rm{A}

rm{垄脷}根据电荷守恒，可以求出rm{2c(SO_{4}^{2-})-c(NH_{4}^{+})-3c(Al^{3+})=c(H^{+})-c(OH^{-})=10^{-3}}rm{mol?L^{-1}[c(OH^{-})}太小，可忽略rm{]}故答案为：rm{10^{-3}}

rm{(3)a}rm{b}rm{c}rm{d}四个点，根据反应量的关系，rm{a}点恰好消耗完rm{H^{+}}溶液中只有rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}与rm{Na_{2}SO_{4}}rm{b}rm{c}rm{d}三点溶液均含有rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}可以促进水的电离，而rm{NH_{3}?H_{2}O}抑制水的电离rm{.b}点溶液呈中性，即溶液含有rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}?H_{2}O}三种成分，rm{a}点时rm{c(Na^{+})=c(SO_{4}^{2-})}rm{b}点时rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})}根据rm{N}元素与rm{S}元素的关系，可以得出rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}故rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})=c(H^{+})}

故答案为：rm{a}rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})=c(H^{+}).}

rm{(1)NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}中rm{Al^{3+}}水解呈酸性抑制rm{NH_{4}^{+}}水解，rm{HSO_{4}^{-}}电离出rm{H^{+}}同样抑制rm{NH_{4}^{+}}水解；

rm{(2)垄脵NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}水解；溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；

rm{垄脷}根据电荷守恒定律解题；

rm{(3)a}rm{b}rm{c}rm{d}四个点，根据反应量的关系，rm{a}点恰好消耗完rm{H^{+}}溶液中只有rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}与rm{Na_{2}SO_{4}}rm{b}rm{c}rm{d}三点溶液均含有rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}可以促进水的电离，而rm{NH_{3}?H_{2}O}抑制水的电离rm{.b}点溶液呈中性．

本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度较大，rm{(2)垄脷}为易错点，注意根据守恒思想解题．【解析】rm{<}rm{A}rm{10^{-3}}rm{a}rm{c(Na^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})=c(H^{+})}28、略

【分析】解：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br}在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应生成rm{A}为rm{CH_{3}CH=CH_{2}}rm{CH_{3}CH=CH_{2}}在rm{NBS}作用之下发生取代反应生成rm{B}为rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}与rm{Br_{2}}发生加成反应，生成rm{C}为rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}再碱性水解发生取代反应生成rm{D}为rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{2}OH}根据rm{隆煤E隆煤F隆煤}结合反应条件可知，rm{E}为rm{F}为

rm{(1)B}为rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}其官能团名称是溴原子和碳碳双键，故答案为：溴原子和碳碳双键；

rm{(2)}反应rm{垄脵}rm{垄脹}的有机反应类型分别是消去反应、取代反应或水解反应，故答案为：消去反应；取代反应rm{(}或水解反应rm{)}

rm{(3)E}为含有醛基，能和银氨溶液发生银镜反应、能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，故选B、rm{C}

rm{(4)}的同分异构体中同时符合下列条件：rm{a.}能发生消去反应，rm{b.}能与过量浓溴水反应生成白色沉淀的芳香族化合物为，说明酚羟基邻位或对位有氢原子，rm{c.}苯环上有两个互为对位的取代基，符合条件的结构为

故答案为：rm{(}其中之一rm{)}

rm{(5)E}发生氧化反应生成rm{F}反应方程式为

故答案为：

rm{(6)}反应rm{垄脻}的化学方程式为

故答案为：

rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br}在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应生成rm{A}为rm{CH_{3}CH=CH_{2}}rm{CH_{3}CH=CH_{2}}在rm{NBS}作用之下发生取代反应生成rm{B}为rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}rm{BrCH_{2}CH=CH_{2}}与rm{Br_{2}}发生加成反应，生成rm{C}为rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}rm{BrCH_{2}CHBrCH_{2}Br}再碱性水解发生取代反应生成rm{D}为rm{HOCH_{2}CH(OH)CH_{2}OH}根据rm{隆煤E隆煤F隆煤}结合反应条件可知，rm{E}为rm{F}为据此分析解答．

本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应条件、物质结构简式结合题给信息进行推断，知道常见反应条件及反应类型的关系，注意rm{(6)}题生成水的计量数，为易错点．【解析】溴原子核碳碳双键；消去反应；取代反应或水解反应；rm{BC}rm{(}其中之一rm{)}29、略

【分析】解：rm{(1)}硝酸酸浸时氧化rm{Co^{2+}}产生氮氧化物，酸浸工艺中用“稀rm{HCl}”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐rm{(}或防止将rm{Co^{2+}}氧化rm{)}

故答案为：减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐rm{(}或防止将rm{Co^{2+}}氧化rm{)}

rm{(2)}由图rm{2}可知，rm{pH=10}时，rm{Co}的回收率高且rm{Ni}的含量低，流程中除镍，rm{Co}元素在滤渣中，