2025年沪教版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年沪教版高二化学上册月考试卷495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、下列关于有机物的说法正确的是（）A.羟基的电子式：B.丙烷的球棍模型为：C.和互为同系物D.邻羟基苯甲酸的结构简式：2、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液等体积混合：c（H+）=c（OH-）B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）C.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO-）+2c（OH-）=2c（H+）+c（CH3COOH）D.0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA-）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2-）3、在一些建筑工地的食堂中，常发生将工业用盐当食用盐用，引起工人食物中毒的现象，该工业用对人有致癌作用，这种盐的化学式为()A.rm{MgCl_{2}}

B.rm{KCl}

C.rm{NaNO_{2}}

D.rm{MgSO_{4}}4、下列叙述中，不正确的是()A.天然气是以甲烷为主的高效清洁燃料B.煤的干馏可得到煤焦油，通过煤焦油的分馏可获得各种芳香烃C.石油中含有烷烃和环烷烃，因此由石油不可能获得芳香烃D.通过石油的催化裂化及裂解可以得到轻质油和气态烯烃5、不能发生铝热反应的是rm{(}rm{)}A.rm{V_{2}O_{5}}B.rm{Cr_{2}O_{3}}C.rm{MnO_{2}}D.rm{MgO}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、取3.40g只含羟基不含其他官能团的液态多元醇；置于5.00L（标况）氧中，点燃使醇完全燃烧．反应后所有产物通过浓硫酸，浓硫酸增重2.7克，再经过碱石灰，增重5.5克．

（1）该醇中C、H、O的原子数之比为______．

（2）由以上比值能否确定该醇的分子式？______．其原因是______．

（3）如果将该醇的任意一个羟基换成一个卤原子，所得到的卤代物都只有一种，试写出该多元醇的结构简式______．7、某链状烃rm{A}的蒸汽密度是相同条件下氢气的rm{42}倍，在一定条件下rm{1molA}与rm{1molHCl}加成只能得到rm{Q_{;1}}rm{1molA}与rm{1molH_{2}}加成可以得到烷烃rm{P}rm{P}在光照条件下与氯气发生取代反应，只得到两种一氯代烃rm{Q_{;1}}和rm{Q_{;2}}rm{(1)A}的分子式为________；rm{(2)Q_{1}}的结构简式为________；rm{(3)}在下图中，rm{D_{1}}rm{D_{2}}互为同分异构体，rm{E_{1}}rm{E_{2}}互为同分异构体反应rm{垄脷}的化学方程式为________。

rm{(4)E_{2}}的结构简式是________；rm{垄脺}的反应类型是____。8、Ⅰ．请按下列要求写出相应粒子的电子排布式，并回答有关问题：（1）写出基态原子或离子的电子排布式：Fe3+____；Cu____。（2）比较Fe2+与Fe3+的化学稳定性：Fe2+____Fe3+；半径大小：Fe2+____Fe3+（均填“>”或“<”）。Ⅱ．（1）在第三周期中，第一电离能最小的元素是______，电负性最大的元素是_______（用元素符号表示）。（2）第三周期原子中p轨道半充满的元素是___________（用元素符号表示）。（3）第二周期原子中，未成对电子数等于其周期序数的原子有____（用元素符号表示）。Ⅲ．酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图：酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：____，并在下图相应位置上标出酞菁铜结构中铜原子周围的配位键：9、（14分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：⑴氢氧燃料电池的能量转化主要形式是________，在导线中电子流动方向为（用a、b表示）。⑵负极反应式为________。⑶电极表面镀铂粉的原因为________。⑷该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ.2Li+H22LiHⅡ.LiH+H2O==LiOH+H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是____________，反应Ⅱ中的氧化剂是____________。②已知LiH固体密度约为0.8g/cm3。用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为________。③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80％，则导线中通过电子的物质的量为________________mol。10、（12分）（1）—CHO的名称是____，用电子式可表达为（2）检验乙醇中是否混有少量水的试剂是____，除去乙醇中混有的少量水的试剂和方法是____和____（3）由两种烃组成的混合物其平均相对分子质量为18，则混合物中一定含有（4）任写一种的相邻同系物（5）对原油按沸点不同进行的分离操作称为____，把重油转化成轻质油的一系列反应称为____。（6）工程塑料ABS树脂合成时用了三种单体。ABS树脂的结构简式为式中—C6H5是苯基。这三种单体的结构简式分别是、、。11、脂肪、淀粉、蛋白质是三种重要的营养成分，其中______不是高分子化合物，它们都能发生______反应，脂肪的产物是______，淀粉的最终产物是______，蛋白质的最终产物是______．12、工业上以黄铁矿为原料生产硫酸，其中重要的一步是催化氧化：rm{2SO}rm{2SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+O}rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{triangleH=-196.6kJ隆陇mol}rm{2SO}rm{2SO}生产中为同时提高反应速率和rm{{,!}_{3}}的转化率，下列措施可行的是rm{(g)}rm{triangleH=-196.6

kJ隆陇mol}填字母rm{(g)}A.恒容时向装置中充入rm{triangleH=-196.6

kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}向装置中充入过量的rm{(1)}C.使用更高效的催化剂rm{SO_{2}}升高温度E.恒容条件下通入过量的rm{(}rm{)}降低温度G.恒压条件下通入rm{N_{2}}rm{B.}在一密闭容器中充入rm{O_{2}}和一定量rm{D.}当放出rm{SO_{2}}热量时，rm{F.}的转化率最接近于rm{Ar}填字母rm{(2)垄脵}A.rm{4molSO_{2}}rm{O_{2}}rm{353.6kJ}rm{SO_{2}}rm{(}将rm{)}和rm{40拢楼}气体混合于固定容积的密闭容器中，在一定条件下发生反应：rm{B.50拢楼}平衡时，rm{C.80拢楼}为rm{D.90拢楼}相同温度下，分别按下列配比在相同容积的密闭容器中放入起始物质，平衡时，rm{垄脷}的物质的量大于rm{2molSO_{2}}的是A.rm{2molSO_{3}}和rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}rm{SO_{3}}和rm{Amol}C.rm{SO_{3}}rm{Amol}和rm{2molSO_{2}}rm{1molO_{2}}rm{B.4molSO_{2}}和rm{1molO_{2}}rm{2molSO_{2}}时，在一密闭容器中充入一定量的rm{1molO_{2}}和rm{2molSO_{3}}当反应达到平衡后测得rm{D.3molSO_{2}}rm{1molO_{2}}和rm{1molSO_{3}}的浓度分别为rm{(3)580隆忙}rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}该温度下反应rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}rm{6.0隆脕10^{-3}mol/L}rm{8.0隆脕10^{-3}mol/L}rm{4.4隆脕10^{-2}mol/L}rm{2SO}rm{2SO}rm{{,!}_{2}}的平衡常数rm{(g)+O}___________。rm{(g)+O}评卷人得分三、解答题(共8题，共16分)13、某种由Al与Al2O3粉末组成的混合物样品；利用如图装置测定混合物中Al的质量分数（已知样品质量为2.58g；锥形瓶和过量NaOH溶液的总质量为185.72g），每隔相同时间读得电子天平的数据如表：

。读数次数质量（g）锥形瓶。

+

NaOH溶液。

+

试样第1次188.30第2次188.28第3次188.25第4次188.24第5次188.24（1）Al与NaOH溶液反应的化学方程式为______．

（2）反应中产生的氢气质量为______g

（3）求样品中Al的质量分数．______（要求有计算过程）．

14、请写出下列反应的离子方程式．

（1）碳酸氢钠溶液与盐酸的反应：______．

（2）氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应：______．

（3）氧化铝与氢氧化钠溶液的反应：______．

15、某化学学习小组的同学欲探究测定草酸晶体中x的值．通过查阅资料该小组同学得知：草酸易溶于水，其水溶液可以与酸性KMnO4溶液发生反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．该组同学利用该反应原理设计了滴定的方法测定x值．

①称取1.260g纯草酸晶体；将其制成100.00mL水溶液为待测液．

②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4

③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定；实验记录有关数据如下：

。滴定次数待测草酸溶液体积（mL）0.1000mol/LKMnO4标准溶液体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度第一次25.000.0010.02第二次25.000.2211.32第三次25.001.5611.54请回答：

（1）滴定时，将KMnO4标准液装在右图中的______（填“甲”或“乙”）滴定管中．

（2）本实验滴定达到终点的标志可以是______．

（3）通过上述数据；计算出x=______．

（4）①若滴定终点时俯视滴定管刻度；则由此测得的x值会______（填“偏大”；“偏小”或“不变”，下同）．

②若滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小；则由此测得的x值会______．

16、现有下列4种有机物：

①CH3CH2Br②CH3CH2OH③CH3CHO④

（1）能与浓溴水反应生成白色沉淀的是______（填序号；下同），能发生银镜反应的是______，能发生水解反应的是______．

（2）②发生消去反应的化学方程式是______17、下表是某橙汁饮料包装袋上的说明：

。品名浓缩橙汁配料水、糖、鲜橙浓缩液、柠檬酸、维生素C、β-胡萝卜素、山梨酸钾等鲜橙原汁含量≥20%净含量1.5L生产日期标于瓶盖上（1）配料中属于着色剂的是______

（2）该橙汁饮料______（填“含有”或“不含”）防腐剂。

（3）上述各种配料中；国家对______；______的含量进行严格规定加以控制．

18、酸雨是大气污染物之一，二氧化硫（SO2）的含量是空气质量监测的一个重要指标．某兴趣小组同学取刚降落在热电厂附近的雨水进行实验：

①测得该雨水样品的pH为4.73；

②向雨水样品中滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成；

③每隔1h；通过pH计测定雨水样品的pH，测得的结果如下表：

。测定时间/h1234雨水样品的pH4.734.624.564.554.55根据以上信息；回答下列问题：

（1）正常雨水的pH为5.6；偏酸性，这是因为______．

（2）分析上述数据变化；你认为形成这一变化的原因是______．

（3）兴趣小组同学取某一时段的这种雨水VL，加入0.5mol•L-1的Ba（OH）2溶液至不再产生沉淀时，恰好消耗60.00mLBa（OH）2溶液．

请计算：①该VL雨水中溶解SO2的体积（标准状况）

②生成沉淀物的质量范围（写出计算过程）．

19、在常温条件下，将0.05mol•L-1的盐酸与未知浓度的NaOH溶液以1：2的体积比混合；所得溶液的pH为2．用上述NaOH溶液与某一元弱酸HA20.0mL反应，恰好中和时消耗NaOH溶液10.0mL，所得溶液pH为10．求：

（1）C（NaOH）．

（2）C（HA）．

（3）盐类水解程度的大小可用“水解度（h）”来表示．对于NaA型盐的水解度（h）表示为：h=（已水解的物质的量÷原来总物质的量）×100%．求上述所得NaA溶液的水解度．

20、有机物B在气态时的密度是相同条件下氢气密度的45倍；B中含C40%，含H6.7%；B完全燃烧只生成CO2和H2O．0.1molB能跟3.2g甲醇恰好完全反应，生成0.1mol酯X和1.8g水；同量的B也能跟4.6g甲酸恰好完全反应，也生成0.1mol酯Y和1.8g水；在一定条件下B被氧化，氧化产物跟新制的Cu（OH）2悬浊液加热生成砖红色沉淀．有机物A与B具有相同的最简式；等物质的量的A和B充分燃烧，B所得的二氧化碳是A的1.5倍，A既无酸性；也不能发生水解反应．请完成下列问题：

（1）确定B的分子式和结构简式______；

（2）写出酯X和酯Y的结构简式______；

（3）A可能的结构简式______．

评卷人得分四、计算题(共4题，共20分)21、（6分）一定温度下，密闭容器中M、N、R三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表所示：。物质MNR初始浓度/mol?L—10.200.300平衡浓度/mol?L—10.020.210.18（1）请通过计算写出此反应的化学方程式。（2）达平衡时，N的转化率是多少？22、（9分）某含氧有机物，它的相对分子质量为74。7.4g该含氧有机物充分燃烧后的产物通过浓硫酸后增重5.4g，通过足量澄清石灰水后有30g白色沉淀生成。求：（1）该含氧有机物的分子式；（2）该含氧有机物有多种同分异构体，写出其中能水解的同分异构体的结构简式。23、恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)（1）若反应某时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，则a=__________mol；（2）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标况下），其中NH3的含量(体积分数)为25%，平衡时NH3的物质的量__________；（3）原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比（写出最简整数比、下同），n(始)∶n(平)=__________；（4）原混合气体中，a∶b=__________；（5）达到平衡时，N2和H2的转化率之比，α(N2)∶α(H2)=__________；（6）平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=__________________。24、A、rm{B}rm{C}rm{D}是四种有机物，它们的分子中均含有rm{2}个碳原子，其中rm{A}和rm{B}是烃rm{.}在标准状况下，rm{A}对氢气的相对密度是rm{13}rm{B}与rm{HCl}反应生成rm{C}rm{C}和rm{D}混合后加入rm{NaOH}并加热可生成rm{B}．

rm{(1)}判断rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}各是哪种有机物；写出它们的结构简式；

rm{(2)}写出题中所涉及的有关反应的化学方程式．评卷人得分五、探究题(共4题，共28分)25、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。26、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。27、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。28、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共20分)29、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__________________________________．30、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__________________________________．31、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。32、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：A、羟基是中性基团，是O原子与H原子之间通过1对共用电子对形成的基团，羟基的电子式为故A错误；

B、丙烷的分子式为C3H8；由图可知大黑色球为C原子，小黑色球为H原子，分子式符合，原子之间形成单键，符合丙烷的成键特征，原子的相对大小符合实际，空间结构符合实际，故B正确；

C、为苯酚，为苯甲醇；两者属于不同的有机物，不是同系物，故C错误；

D；该结构简式是间羟基苯甲酸的结构简式；羟基和羧基位于间位，应为间羟基苯甲酸，故D错误；

故选B．

A；羟基是中性基团；是O原子与H原子之间通过1对共用电子对形成的基团，O原子外围多一个电子；

B；球棍模型表示原子之间的相对大小、原子之间的成键情况、空间结构；

C；羟基直接连在苯环上属于酚；

D；苯环上相邻的两个碳原子叫临位碳；两个碳上的氢叫邻位氢．

本题考查常用化学用语，难度中等，注意掌握常用化学用语的书写，D选项为易错点，容易忽略羟基是中性基团．【解析】【答案】B2、C【分析】解：A．HA溶液和MOH溶液的强弱不知；不能判断反应后溶液的酸碱性，故A错误；

B．碱性越强的需要溶液的浓度越小，氢氧化钠为强碱，碳酸钠和醋酸钠为水解的盐，碱性：氢氧化钠＞碳酸钠＞醋酸钠，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）；故B错误；

C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合溶液中存在电荷守恒为：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），计算得到：c（CH3COO-）+2c（OH-）=2c（H+）+c（CH3COOH）；故C正确；

D.0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4，溶液显酸性HA-电离大于其水解，c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A）；故D错误；

故选C．

A．若HA为强酸；MOH为强碱，则两溶液等体积混合后溶液呈中性，当HA为弱酸，MOH为强碱时，混合液中HA过量，溶液呈酸性，当HA为强酸，MOH为弱碱，等体积混合溶液显碱性；

B．碱性越强的需要溶液的浓度越小；氢氧化钠为强碱，碳酸钠和醋酸钠为水解的盐，碱性：氢氧化钠＞碳酸钠＞醋酸钠；

C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合；溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算分析；

D.0.1mol•L-1的NaHA溶液，其pH=4，溶液显酸性HA-电离大于其水解．

本题考查了离子浓度大小、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、离子浓度大小比较等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】

本题旨在考查学生对亚硝酸盐的应用。【解答】

亚硝酸钠是工业用盐，它是一种白色不透明晶体，形状很像食盐且具有咸味rm{.}含有工业盐的食品对人体危害很大，有致癌性，故C正确。含有工业盐的食品对人体危害很大，有致癌性，故C正确。

rm{.}

故选C。【解析】rm{C}4、C【分析】略【解析】rm{C}5、D【分析】解：铝热反应的实质为金属单质之间的置换反应；能跟铝粉组成铝热剂的金属氧化物对应的金属活泼性应较铝弱，则。

A.rm{V}的活泼性小于rm{Al}rm{V_{2}O_{5}}可与rm{Al}发生铝热反应；故A不选；

B.rm{Cr}的活泼性小于rm{Al}rm{Cr_{2}O_{3}}可与rm{Al}发生铝热反应；故B不选；

C.rm{Mn}的活泼性小于rm{Al}rm{MnO_{2}}可与rm{Al}发生铝热反应；故C不选；

D.rm{Mg}的活泼性大于rm{Al}rm{MgO}不能与rm{Al}发生铝热反应；故D选；

故选D．

铝热反应的实质为金属单质之间的置换反应；能跟铝粉组成铝热剂的金属氧化物对应的金属活泼性应较铝弱，据此进行解答．

本题考查铝热反应及rm{Al}的化学性质，本题注意把握铝热反应的原理为金属之间的置换反应，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】解：（1）二氧化碳的物质的量==0.125mol，则n（C）=0.125mol，生成水为=0.15mol，则n（H）=0.3mol，故有机物中m（O）=3.4g-0.125mol×12g/mol-0.3mol×1g/mol=1.6g，故n（O）==0.1mol；则n（C）：n（H）：n（O）=0.125mol：0.3mol：0.1mol=5：12：4；

故答案为：5：12：4；

（2）最简式C5H12O4中H原子个数已经饱和碳原子四价结构；则实验式即为分子式；

故答案为：可以；最简式C5H12O4中H原子个数已经饱和碳原子四价结构；所以最简式即分子式；

（3）将该多元醇的任意一个羟基换成一个卤原子，所得到的卤代物都只有一种，说明分子中-OH的化学环境都相同，其结构简式为：C（CH2OH）4；

故答案为：C（CH2OH）4．

（1）浓硫酸增重为水的质量；碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，计算二者物质的量，根据元素守恒计算分子中C；H物质的量，再根据质量守恒计算氧原子物质的量，进而确定C、H、O原子数目之比；

（2）若实验式中H原子个数已经饱和碳原子四价结构；则实验式即为分子式，否则需要知道相对分子质量确定分子式；

（3）将该多元醇的任意一个羟基换成一个卤原子；所得到的卤代物都只有一种，说明分子中-OH的化学环境都相同，结合有机物分子式确定其结构简式．

本题考查有机物分子式确定、限制条件同分异构体书写，难度中等，确定最简式是关键，注意最简式中H原子个数已经饱和碳原子四价结构，则实验式即为分子式．【解析】5：12：4；可以；最简式C5H12O4中H原子个数已经饱和碳原子四价结构，所以最简式即分子式；C（CH2OH）47、(1)C6H12(2)(CH3)2CClCH(CH3)2(3)(4)加成反应【分析】【分析】本题考查有机物的推断，涉及烯烃与卤代烃性质rm{?}同分异构体书写rm{?}有机反应类型等，根据信息确定烃rm{A}的结构是关键，对学生的逻辑推理有一定的要求。【解答】某链状烃rm{A}的蒸汽密度是相同条件下氢气的rm{42}倍，则其相对分子质量为rm{2隆脕42=84}烃分子中rm{C}原子最大数目rm{=;dfrac{84}{12}=7}故A分子式为rm{C_{6}H_{12}}分子中含有rm{1}个rm{C=C}双键，rm{1molA}与rm{1molHCl}加成只能得到rm{Q_{1}}rm{1molA}与rm{1molH_{2}}加成可以得到烷烃rm{P}rm{P}在光照条件下与氯气发生取代反应，只得到两种一氯代烃rm{Q_{1}}和rm{Q_{2}}则rm{A}为对称结构，且与氢气加成后的产物含有rm{2}种rm{H}原子，则rm{A}分子中rm{C=C}双键不饱和碳原子连接rm{2}个甲基，则rm{A}为rm{(CH_{3})_{2}C=C(CH_{3})_{2}}故rm{Q_{1}}为rm{(CH_{3})_{2}CClCH(CH_{3})_{2}}rm{Q_{1}}为rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH_{2}Cl.}顺推可得，rm{B}为rm{(CH_{3})_{2}CClCCl(CH_{3})_{2}}rm{C}为rm{H_{2}C=C(CH_{3})C(CH_{3})=CH_{2}}rm{C}与溴发生rm{1}rm{2-}加成反应生成rm{D_{1}}为rm{BrCH_{2}CBr(CH_{3})C(CH_{3})=CH_{2}}在氢氧化钠水溶液rm{?}加热条件下发生水解反应生成rm{E_{1}}为rm{HOCH_{2}C(OH)(CH_{3})C(CH_{3})=CH_{2}.C}与溴发生rm{1}rm{4-}加成生成rm{D_{2}}为rm{BrCH_{2}C(CH_{3})=C(CH_{3})CH_{2}Br}在氢氧化钠水溶液rm{?}加热条件下发生水解反应生成rm{E_{2}}为rm{HOCH_{2}C(CH_{3})=C(CH_{3})CH_{2}OH}rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的分子式为rm{C_{6}H_{12}}故答案为：rm{C_{6}H_{12}}rm{(2)}由上述分析可知，rm{Q_{1}}的结构简式为rm{(CH_{3})_{2}CClCH(CH_{3})_{2}}故答案为：rm{(CH_{3})_{2}CClCH(CH_{3})_{2}}rm{(3)}反应rm{垄脷}的化学方程式为故答案为：rm{(4)E_{2}}的结构简式是反应rm{垄脺}属于加成反应，故答案为：加成反应。【解析】rm{(1)C_{6}H_{12}}rm{(2)(CH_{3})_{2}CClCH(CH_{3})_{2}}rm{(3)}rm{(4)}加成反应8、略

【分析】【解析】试题分析：Ⅰ．（1）共计构造原理可知，铁离子和铜原子的电子排布式分别是1s22s22p63s23p63d5、1s22s22p63s23p63d104s1。（2）铁离子的3d轨道电子处于半充满状态，所以稳定性强于亚铁离子的。但亚铁离子的半径大于铁离子的。Ⅱ．（1）金属性越强，第一电离能越小，则在第三周期中，第一电离能最小的元素是Na。非金属性越强，电负性越大，所以在第三周期元素中电负性最大的元素是。（2）根据核外电子排布可知，在第三周期原子中p轨道半充满的元素是P。（3）据核外电子排布可知，第二周期原子中，未成对电子数等于其周期序数的原子有C和O。Ⅲ．酞菁分子中部分氮原子含有2个σ键、一个孤对电子，所以采取sp2杂化，部分氮原子含有3个σ键、一个孤对电子，所以采取sp3杂化。由于氮原子含有孤对电子，而铜原子含有空轨道，所以二者可以形成配位健。考点：考查核外电子排布、离子稳定性、离子半径以及杂化轨道和配位健的有关判断【解析】【答案】（10分）Ⅰ．（1）1s22s22p63s23p63d5（1分）1s22s22p63s23p63d104s1（1分）（2）<（1分），>（1分）Ⅱ．（1）Na（1分），Cl（1分）（2）P（1分）（3）C和O（1分，少一个不给分）Ⅲ．sp2和sp3（1分，少一个不给分）（1分）9、略

【分析】（1）原电池是把化学能转化为电能的装置。在原电池中负极失去电子，所以氢气在负极通入，氧气在正极通入，因此在导线中电子流动方向为由a到b。（2）由于电解质溶液是氢氧化钾溶液，所以负极的电极反应式为H2+2OH--2e-====2H2O。（3）电极表面镀铂粉，能增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率。（4）①在氧化还原反应中，所含元素化合价升高的物质是还原剂，所含元素化合价降低的物质是氧化剂。所以反应Ⅰ中的还原剂是Li，反应Ⅱ中的氧化剂是水。②标准状况下224L氢气的物质的量是10mol，则可以生成LiH20mol，质量是20mol×8g/mol＝160g，其体积是160g÷0.8g/cm3＝200cm3，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为1/1120。③由LiH+H2O==LiOH+H2↑可知20molLiH可以生成氢气20mol，所以转移电子的物质的量是20mol×2×80％＝32mol。【解析】【答案】（1）由化学能转变为电能由a到b(每空1分)（2）2H2+4OH--4e-====4H2O或H2+2OH--2e-====2H2O(2分)（3）增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率(2分)（4）①LiH2O(每空1分)②1/1120（3分）③32（3分）10、略

【分析】【解析】【答案】（12分，每空一分）（1）醛基，电子式略（2）CuSO4CaO蒸馏（3）CH4（4）任写一种即可（5）分馏，裂化。（6）CH2=CHCN、CH2=CHCH=CH2、CH2=CHC6H511、略

【分析】解：脂肪是有高级脂肪酸和甘油形成的酯；不是高分子化合物，能够水解生成高级脂肪酸和甘油；

淀粉是多糖；能够水解生成葡萄糖，是高分子化合物；

蛋白质有氨基酸缩合生成的高分子化合物；能够水解，生成各种氨基酸．

故答案为：脂肪；水解；高级脂肪酸和甘油；葡萄糖；各种氨基酸．

脂肪是有高级脂肪酸和甘油形成的酯；不是高分子化合物，能够水解生成高级脂肪酸和甘油；

淀粉是多糖；能够水解生成葡萄糖，是高分子化合物；

蛋白质有氨基酸缩合生成的高分子化合物；能够水解，生成各种氨基酸．

本题考查了脂肪、淀粉、蛋白质是三种重要的营养成分的结构和性质，属于基础知识的考查，比较简单，注意知识的积累．【解析】脂肪；水解；高级脂肪酸和甘油；葡萄糖；各种氨基酸12、（1）B

（2）①D

②CD

（3）6.72×103L/moL【分析】【分析】本题考查外界条件对反应速率和平衡的影响、等效平衡、转化率计算和平衡常数计算，难度一般。【解答】rm{(1)}rm{)A.}恒容时向装置中充入rm{N}恒容时向装置中充入rm{)A.}rm{N}rm{{,!}_{2}}

，化学平衡不会移动，不会提高二氧化硫转化率，故A错误；B.向装置中充入过量的rm{O}rm{O}

rm{{,!}_{2}}

，化学平衡正向移动，会提高反应速率和二氧化硫转化率，故B正确；E.恒容条件下通入过量的C.使用更高效的催化剂，不会引起化学平衡的移动，不会提高二氧化硫转化率，故C错误；二氧化硫转化率会降低，故E错误；F.降低温度，化学平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，但反应速率减小，故F错误；G.恒压条件下通入D.升高温度，化学平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，故D错误；rm{SO_{2}}rm{Ar}反应速率和rm{SO}错误，故答案为：rm{SO}rm{{,!}_{2}}的转化率都会降低，故Grm{B}，根据热化学方程式书写，则rm{xmol隆脕dfrac{196.6;kJ隆陇mo{l}^{-1}}{2}=353.6kJ}解得rm{(2)}rm{垄脵}设反应的二氧化硫为rm{xmol}的转化率rm{=dfrac{3.6mol}{4mol}隆脕100拢楼=90拢楼}故答案为：rm{xmol}rm{xmol隆脕

dfrac{196.6;kJ隆陇mo{l}^{-1}}{2}=353.6kJ}rm{x=3.6mol}rm{SO}rm{SO}故A错误；

rm{{,!}_{2}}的转化率rm{=dfrac{3.6mol}{4mol}隆脕100拢楼=90拢楼

}rm{=dfrac{3.6mol}{4mol}隆脕100拢楼=90拢楼

}故B错误；

rm{D}rm{垄脷}A.起始量和题给起始量相比，相当于减少rm{2molSO}rm{2molSO}rm{{,!}_{2}}，减少反应物二氧化硫的量，平衡逆向进行，三氧化硫物质的量rm{<Amol}故A错误；rm{<Amol}B.起始量与题给起始量相同，平衡相同，rm{SO}rm{SO}

rm{{,!}_{3}}物质的量为rm{Amol}故B错误；rm{Amol}C.起始量相当于加入rm{4molSO}rm{4molSO}rm{{,!}_{2}}可看做在原平衡的基础上加入和rm{2molO}平衡正向移动，三氧化硫物质的量rm{2molO}rm{{,!}_{2}}

故答案为：，可看做在原平衡的基础上加入rm{1molO}rm{1molO}反应rm{{,!}_{2}}rm{K=dfrac{{c}^{2}(S{O}_{3})}{{c}^{2}(S{O}_{2})隆脕c({O}_{2})}=dfrac{(4.4隆脕{10}^{-2}mol/L{)}^{2}}{(6.0隆脕{10}^{-3}mol/L{)}^{2}隆脕8.0隆脕{10}^{-3}mol/L}=6.72隆脕{10}^{3}L/moL}故答案为：，平衡正向移动，三氧化硫物质的量rm{>}rm{>}【解析】rm{(1)B}rm{(1)B}rm{(2)}rm{垄脵D}rm{(2)}rm{垄脵D}rm{垄脷CD}rm{垄脷CD}三、解答题(共8题，共16分)13、略

【分析】

（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）称量至恒重是需要的数据；依据图表数据可知，称重恒重的质量为188.24g，所以反应产生的氢气质量为188.30-188.24=0.06g

（3）依据反应可知，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；生成氢气0.03mol，需要铝物质的量为0.02mol；

样品中Al的质量为0.02mol×27=0.541g；则样品中Al的质量分数为×100%=20.9%；

故答案为：生成氢气0.03mol，需要铝物质的量为0.02mol；样品中Al的质量为0.02mol×27=0.541g；则样品中Al的质量分数为×100%=20.9%；

【解析】【答案】（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；

（2）称量至恒重是需要的数据；反应产生的氢气质量为188.30-188.24=0.06g

（3）样品中Al的质量为0.02mol×27=0.541g；则样品中Al的质量分数为×100%=20.9%；

14、略

【分析】

（1）反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；

（2）反应生成硫酸钡和水，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

故答案为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

（3）反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=AlO2-+2H2O．

【解析】【答案】（1）反应生成氯化钠；水和二氧化碳；

（2）反应生成硫酸钡和水；

（3）反应生成偏铝酸钠和水．

15、略

【分析】

（1）因为KMnO4具有强氧化性；会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；

（2）因KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KnO4溶液时；溶液将由无色变为紫色；

故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时；溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；

（3）（3）2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

25

0.1000mol/L×0.01L0.0025mol

25.00mL待测液中含有0.0025molH2C2O4，100.00mL待测液中含有0.01molH2C2O4，0.01molH2C2O4的质量为0.01mol×90g/mol=0.9g；所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260g-0.9g=0.36g，其物质的量为0.02mol，则x=2；

若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大；x偏大；

同理，若KMnO4溶液变质；则消耗其体积偏大，所得x值偏小；

故答案为：2；偏大；偏小．

【解析】【答案】（1）根据KMnO4具有强氧化性；会腐蚀橡胶管；

（2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时；溶液将由无色变为紫色；

（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；

若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大；x偏大；

若滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小；x偏小．

16、略

【分析】

（1）上述几种物质中；苯酚能与浓溴水发生取代反应生成沉淀，乙醛能发生银镜反应，溴乙烷能发生水解反应，故答案为：④；③；①；

（2）②为乙醇，在浓硫酸并加热的条件下能发生消去反应，该反应为C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：C2H5OHCH2=CH2↑+H2O．

【解析】【答案】（1）苯酚能与浓溴水发生取代反应生成沉淀；含-CHO的物质能发生银镜反应，卤代烃能发生水解反应；

（2）②为乙醇；在浓硫酸并加热的条件下能发生消去反应．

17、略

【分析】

（1）配料中的水；糖、鲜橙浓缩液、柠檬酸、维生素C属于营养成分；β-胡萝卜素属于着色剂，故答案为：β-胡萝卜素；

（2）成分中的山梨酸钾是一种高效防腐剂；故答案为：含有；

（3）国家对着色剂和防腐剂在食品中的含量进行严格规定加以控制；否则对人体造成伤害，故答案为：β-胡萝卜素；山梨酸钾。

【解析】【答案】（1）β-胡萝卜素为着色剂或营养强化剂在饮料或其他食品中使用；

（2）山梨酸钾是一种高效防腐剂；

（3）国家对着色剂和防腐剂在食品中的含量进行严格规定加以控制．

18、略

【分析】

（1）空气中存在CO2溶于水生成碳酸使雨水显酸性；正常雨水的pH值约等于5.6；

故答案为：大气中的CO2溶于雨水；

（2）雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，.2H2SO3+O2=2H2SO4；从而使雨水的酸性增强．

故答案为：H2SO3与空气中的O2作用转化为H2SO4；使雨水的酸性增强，PH减小；

（3）因酸雨的成分为H2SO3和H2SO4，根据H2SO3～Ba（OH）2，H2SO4～Ba（OH）2，可得n（SO2）=n（H2SO3）+n（H2SO4）=n[Ba（OH）2]=0.5mol•L-1×60.00mL×10-3L•mL-1=0.0300mol，所以V（SO2）=0.0300mol×22.4L•mol-1=0.672L

答：该VL雨水中溶解SO2的体积为0.672L；

②设生成沉淀物的质量为w

若白色沉淀全部为BaSO3，沉淀质量为0.0300mol×217g•mol-1=6.51g

若白色沉淀全部为BaSO4，沉淀质量为0.0300mol×233g•mol-1=6.99g

所以；6.51g＜w≤6.99g

答：生成沉淀物的质量范围为6.51g＜w≤6.99g．

【解析】【答案】（1）空气中存在CO2溶于水使雨水显酸性；正常雨水的pH值约等于5.6；

（2）由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降；逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的。

H2SO4，2H2SO3+O2=2H2SO4；从而使雨水的酸性增强；

（3）根据酸雨的成分：H2SO3和H2SO4，根据H2SO3～Ba（OH）2，H2SO4～Ba（OH）2，可得n（SO2）=n（H2SO3）+n（H2SO4）=n[Ba（OH）2]，求出SO2的体积；根据极限法求出当白色沉淀全部为BaSO3以及白色沉淀全部为BaSO4时的质量；最终求出白色沉淀的范围．

19、略

【分析】

（1）溶液的pH为2，则盐酸过量，由=0.01mol/L，解得c（NaOH）=0.01mol•L-1；

答：c（NaOH）为0.01mol/L；

（2）恰好中和时，c（HA）×0.02L=c（NaOH）×0.01L，则c（HA）==0.005mol•L-1；

答：c（HA）为0.005mol•L-1；

（3）所得溶液pH为10，则水解生成c（OH-）=0.0001mol/L，n（NaA）=0.0001mol，n（OH-）=0.0001mol/L×0.03L，h=×100%=3%；

答：水解度为3%．

【解析】【答案】（1）溶液的pH为2，则盐酸过量，利用=0.01mol/L计算；

（2）恰好中和时；c（HA）×0.02L=c（NaOH）×0.01L；

（3）所得溶液pH为10，则水解生成c（OH-）=0.0001mol/L；结合h=（已水解的物质的量÷原来总物质的量）×100%计算NaA溶液的水解度．

20、略

【分析】

（1）B完全燃烧只生成CO2和H2O，还含有氧元素，Mr（B）=45×2=90；

则N（C）==3，N（H）==6，故N（O）==3，故B的分子式为：C3H6O3；

B能跟3.2g甲醇恰好完全反应，生成0.1mol酯X和1.8g水，B中含有羧基，甲醇为0.1mol，生成的水为0.1mol，故X含有1个酯基，则B中含有1个-COOH；同量的B也能跟4.6g甲酸恰好完全反应，也生成0.1mol酯Y和1.8g水，则B中含有酯基，甲酸为0.1mol，生成的水为0.1mol，则B中含有1个-OH；在一定条件下B被氧化，氧化产物跟新制的Cu（OH）2悬浊液加热生成砖红色沉淀，则B中羟基连接的碳原子上含有2个H原子，故B的结构简式为：HOCH2CH2COOH；

故答案为：C3H6O3；HOCH2CH2COOH；

（2）B为HOCH2CH2COOH，与甲醇生成生成酯X，则X为HOCH2CH2COOCH3；与甲酸反应生成酯Y，则Y为：HCOOCH2CH2COOH；

故答案为：HOCH2CH2COOCH3；HCOOCH2CH2COOH；

（3）等物质的量的A和B充分燃烧，B所得的二氧化碳是A的1.5倍，则A分子中N（C）==2，且有机物A与B具有相同的最简式CH2O，故A的分子式为C2H4O2，A既无酸性、也不能发生水解反应，不含酯基与-COOH，故A的结构简式可能为：HOCH2CHO；

故答案为：HOCH2CHO．

【解析】【答案】（1）B完全燃烧只生成CO2和H2O；还含有氧元素，根据有机物B相对氢气的密度计算有机物B的相对分子质量，再根据C；H质量分数计算分子中N（C）、N（H）、N（O），据此书写B的分子式；

B能跟3.2g甲醇恰好完全反应，生成0.1mol酯X和1.8g水，B中含有羧基；同量的B也能跟4.6g甲酸恰好完全反应，也生成0.1mol酯Y和1.8g水，则B中含有酯基；在一定条件下B被氧化，氧化产物跟新制的Cu（OH）2悬浊液加热生成砖红色沉淀；则B中羟基连接的碳原子上含有2个H原子，据此结构B的分子式书写结构简式；

（2）根据B的结构简式书写X；Y的结构简式；

（3）等物质的量的A和B充分燃烧；B所得的二氧化碳是A的1.5倍，据此结合B的分子式计算A中碳原子数目，且有机物A与B具有相同的最简式，据此书写A的分子式，A既无酸性；也不能发生水解反应，不含酯基与-COOH；

据此确定可能的结构简式．

四、计算题(共4题，共20分)21、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据题意可知：M、N、R的物质的量浓度变化量分别为：0.18mol·L-1、0.09mol·L-1、0.18mol·L-其物质的量浓度变化量之比为2:1:2所以根据物质的量浓度的变化量之比是相应的化学计量数之比可知该反应的化学方程式为：2M+N2R（2）N的转化率＝考点：考查可逆反应的有关计算【解析】【答案】（1）2M+N2R（3）30%22、略

【分析】【解析】【答案】（1）C3H6O2（2）HCOOCH2CH3CH3COOCH323、略

【分析】】（1）由化学方程式可得：N2+3H22NH3开始ab0t1时：136在t1时生成6molNH3，消耗3molN2，所以a=13+3=16。(2)平衡：n总==32mol。则n平（NH3）=32mol×25%=8mol。（3）平衡时，n总=n平（N2）+n平（H2）+n平（NH3）="32"mol，则有：N2+3H22NH3开始：ab0转化：4mol12mol8mol平衡：a-4b-128(a-4)+(b-12)+8="32,a=16"mol,故b="24"moln(始）∶n(平)=5∶4（4）原混合气体中：a∶b=16∶24=2∶3(5)平衡时，N2的转化率α(N2)=×100%=25%H2的转化率α(H2)=×100%=50%故α(N2)∶α(H2)=1∶2(6)平衡时n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=12∶12∶8=3∶3∶2【解析】【答案】（共6分每空1分）（1）16mol；（2）8mol；（3）5∶4；（4）2∶3；（5）1∶2；（6）3∶3∶224、略

【分析】

rm{A}对氢气的相对密度是rm{13}则相对分子质量为rm{13隆脕2=26}应为rm{HC隆脭CH}rm{B}与rm{HCl}反应生成rm{C}应含有不饱和键，含有两个碳原子，应为rm{CH_{2}=CH_{2}}与rm{HCl}发生加成反应生成rm{C}为rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}Cl}和rm{D}混合后加入rm{NaOH}并加热可生成rm{CH_{2}=CH_{2}}说明rm{D}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}结合对应有机物的性质解答该题．

本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意以rm{A}rm{B}为解答该题的突破口，把握相关物质的性质以及转化关系为解答该题的关键．【解析】解：rm{A}对氢气的相对密度是rm{13}则相对分子质量为rm{13隆脕2=26}应为rm{HC隆脭CH}rm{B}与rm{HCl}反应生成rm{C}应含有不饱和键，含有两个碳原子，应为rm{CH_{2}=CH_{2}}与rm{HCl}发生加成反应生成rm{C}为rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}Cl}和rm{D}混合后加入rm{NaOH}并加热可生成rm{CH_{2}=CH_{2}}说明rm{D}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}

rm{(1)}由以上分析可知rm{A}为rm{HC隆脭CH}rm{B}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{C}为rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{D}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}

答：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的结构简式分别为rm{HC隆脭CH}rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}OH}

rm{(2)CH_{2}=CH_{2}}与rm{HCl}在催化作用下发生加成反应生成rm{CH_{3}CH_{2}Cl}反应的方程式为rm{CH_{2}=CH_{2}+HCloverset{{麓脽禄炉录脕}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}

rm{CH_{2}=CH_{2}+HCloverset{{麓脽禄炉录脕}}{

}CH_{3}CH_{2}Cl}在rm{CH_{3}CH_{2}Cl}的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，反应的方程式为rm{CH_{3}CH_{2}Clxrightarrow[triangle]{NaOH拢禄{脪脪麓录}}CH_{2}=CH_{2}+HCl}

答：题中所涉及的有关反应的化学方程式为rm{CH_{2}=CH_{2}+HCloverset{{麓脽禄炉录脕}}{}CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}Clxrightarrow[triangle]{NaOH隆垄{脪脪麓录}}CH_{2}=CH_{2}+HCl}．rm{NaOH}五、探究题(共4题，共28分)25、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）26、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）27、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→