2025年浙科版选修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年浙科版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列有关实验说法不正确的是A.在4mL0.1mol·L－1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol·L－1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色B.酸式滴定管在润洗时，可在滴定管中加入少量待装液，润洗后将溶液从滴定管的上口倒入废液缸中重复2～3次，润洗完毕C.“阿司匹林的合成”实验中抽滤制得乙酰水杨酸粗产品时需用滤液淋洗锥形瓶，直至所有晶体被收集到布氏漏斗中D.牙膏中的甘油可用新制的碱性氢氧化铜检验，现象是溶液变绛蓝色2、下列说法正确的是A.的名称为1-甲基丙烷B.CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体C.和为同一物质D.CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物3、北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料为丙烷。下列关于丙烷的说法正确的是（）A.1mol丙烷完全燃烧需4mol氧气B.与丁烷互为同分异构体C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.分子式为C3H84、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.4gMg2+中含有的质子数为NAB.标准状况下，11.2LCO2中含有的共用电子对数为NAC.42g环己烷()中含有的共价键数为3NAD.9gA1与足量稀硝酸反应，转移的电子数为NA5、已知分子中含有羟基的物质都能与钠反应产生氢气。乙醇、乙二醇()、丙三醇()分别与足量金属钠作用，产生等量的氢气。则这三种醇的物质的量之比为A.6∶3∶2B.1∶2∶3C.3∶2∶1D.4∶3∶26、下列实验操作能达到实验目的的是。选项实验目的实验操作A提纯苯甲酸将粗品溶于水、过滤、蒸发结晶B证明酸性：苯酚＜H2CO3向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清C除去乙酸乙酯粗品中的乙酸和乙醇将粗品与饱和碳酸钠溶液充分混合，静置，分液D验证淀粉溶液水解生成了葡萄糖向淀粉溶液中加入稀硫酸共热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热

A.AB.BC.CD.D7、截至2021年8月全国新冠疫苗接种已超19亿剂次，但世界疫情防控形势仍十分严峻。下列关于疫情知识的说法中错误的是A.CHO疫苗所含重组蛋白属于高分子化合物B.疫苗冷藏存放可减缓变质速率C.新型冠状病毒的扩散涉及胶体性质D.医用酒精的消毒涉及酒精的强氧化性评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、肼（N2H4）是一种高效清洁的火箭燃料，0.5mol气态肼完全燃烧生成氮气和水蒸气时，放出267kJ的热量，下列热化学方程式书写正确的是（）A.N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）ΔH=+534kJ/molB.N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+H2O（g）ΔH=-267kJ/molC.N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）ΔH=-534kJ/molD.N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）ΔH=-534kJ/mol9、“铬鞣制法”可以使皮革变的柔软和耐用，为检测皮革中的含量；可以采取碘量法测定，过程如下：

①高温熔融：

②酸化：

③加碘化钾滴定：

若皮革样品质量为滴定过程共消耗的下列说法正确的是A.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量比为5∶1B.元素参与了3个氧化还原过程C.实验过程中，所得与的物质的量比可能大于5∶2D.皮革中的含量为10、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-；现取三份100mL溶液进行如下实验：

（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。

（2）第二份加足量NaOH溶液加热后；收集到气体0.04mol

（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是A.K+一定存在B.100mL溶液中含0.01molCO32-C.Cl-可能存在D.Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在11、实验室需测定某NaOH溶液的浓度。用图1配制标准的溶液；再用图2进行滴定，在实验操作过程中会造成测定浓度结果偏大的是。

A.配制溶液，玻璃棒和烧杯未洗涤，直接定容B.配制溶液，定容时俯视容量瓶刻度线C.滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D.滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数12、有机物R是一种重要的化工原料；结构简式如图所示，下列说法错误的是。

A.R的分子式为B.完全加成最多消耗C.R具有含醛基的同分异构体D.R中所有碳原子可能共平面13、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.油脂在碱性条件下水解，可用于制肥皂B.FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的CuC.石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D.氢氧化铝可以和酸反应，可用治疗胃酸过多14、有机物是一种医药中间体；常用来制备抗凝血药，可通过如下路线合成：

下列说法正确的是A.M的结构简式为B.E苯环上的一氯代物有4种C.X为甲醇D.F分子中有4种不同化学环境的氢原子评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单位称为晶胞。NaCl晶体结构如图所示。已知FexO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1，测知FexO晶体密度ρ＝5.71g·cm－3，晶胞边长为4.28×10－10m。

(1)FexO中x值(精确至0.01)为________。

(2)晶体中的Fe分别为Fe2＋、Fe3＋，在Fe2＋和Fe3＋的总数中，Fe2＋所占分数(用小数表示，精确至0.001)为________。

(3)此晶体的化学式为________。

(4)与某个Fe2＋(或Fe3＋)距离最近且等距离的O2－围成的空间几何形状是________。

(5)在晶体中，铁离子间最短距离为________cm。16、常温下，将VmL、氢氧化钠溶液逐滴加入到醋酸溶液中，充分反应忽略溶液体积的变化如果溶液此时V的取值______填“”、“”或“”．17、滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：

（1）酸碱中和滴定——用浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，表格中记录了实验数据：。滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次20.000.5020.40第二次20.003.0023.00第三次20.004.0024.10

①下列操作造成测定结果偏高的是________(填选项字母)

A．滴定终点读数时；俯视滴定管刻度，其他操作正确。

B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过；未用未知液润洗。

C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后；未用标准盐酸润洗。

D．滴定前；盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失。

②该NaOH溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。（小数点后保留四位有效数字）

（2）氧化还原滴定——取一定量的草酸（H2C2O4）溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用标准酸性高锰酸钾溶液滴定。滴定时KMnO4溶液应装在______________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_________________________________。

（3）沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp1.77×10－105.35×10－131.21×10－161.12×10－121.0×10－12

A．NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO418、写出下列有机物所属的类别及所含官能团的名称。

（1）CH3CH=CH2_________；_________。

（2）_________；_________。

（3）_________；_________。

（4）_________，_________。19、回答下列问题：

(1)相对分子质量为70的烯烃的分子式为______；若该烯烃与足量的H2加成后能生成含3个甲基的烷烃，则该烯烃可能的结构有______种。

(2)有机物A的结构简式为若A是单烯烃与氢气加成后的产物，则该单烯烃可能有______种结构。

(3)1，3－丁二烯也能发生加聚反应，则化学方程式为______。20、类似于卤素X2与苯的同系物的反应，卤代烃亦可进行类似反应，如均三甲苯与氟乙烷的反应。它们的反应经历了中间体（Ⅰ）这一步，中间体（Ⅰ）为橙色固体，熔点－15℃，它是由负离子BF4－与一个六元环的正离子组成的；正离子中正电荷平均分配在除划*号碳原子以外的另五个成环的碳原子上，见图（Ⅰ）虚线。

（1）从反应类型看，反应A属于___，反应B属于___，全过程属于___。

（2）中间体（Ⅰ）中画*号的碳原子的立体构型与下列化合物中画*号碳原子接近的是_____

A．*CH≡CHB．CH3*CH2CH3C．D．

（3）模仿上题；完成下列反应（不必写中间体，不考虑反应条件，但要求配平）。

①+→___

②（过量）+CHCl3→___

③+→+HBr___21、某烃A与发生加成反应，生成二溴衍生物B；用加热的NaOH乙醇溶液处理B得到化合物C；经测试知C的分子中含有两个双键，分子式为将C催化加氢生成环戊烷。试写出A；B、C的结构简式。

（1）A．__________、B．___________、C．___________。

（2）写出由B得化合物C的反应方程式____；该反应的反应类型是____反应。

（3）已知卤代烃可以和钠发生反应，例如溴乙烷与钠发生反应为：2CH3CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH3+2NaBr应用这一反应；下列所给化合物中可以与钠合成环丁烷的是：

A．CH3BrB．CH3CH2CH2CH2BrC．CH2BrCH2CH2BrD．CH2BrCH2CH2CH2Br22、有人设想合成具有以下结构的烃分子。

（1）结构D显然是不可能合成的，原因是_____。

（2）在结构A的每两个碳原子之间插入一个CH2原子团，可以形成金刚烷的结构，写出金刚烷的分子式____。

（3）B的一种同分异构体是最简单的芳香烃(含苯环)，能证明该芳香烃中的化学键不是单双键交替排列的事实是____。

a．它的对位二元取代物只有一种b．它的邻位二元取代物只有一种。

c．分子中所有碳碳键的键长均相等d．能发生取代反应和加成反应。

（4）C的一种属于芳香烃(含苯环)的同分异构体是生产某塑料的单体，写出合成该塑料的化学方程式_____。评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)23、苯酚的酸性很弱，不能使指示剂变色，但可以与碳酸氢钠溶液反应放出CO2。(___________)A.正确B.错误24、蔗糖溶液中滴加几滴稀硫酸，水浴加热几分钟后，加入到银氨溶液中，水浴加热，没有银镜产生，证明蔗糖还未发生水解。(________)A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共4题，共24分)25、一定温度下，将4molCO与2molH2O(g)充入体积为2L的恒容密闭容器中发生反应CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。体系中各物质的浓度随时间(0～6min时段)的变化如图所示。回答下列问题：

(1)在0～4min时段，H2O的平均反应速率v(H2O)＝___________，该反应在上述温度下的平衡常数K＝___________(保留1位小数)。

(2)该反应到4min时，CO的转化率为___________。

(3)若6min时改变的反应条件为升高温度，则该反应的△H______0(填“>”“<”或“=”)，此时反应的平衡常数___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)判断该反应达到化学平衡状态的依据是___________(填标号)。

a.混合气体的密度不变b.混合气体中c(CO)不变。

c.v正(H2O)＝v逆(H2)d.断裂2molH－O键的同时生成1molH－H键。

(5)若保持与4min时相同的温度，向另一容积为2L的恒容密闭容器中同时充入0.5molCO、1.5molH2O(g)、0.5molCO2和amolH2，则当a＝2.5时，上述反应向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。若要使上述反应开始时向逆反应方向进行，a的取值范围为___________。26、对氮及其化合物的研究具有重要意义。

（1）在1L密闭容器中，4mol氨气在一定条件下分解生成氮气和氢气。2min时反应吸收热量为46.1kJ，此时氨气的转化率为25％。该反应的热化学方程式为_____________，这段时间内v(H2)=_________。

（2）298K时．在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)=-akJ·mol-1(a>0)，N2O4的物质的量浓度随时间变化如图所示。达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍。

①298K时，该反应的化学平衡常数为_________(精确到0.01)；

②下列情况不是处于平衡状态的是__________(填字母序号)；

a．混合气体的密度保持不变

b．混合气体的颜色不再变化

c．气压恒定时。

③若反应在398K进行，某时刻测得n(NO2)=0．6mol，n(N2O4)=1．2mol，则此时v正____v逆(填“>”、“<”或“=”)。

（3）用氨气可设计成如图所示燃料电池，产生的X气体可直接排放到大气中。则a电极电极反应式为________________。

（4）t℃下，某研究人员测定NH3·H2O的电离常数为1．8×10-5。NH4+的水解常数为1．5×10-8，则该温度下水的离子积常数为___________，请判断t_____25℃(填“>”、“<”或“=”)。27、由A和C为原料合成治疗多发性硬化症药物H的路线如下：

已知：

①A能与NaHCO3溶液反应放出CO2；其核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为2:2:1。

②NaBH4能选择性还原醛、酮，而不还原—NO2。

③+SOCl2+SO2+HCl

④3HCHO+CH3NO2

回答下列问题：

(1)A的化学名称为________，D的结构简式为_______。

(2)H的分子式为_______，E中官能团的名称为_______。

(3)B→D、E→F的反应类型分别为_______。

(4)F→G的化学方程式为________。

(5)与C互为同分异构体的有机物的结构简式为_______(核磁共振氢谱为四组峰；峰面积比为6:3:1:1)。

(6)设计由B和为原料制备具有抗肿瘤活性药物的合成路线__________。28、高锰酸钾常用作消毒杀菌、水质净化剂等。某小组用软锰矿(主要含MnO2,还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾流程如下。试回答下列问题。

(1)配平焙烧时化学反应:□MnO2+□_____+□O2□K2MnO4+□H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率，试用碰撞理论解释其原因__________。

(2)滤渣II的成分有_______(化学式);第一次通CO2不能用稀盐酸代替的原因是_________。

(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_________。

(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得KMnO4。

由下图可知,从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过_____、______；洗涤等操作。

(5)工业上按上述流程连续生产。含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4___吨。

(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。用惰性电极电解滤液II。

①电解槽阳极反应式为____________；

②阳极还可能有气体产生,该气体是__________。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共14分)29、某矿石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用该矿石制备BaCl2•2H2O的流程如图；且三次滤渣的主要成分各不相同：

如表为常温时各离子转化为氢氧化物沉淀时的pH：。Fe3+Mg2+Ca2+开始沉淀时的pH1.99.111.9完全沉淀时的pH3.211.113.9

(1)用15%盐酸浸取前需充分研磨，目的是___________。

(2)滤渣Ⅰ的主要成分为___________；加入NaOH调pH的范围为___________；

(3)取制得的BaCl2•2H2O(含少量杂质)2.5g配成100mL溶液，取10.00mL该溶液于烧杯中，加入足量(NH4)2C2O4溶液，过滤，洗涤，将得到的BaC2O4沉淀用过量稀硫酸溶液溶解，过滤除去BaSO4沉淀，将所得的H2C2O4溶液移入锥形瓶；用0.05mol/L高锰酸钾标准液滴定至终点。

已知：Ba2++=BaC2O4↓

BaC2O4+2H++=BaSO4↓+H2C2O4

5H2C2O4+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O

①滴定时盛放高锰酸钾标准液的仪器是___________，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色___________；即说明达到滴定终点。

②若滴定前滴定管的读数为1.80mL，滴定终点时滴定管中液面如图，则消耗的高锰酸钾的体积为___________mL

③下列操作导致测定结果偏高的是___________

a.测定时滴定管经蒸馏水洗涤后即加高锰酸钾溶液。

b.记录测定结果时；滴定前平视刻度线，滴定到达终点时俯视刻度线。

c.滴定过程中向锥形瓶中加蒸馏水。

d.达到滴定终点时发现滴定管尖嘴处悬有一滴标准液。

e.滴定管中，滴定前无气泡，滴定后有气泡30、粗盐中常含Ca2+、Mg2+、以及泥沙等杂质，一种制备精盐的实验方案及步骤如下(用于沉淀的试剂饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液；NaOH溶液均稍过量)：

(1)若试剂①选用NaOH溶液，则试剂②加入的主要目的是_____。判断滴加试剂③已过量的方法是：加入试剂③后，静置，在上层清液中，_______。

(2)操作I需要用到的玻璃仪器有烧杯、____。溶液丙中，溶质除NaCl外还含有_____(填化学式)等。

(3)食用盐常在精盐中加入KIO3。为了检验实验中是否含KIO3，可以用以下反应进行：KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3I2＋3K2SO4＋3H2O。

①用双线桥分析以上反应中电子转移的方向和数目：_________。

②从反应后溶液中获得纯净的碘单质，可采用的实验操作方法的名称是_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A.K2Cr2O7溶液中存在平衡：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+；滴加数滴1mol/LNaOH溶液，平衡正向移动，则溶液颜色从橙色变成黄色，故A正确；

B.润洗后；从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故B错误；

C.“阿司匹林的合成”实验中制乙酰水杨酸粗产品时需要抽滤；要用滤液淋洗锥形瓶，直至所有晶体被收集到布氏漏斗中，故C正确；

D.甘油与新制氢氧化铜反应生成绛蓝色的溶液；故D正确；

故选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．有机物命名时选取最长碳链为主链，的名称为丁烷；故A不符合题意；

B．同素异形体的描述对象是单质，CH3CH2CH2CH2CH3和分子式相同；结构不同；互为同分异构体，故B不符合题意；

C．和分子式相同；结构相同；为同一物质，故C符合题意；

D．CH3CH2OH和具有相同的官能团；但官能团个数不同，不是同系物，故D不符合题意；

答案选C。

【点睛】

3、D【分析】【分析】

丙烷属于烷烃，烷烃的通式为CnH2n+2，则丙烷的分子式为C3H8。

【详解】

A.1molC3H8完全燃烧生成3molCO2和4molH2O，则消耗O2为A项错误；

B.C3H8与丁烷(C4H10)互为同系物；B项错误；

C.C3H8为饱和烃；不能被酸性高锰酸钾氧化，则不能使高锰酸钾溶液褪色，C项错误；

D.丙烷的分子式为C3H8；D项正确；

答案选D。

【点睛】

同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的化合物，结构相似即同系物具有相同种类和数目的官能团，通式相同；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，这是常考点，也是学生们的易错点。4、D【分析】【详解】

A．2.4gMg2+的物质的量n===0.1mol，一个Mg2+中含有12个质子，0.1molMg2+中含有1.2mo1质子，含有的质子数为1.2NA；故A不符合题意；

B．标准状况下，11.2LCO2的物质的量n===0.5mol，CO2结构简式为O=C=O，每个CO2分子含4对共用电子对，0.5molCO2中含有的共用电子对数为2NA；故B不符合题意；

C．1个环己烷()中含有6个碳碳共价键和12个碳氢共价键，共含有18个共价键，故42g环己烷的物质的量n===0.5mol；0.5mol环己烷含9mo1共价键，故C不符合题意；

D．A1被稀硝酸氧化生成A13+，一个铝原子失去3个电子，1mol铝失去3个电子，故9gAl的物质的量n===铝反应失去1mol电子；故D符合题意；

答案选D。5、A【分析】【详解】

羟基个数与被置换的氢原子个数之比为1∶1。三种醇与钠反应放出等量的氢气，则三种醇提供的羟基数相同，因此三种醇的物质的量之比为1∶∶=6∶3∶2。故选A。6、C【分析】【详解】

A．苯甲酸在水中的溶解度不大；应该加热溶解；趁热过滤、冷却结晶、再过滤，选择重结晶法分离，故A错误；

B．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，证明酸性：苯酚＞不能得到酸性：苯酚＜H2CO3；故B错误；

C．饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇；消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶，静置，分液，故C正确；

D．水解后检验葡萄糖；应在碱性条件下，没有加碱至碱性，不能检验，故D错误；

答案选C。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．CHO疫苗所含重组蛋白属于高分子化合物；故A正确；

B．疫苗冷藏存放可减缓变质速率；故B正确；

C．气溶胶是胶体；所以新型冠状病毒的扩散涉及胶体性质，故C正确；

D．酒精不具有强氧化性；故D错误；

答案选D。二、多选题(共7题，共14分)8、BC【分析】【详解】

A．1mol气态肼完全燃烧生成氮气和水蒸气时；放出267kJ×2=534kJ的热量，其焓变为负值，故A错误；

B．0.5mol气态肼完全燃烧生成氮气和水蒸气时；放出267kJ的热量，焓变为负值，故B正确；

C．1mol气态肼完全燃烧生成氮气和水蒸气时；放出267kJ×2=534kJ的热量，其焓变为负值，故C正确；

D．1mol气态肼完全燃烧生成氮气和水蒸气时，放出267kJ×2=534kJ的热量，H2O的聚集状态为气态而非液态；故D错误；

故答案为：BC。9、CD【分析】【分析】

该碘量法测定Cr2O3的含量的原理为：再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2。

【详解】

A．反应①中，KClO3氯元素化合价降低，氧元素化合价升高，KClO3既是氧化剂又是还原剂，Cr2O3是还原剂；氧化剂与还原剂的物质的量比不是5∶1，A错误；

B．反应①中铬元素化合价升高，反应②中铬元素化合价未变，反应③中铬元素化合价降低，Cr元素只参与了2个氧化还原过程；B错误；

C．KClO3过量时，会高温分解为O2和KCl，故实验过程中所得O2与Cl2的物质的量比可能大于5∶2；C正确；

D．根据多步反应方程式计算皮革中Cr2O3的含量为D正确；

答案选CD。10、AC【分析】【分析】

根据题意，Ba2+和SO42-，可发生离子反应生成BaSO4↓，因此两者不能共存。Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3↓；因此两者也不能共存。

第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+═AgCl↓、CO32-+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl-、CO32-、SO42-。

第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+．故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．根据反应NH4++OH-NH3↑+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol。

第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤。干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+═BaCO3↓、SO42-+Ba2+═BaSO4↓；因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+。

由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为═0.01mol；

BaCO3为6.27g-2.33g═3.94g，物质的量为═0.02mol。

则CO32-物质的量为0.02mol，CO32-物质的量浓度为═0.2mol/L；

由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+。

结合电荷守恒解答该题。

【详解】

由以上分析可知溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+；

A．CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在；故A正确；

B．由上述分析可得，CO32-物质的量为0.02mol，CO32-物质的量浓度为═0.2mol/L；故B错误；

C．CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，且K+物质的量≥0.02mol，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl-；故C正确；

D．溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Ba2+和CO32-、SO42-，可发生离子反应生成BaCO3↓、BaSO4↓，因此Ba2+一定不存在。同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2+；故D错误；

故答案为AC。11、AC【分析】【详解】

A．配制溶液，玻璃棒和烧杯未洗涤，直接定容，造成溶质减少，HCl溶液浓度小于滴定NaOH溶液时，偏大，由知偏大；A符合题意；

B．配制溶液，定容时俯视容量瓶刻度线，造成HCl溶液浓度大于滴定NaOH溶液时，偏小，由知偏小；B不符合题意；

C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，造成读数偏大，由知偏大；C符合题意；

D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，造成读数偏小，由知偏小；D不符合题意。

答案选AC。12、AD【分析】【详解】

A．R的分子式为A项错误；

B．有3mol碳碳双键，完全加成最多消耗B项正确；

C．R的同分异构体在碳骨架不变的情况下；含氧官能团可以变为2个-OH，1个-CHO，故R具有含醛基的同分异构体，C项正确；

D．R的分子中含有连有四个原子或基团的碳原子；结构与甲烷类似，故R的分子中所有碳原子不可能共面，D项错误；

答案选AD。13、AD【分析】【详解】

A．油脂为高级脂肪酸甘油酯；在碱性条件下水解可生成高级脂肪酸钠和甘油，可用于制肥皂，A符合题意；

B．FeCl3溶液与铜发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜；可用于腐蚀电路板上的Cu，与溶液呈酸性无关，B不符合题意；

C．石墨质软可用于制铅笔芯；与石墨导电性无关，C不符合题意；

D．氢氧化铝是碱；且碱性较弱，可以和酸发生反应，因此可中和过多胃酸，故用于治疗胃酸过多，D符合题意；

答案选AD。14、BC【分析】【详解】

Ａ．M和X在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成N；由N的结构可以确定与酚羟基相邻的官能团应为羧基，而不是醇羟基，A错误；

Ｂ．E分子两个酯基并不一样；分子结构并不对称，所以苯环上剩余的4个位置都可以进行取代且不等效，所以存在4种一氯代物，B正确；

Ｃ．结合M的化学式和N的结构；以及反应条件为浓硫酸加热可以确定M生成N为酯化反应，X为甲醇，C正确；

Ｄ．F分子上下左右均不对称；苯环上4个氢原子都属于不同的化学环境，在右边的六元环中，还存在两种不同化学环境的氢原子，总共有6种化学环境的氢原子，D错误；

故选BC。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【详解】

(1)由氯化钠晶胞可知在此晶胞中应有4个FexO，根据密度公式可得(56x＋16)×4/NA＝5.71×(4.28×10－8)3；解得x≈0.92。

(2)设晶体中的Fe2＋个数为y，根据化合物中电荷守恒的原则，即正电荷总数等于负电荷总数可得：2y＋3×(0.92－y)＝2，解得y＝0.76，所以可得Fe2＋所占分数＝≈0.826。

(3)含Fe3＋个数为0.92－0.76＝0.16，此晶体的化学式为

(4)根据氯化钠的结构可知与某个Fe2＋(或Fe3＋)距离最近且等距离的O2－位于面心处；围成的空间几何形状是正八面体；

(5)由FexO晶体晶胞的结构及晶胞的边长可知，铁离子间最短距离为面对角线的一半，即为×4.28×10－10m≈3.03×10－10m＝3.03×10－8cm。【解析】0.920.826正八面体3.03×10－816、略

【分析】【详解】

若二者恰好反应得到溶液，溶液中水解呈碱性，反应后溶液溶液就呈中性，故反应时醋酸应过量，则故故答案为：【解析】17、略

【分析】【详解】

(1)①A．滴定终点读数时；俯视滴定管刻度，导致读取的标准液体积偏小，测定结果偏小，不符合题意；

B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过；未用未知液润洗不会影响消耗的标准液体积，所以对结果无影响，不符合题意；

C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后；未用标准盐酸润洗，将会稀释标准液，导致读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，符合题意；

D．滴定前；盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则读取的标准液体积偏大，测定结果偏大，符合题意；

综上所述选CD；

②根据表格，第一次消耗标准液体积为20.40mL-0.50mL=19.90mL，第二次消耗标准液体积为23.00mL-3.00mL=20.00mL，第三次消耗标准液体积为24.10mL-4.00mL=20.10mL，所以三次滴定消耗的HCl标准液平均体积为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为c==0.1000mol/L；

(2)酸性高锰酸钾溶液显酸性；且具有强氧化性，所以装在酸式滴定管中；滴定终点时酸性高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫红色，所以现象为：滴入最后一滴标准液后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；

(3)若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，AgCl、AgBr、AgCN和AgSCN均为同类型沉淀，只有AgCl的溶度积比AgSCN大，但AgCl同为白色沉淀，现象不明显，所以三种沉淀相应的盐均不合适，Ag2CrO4与AgSCN溶度积相差不大，但Ag2CrO4为A2B型沉淀，所以Ag2CrO4的溶解度要比AgSCN的溶解度小，且为砖红色，现象明显，所以可以选Na2CrO4作指示剂，即选D。【解析】①.CD②.0.1000mol/L③.酸④.滴入最后一滴标准液后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色⑤.D18、略

【分析】（1）根据有机物的结构简式可知，CH3CH=CH中含有碳碳双键，属于烯烃。（2）HC≡CCH2CH3中含有碳碳三键，属于炔烃。（3）中含有(酚)羟基，属于酚。（4）CH3CH2CHO中含有醛基，属于醛。【解析】烯烃碳碳双键炔烃碳碳三键酚(酚)羟基醛醛基19、略

【分析】【详解】

（1）根据烯烃通式CnH2n和相对分子质量为70，可求该烃的分子式为C5H10；该烯烃与H2加成后生成含3个甲基的烷烃，说明在烯烃分子中只含有1个支链，进而可确定此烯烃的碳骨架结构为双键有3种位置，则该烯烃可能的结构有3种。

（2）有机物A的碳骨架结构为双键有5种位置，则该单烯烃可能有5种。

（3）1，3－丁二烯中含有两个碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：nCH2=CH－CH=CH2【解析】(1)C5H103种。

(2)5

(3)nCH2=CH－CH=CH220、略

【分析】【详解】

（1）中间体（Ⅰ）为橙色固体，熔点－15℃，它是由负离子BF4－与一个六元环的正离子组成的，正离子中正电荷平均分配在除划*号碳原子以外的另五个成环的碳原子上，所以从反应类型看，反应A属于加成反应；相当于消掉了1个小分子HBF4，反应B属于消去反应，全过程是乙基代替苯环上的1个H原子，所以属于取代反应。

（2）中间体（Ⅰ）中画*号的碳原子是单键碳，为四面体结构，与CH3*CH2CH3画*号碳原子接近；选B。

（3）①+反应是中的1个氢原子被代替，反应方程式是+→+HCl；

②（过量）+CHCl3反应是CHCl3中的3个氯原子被3个苯环代替，反应方程式是（过量）+CHCl3→+3HCl；

③根据取代反应的定义，+CH3CH2Br→+HBr。【解析】①.加成②.消去③.取代④.B⑤.+HCl⑥.+3HCl⑦.CH3CH2Br21、略

【分析】【分析】

C的分子式为C5H6，含有2个碳碳双键，计算其不饱和度知不饱和度为3，所以该分子中存在环状结构，结构简式为C在催化条件下加氢可得到分子式为C5H10的有机物D，所以D为环戊烷；烃A与Br2发生加成反应，生成二溴衍生物B；B在加热的NaOH乙醇溶液发生消去得到化合物C；所以B为A为据以上分析回答题中问题。

【详解】

C的分子式为C5H6，含有2个碳碳双键，计算其不饱和度知不饱和度为3，所以该分子中存在环状结构，结构简式为C在催化条件下加氢可得到分子式为C5H10的有机物D，所以D为环戊烷；烃A与Br2发生加成反应，生成二溴衍生物B；B在加热的NaOH乙醇溶液发生消去得到化合物C；所以B为A为

（1）结合以上分析可知A、B、C的结构简式A．B．C．

综上所述，本题正确答案：、

（2）B为在与NaOH乙醇溶液并加热条件下发生消去得到化合物B得化合物C的反应方程式：+2NaOH+2NaBr+2H2O；该反应的反应类型是消去反应；

综上所述，本题正确答案：+2NaOH+2NaBr+2H2O；消去反应。

（3）A．根据信息可知：2CH3Br+2Na→CH3CH3+2NaBr；不符合题意，错误；

B．2CH3CH2CH2CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3+2NaBr；不符合题意，错误；

C．CH2BrCH2CH2Br+2Na→+2NaBr；生成环丙烷，不符合题意，错误；

D．CH2BrCH2CH2CH2Br+2Na→+2NaBr；生成环丁烷，符合题意，正确；

综上所述，本题正确选项D。【解析】（1）A．B．C．（各2分；共6分）

（2）+2NaOH+2NaBr+2H2O（3分）消去反应（1分）

（3）D（3分）22、略

【分析】【分析】

(1)碳原子最外层只有4个电子；最多可形成4个共价键；

(2)根据结构可知最多可插入6个CH2原子团；根据C；H原子数判断分子式；

(3)B的一种同分异构体是最简单的芳香烃应为苯；根据苯的结构判断；

(4)C的一种属于芳香烃的同分异构体是生产某塑料的单体，说明此单体含有苯环和碳碳双键或叁键，则满足条件的现分异构体应为

【详解】

(1)碳原子最外层只有4个电子；达到8电子稳定结构时最多可形成4个共价键，不能形成5个共价键；

(2)根据结构可知最多可插入6个CH2原子团，则C应为10个，H应为6×2+4=16，所以分子式为C10H16；

(3)最简单的芳香烃应为苯，化学键不是单双键交替，分子中所有碳碳键的键长均相等，它的邻位二元取代物只有一种，可证明该结构特征，而无论是否单双键交替，它的对位二元取代物都只有一种，且在一定条件下都能发生取代反应和加成反应，所以证明的为bc，故答案为：bc；

(4)C的一种属于芳香烃的同分异构体是生产某塑料的单体，应为发生加聚反应生成方程式为：

【点睛】

苯的结构特点是无碳碳双键，不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但其有不饱和烃的性质，能与H2在一定条件下发生加成反应，也具有饱和烃的性质，与液溴在催化剂作用下发生取代反应，由此可知苯环中的碳碳键为特殊键，不是双键也不是单键。【解析】①.C原子最外层有4个电子，与其它原子或原子团最多能形成4个共价键②.C10H16③.bc④.四、判断题(共2题，共8分)23、B【分析】【分析】

【详解】

苯酚的酸性很弱，不能使石蕊变色。苯酚的酸性弱于碳酸，所以不能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，错误。24、B【分析】【详解】

硫酸会消耗银氨溶液，故水浴加热后，应先加入氢氧化钠溶液中和，再加入银氨溶液进行水浴加热，观察有没有银镜产生，故错误。五、原理综合题(共4题，共24分)25、略

【分析】【分析】

根据时间-浓度图像；可分析各物质平衡时的浓度，即可根据反应速率计算公式计算各物质的反应速率，根据平衡常数表达式计算在一定温度下该反应的平衡常数；可逆反应达到平衡状态的标志是正反应速率=逆反应速率，依此解答。

【详解】

（1）图象分析可知4min反应达到平衡状态，物质浓度为c(CO)=1.2mol/L，c(H2)=0.8mol/L，c(H2O)=0.2mol/L，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度：在0∼4min时段，反应速率平衡常数为生成物平衡浓度幂次方乘积比反应物平衡浓度幂次方乘积，

故答案为：0.2mol/(L⋅min)；2.7；

（2）该反应到4min时，CO的转化率

（3）若6min时改变的外部条件为升温，图象可知氢气浓度减小，一氧化碳和水的浓度增大，说明平衡逆向进行，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，则该反应的△H<0；此时平衡逆向进行，平衡常数减小；

故答案为：<；减小；

（4）上述分析可知，反应CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)是气体体积不变的放热反应；

a．反应前后气体质量和体积不变；混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；

b．混合气体中c(CO)不变是平衡的标志，故b正确；

c．v正(H2O)＝v逆(H2)；反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正逆反应速率之比，能证明正逆反应速率相同，故c正确；

d．断裂2molH−O键的同时生成1molH−H键；说明反应正向进行，不能这么说明正逆反应速率相同，故d错误；

故答案为：bc；

（5）若保持与4min时相同的温度，向一容积容积为2L的恒容密闭容器中同时充入0.5molCO、1.5molH2O(g)、0.5molCO2和amolH2，则当a=2.5时，说明反应正向进行；若要使上述反应开始时向逆反应进行，则a的取值范围为a>4.05；

故答案为：正反应；a>4.05。【解析】①.0.2mol/(L⋅min)②.2.7③.40%④.<⑤.减小⑥.bc⑦.正反应⑧.a>4.0526、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）写出反应方程式：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，氨气的转化率为25%，则消耗氨气的物质的量为4×25%mol=1mol，消耗1mol氨气吸收46。1kJ的热量，消耗2mol时吸收2×46.1kJ=92.2kJ，因此热反应方程式为：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)△H=＋92.2kJ·mol－1；消耗1mol氨气的同时生成1.5molH2，v(H2)=1.5/(1×2)mol/(L·min)=0.75mol/(L·min)，也可采用速率之比等于系数之比，v(NH3)=1/(1×2)mol/(L·min)=0.5mol/(L·min),v(H2)=3×v(NH3)/2=0.75mol/(L·min)；（2）①达到平衡c(N2O4)=0.6mol·L－1，则c(NO2)=0.3mol·L－1，K=c(N2O4)/c2(NO2)=0.6/0.32=6.67；②a、ρ=m/v反应物和生成物都是气体，m不变，容器是恒容状态下，v不变，ρ不能作为达到平衡的标志，b、NO2红棕色气体、N2O4无色气体，颜色不再改变，能作为达到平衡的标志，c、反应前后气体系数之和不相等，压强可以作为达到平衡的标志，因此a选项是正确；③此时的浓度商Qc=c(N2O4)/c2(NO2)=6.67,此反应是放热反应升高温度化学平衡常数减小，Qc=K(298)>K(398),反应逆向移动，v正<v逆；（3）根据原电池的工作原理，通入空气的一极为正极，则另一极为负极，NH3在负极上失电子，产生X气体可直接排放到大气中，说明X气体对环境无污染，即X：N2，从a极产生H2O，电解质溶液显碱性，2NH3＋6OH－－6e－=N2↑＋6H2O；（3）NH3·H2O＋OH－，K1=c(OH－)×c()/c(NH3·H2O)=1．8×10-5，的水解＋H2ONH3·H2O＋H＋，K2=c(H＋)×c(NH3·H2O)/c()，水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=K1×K2=2.7×10－13，25℃时水的离子积是1×10-14<2.7×10-13,水的离子积随温度的升高而升高；即大于25℃。

考点：考查热化学反应方程式的书写、化学反应速率的计算、平衡常数的计算、电极反应式的书写、离子积的计算等相关知识。【解析】2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)△H=＋92.2kJ·mol－10.75mol·L－1·min－16.67a<2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O2.7×10－13>27、略

【分析】【分析】

已知A能与NaHCO3溶液反应放出CO2，则A含有羧基，其核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为2:2:1，则A的结构简式为BrCH2CH2COOH；根据已知③，A与SOCl2反应生成BrCH2CH2COCl、SO2、HCl，则B为BrCH2CH2COCl；根据H的结构简式，含有苯环部分一直未改变，则C为D为D与压硝酸钠发生Br的取代反应生成引入硝基，E为E与NaBH4还原酮基，生成F中的硝基与甲醛在三乙胺的作用下发生④反应，则G为H是

【详解】

(1)根据上述分析可知A是BrCH2CH2COOH，A的化学名称为3-溴丙酸；D的结构简式为

(2)根据H的结构简式可知H的分子式为C19H33NO2；E结构简式是E中官能团的名称为羰基；硝基；

(3)B与C发生烃基对位的取代反应产生D，则B→D的反应类型为取代反应；E与NaBH4发生羰基的还原反应产生F；则E→F的反应类型为还原反应；

(4)F→G的化学方程式为+2HCHO

(5)C是与C互为同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6:3:1:1的有机物的结构简式为

(6)B为BrCH2CH2COCl与发生取代反应产生与NaNO2发生取代反应产生该物质与NaBH4发生羰基的还原反应产生然后与HCHO在三乙胺存在时发生信息④反应产生然后在H2、Cd/C条件下发生还原反应产生故合成路线为：BrCH2CH2COCl与【解析】3-溴丙酸C19H33NO2羰基、硝基取代、还原+2HCHOBrCH2CH2COCl与28、略

【分析】【详解】

（1）MnO2中Mn的化合价为+4价，K2MnO4中Mn的化合价为+6价，O2中O的化合价为0价，生成物中都变成了-2价，根据得失电子守恒(化合价升降总数相等)得：MnO2前面系数为2，O2前面系数为1，K2MnO4前面系数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH前面系数为4，水前面系数为2，故答案为24KOH122。根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分，所以工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率。

（2）根据流程滤液I主要是K2MnO4溶液，还含有SiO32-和AlO2-等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-、CO2+H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+CO32-，所以滤渣II的成分有Al(OH)3和H2SiO3；因为第一次通入CO2目之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通CO2不能用稀盐酸代替。

(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO42-发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO4-，因为CO2过量，所以还会生成HCO3-，故离子方程式为：3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-。

（4）滤液Ⅲ溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可看出，KMnO4溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3溶解度，受温度影响变化较大，所以从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过蒸发结晶；趁热过滤、洗涤、干燥等操作。

（5）根据Mn元素守恒，含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4：1×a%×≈0.018a(吨)。

（6）①滤液II主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO42-在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO4-，故阳极电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；②溶液中的OH-也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。【解析】24KOH122加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多,反应速率加快,使MnO2反应更充分Al(OH)3、H2SiO3稀盐酸可溶解Al(OH)3，