2025年浙教新版高二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年浙教新版高二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、下列化合物分子中，在核磁共振氢谱图中只给出一种信号的是（）A.CH3CH2CH3B.CH3COCH2CH3C.CH3CH2OHD.CH3OCH32、下列关于有机物的叙述正确的是（）A.乙醇不能发生取代反应B.C4H10有三种同分异构体C.氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别3、下列关于有机物性质的叙述错误的是rm{(}rm{)}A.甲烷和氯气在光照条件下反应产生油状液滴B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色C.苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.乙醇可以和金属钠反应放出氢气4、在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，某研究小组研究了其他条件下不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是()A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B.图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C.图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙的高D.图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高5、一定温度下，可逆反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡状态的标志是（）A.单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolABB.体系内的总压不随时间变化C.单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2D.单位时间内生成nmolA2的同时，生成nmolB26、现有体积相同、pH均为2的盐酸和醋酸，下列叙述错误的是（）A.盐酸溶液中的c（Cl-）与醋酸溶液中的c（CH3COO-）相等B.它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多C.分别用水稀释相同倍数时，n（Cl-）＜n（CH3COO-）D.它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多7、唐山市曹妃甸区10月20日的空气质量日报如表：

。项目空气污染指数空气质量级别空气质量可吸入颗粒物65Ⅱ良二氧化硫6二氧化氮20下列情况对表中三个空气质量指标不会产生影响的是（）A.用氢气作燃料B.露天焚烧垃圾C.大量排放汽车尾气D.用煤作燃料8、下列说法不正确的是()A.生铁、不锈钢和黄铜都属于合金B.淀粉、油脂和蛋白质都属于天然高分子化合物C.水泥、玻璃和陶瓷都属于无机非金属材料D.天然气、液化石油气和汽油的主要成分都属于径类9、下列各组微粒的立体构型相同的是()rm{垄脵NH_{3}}和rm{H_{2}O}rm{垄脷NHrlap{_{4}}{^{+}}}和rm{H_{3}O^{+}}rm{垄脹NH_{3}}和rm{H_{3}O^{+}}rm{垄脺O_{3}}和rm{SO_{2}}rm{垄脻CO_{2}}和rm{BeCl_{2}}rm{垄脼SiOrlap{_{4}}{^{4-}}}和rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}A.rm{垄脹垄脺垄脻}B.rm{垄脵垄脺垄脼}C.rm{垄脹垄脺垄脻垄脼}D.rm{垄脷垄脻垄脼}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、Ⅰ.自从英国化学家巴特列（N.Bartlett）首次合成了第一个稀有气体的化合物XePtF6以来，人们又相继发现了氙的一系列化合物，如XeF2、XeF4等。巴特列为开拓稀有气体化学作出了历史性贡献。（1）请根据XeF4的结构示意图（图1）判断这个分子是极性分子还是非极性分子？____________________。（2）XeF2晶体是一种无色晶体，图2为它的晶胞结构图。XeF2晶体属于哪种类型的晶体？__________________。Ⅱ.已知有关物质的熔、沸点数据如下表：。物质MgOAl2O3MgCl2AlCl3熔点/℃28522072714190（2.6×105Pa）沸点/℃360029801412182.7请参考上述数据填空和回答问题：（1）工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝。为什么不用电解MgO的方法生产镁，也不用电解AlCl3的方法生产铝？___________________________________________________________________________________________________________________________________。（2）设计可靠的实验证明MgCl2、AlCl3所属的晶体类型，其实验方法是___________________________________________________________________________________________________________________________________。11、（13分）下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题：(用元素符号)。IAⅡAⅢAⅣAVAⅥAⅦA01ab2cdefg3hijkl4mn（1）a元素与e元素形成的原子个数比为1:1的化合物的结构为式：_____________；（2）n元素与f元素两者核电荷数之差是_____________________；（3）上表中，原子半径最大的是（稀有气体除外）________________；（4）推测j、d最简单氢化物的稳定性强弱关系____________（填化学式）。（5）c2a4与n的单质反应的化学方程式______________________________；（6）写出c5a12的所有同分异构体的结构简式_________________________。12、用“化学反应气体体积测定仪”测定1mol氢气的体积时，要三次用到注射器，其中两次是抽气调压，还有一次是。13、电子式。

（1）甲烷______

（2）羟基______．14、(9分)观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是（1）在①图中，发生反应的化学方程式为：。（2）在②图中，待镀铁制品应与电源极相连，电极反应式为：。（3）在③图中,外电路电子由极流向极，若电解液为KOH溶液，则b极的反应式为。15、比较下列溶液的rm{pH(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

rm{垄脵0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液______rm{0.1mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液。

rm{垄脷0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液______rm{0.01mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液．评卷人得分三、实验题(共7题，共14分)16、测血钙的含量时；进行如下实验：

①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉徙用稀硫酸处理得H2C2O4溶液．

②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氣化产物为CO2，还原产物为Mn2+．

③终点时用去20mLl.0×l0-4mol．/L的KMnO4溶液．

（1）写出用KMn04滴定H2C2O4的离子方程式______．

（2）判断滴定终点的方法是______．

（3）③步骤中取酸性KMnO4溶液溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的血钙质量分数______（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）．

（4）计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L．17、已知实验室制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在rm{l40隆忙}脱水生成乙醚．

少量的溴和足量的乙醇制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷的装置如下图所示：有关数据列表如下：

。乙醇rm{1}rm{2-}二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.79}rm{2.2}rm{0.71}沸点rm{/隆忙}rm{78.5}rm{132}rm{34.6}熔点rm{/隆忙}一rm{l30}rm{9}rm{-1l6}回答下列问题：

rm{(1)}反应原理是______

rm{(2)}在装置rm{C}中应加入______，rm{(}填正确选项前的字母rm{)}其目的是______

rm{a.}水rm{b.}浓硫酸rm{c.}氢氧化钠溶液rm{d.}饱和碳酸氢钠溶液。

rm{(3)}判断该制各反应已经结束的最简单方法是______；

rm{(4)}若产物中有少量副产物乙醚rm{.}可用______的方法除去；

rm{(5)}反应过程中应用冷水冷却装置rm{D}其主要目的是______；但又不能过度冷却rm{(}如用冰水rm{)}其原因是______．18、正丁醚常用作有机反应的溶剂rm{.}实验室制备正丁醚的反应和主要实验装置如下：

rm{2CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OHunderset{135隆忙}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2})_{2}O+H_{2}O}

反应物和产物的相关数据如下：。rm{2CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH

underset{135隆忙}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2})_{2}O+H_{2}O}

相对分子质量沸点rm{/隆忙}密度rm{/(g?cm^{-3})}水中溶解性正丁醇rm{74}rm{117.2}rm{0.8109}微溶正丁醚rm{130}rm{142.0}rm{0.7704}几乎不溶合成反应：

rm{垄脵}将一定量的浓硫酸和正丁醇，按一定顺序添加到rm{A}中；并加几粒沸石。

rm{垄脷}加热rm{A}中反应液，迅速升温至rm{135隆忙}维持反应一段时间。

分离提纯：

rm{垄脹}待rm{A}中液体冷却后将其缓慢倒入盛有一定量水的分液漏斗中；振摇后静置，分液得粗产物。

rm{垄脺}粗产物依次用蒸馏水、rm{NaOH}溶液和蒸馏水洗涤；分液后再加入一定质量的无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。

rm{垄脻}将上述处理过的粗产物进行蒸馏；收集馏分，得正丁醚。

请回答：

rm{(1)}步骤rm{垄脵}中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为______。

rm{(2)}加热rm{A}前，需先从______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}口向rm{B}中通入水。

rm{(3)}步骤rm{垄脷}中，若温度控制不当，最容易产生副产物的结构简式为______。

rm{(4)}分液漏斗在使用前须清洗干净并______，步骤rm{垄脹}中粗产物应从分液漏斗的______rm{(}填“上”或“下”rm{)}口分离出。

rm{(5)}步骤rm{垄脺}中加入rm{NaOH}溶液洗涤的目的为__________。

rm{(6)}步骤rm{垄脻}中，加热蒸馏时应收集______rm{(}填选项字母rm{)}左右的馏分。

rm{a.100隆忙b.117隆忙C.135隆忙d.142隆忙}

rm{(7)}反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应的进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回rm{A.}分水器中上层液体的主要成分为______，下层液体的主要成分为______。19、某学生用0.2mol•L-1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液；其操作可分解为如下几步：

A．酸式滴定管准确量取25.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中；并加入2～3滴酚酞试液。

B．用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管2～3次。

C．把盛有标准氢氧化钠溶液的碱式滴定管固定好；调节滴定管尖嘴使之充满溶液。

D．取标准氢氧化钠溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2～3mL处。

E．调节液面至“0”或“0”刻度以下；记下读数。

F．把锥形瓶放在滴定管的下面；用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并记下滴定管的读数。

回答下列问题：

（1）正确的操作顺序是：B；______、F（填序号）

（2）滴定结果如下：

。NaOH起始读数NaOH终点读数第一次0.10mL18.60mL第二次0.30mL19.00mL根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为______mol•L-1．（计算结果小数点后保留两位有效数字）

（3）达到滴定终点的标志是______。

（4）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是______。

A．未用标准液润洗碱式滴定管。

B．滴定终点读数时；俯视滴定管的刻度，其它操作均正确。

C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过；未用待测液润洗。

D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液20、Ⅰ．（1）已知某有机物A只含有C、H、O三种元素，通过元素分析知含碳54.55%，含氢9.10%。质谱分析其相对分子质量为88，经红外光谱分析其中只含C－H键和键，其核磁共振氢谱图显示有三重峰，峰面积之比为3：2：3，该有机物不含有CH3－O－，则A的结构简式为_______________。（2）写出实验室制备A的化学方程式_________________________________________。Ⅱ．苯甲酸甲酯()是常用香精，广泛用于食品、化妆品等行业，可从自然界中提取，也可人工合成。实验室现以食品防腐剂[主要成分为苯甲酸钠()]、甲醇为原料制备苯甲酸甲酯。已知：。熔点℃沸点℃水溶性甲醇—97.864.7易溶苯甲酸（一元弱酸）122.4249.3常温：0.17g；100℃：6.8g苯甲酸甲酯—12.3198难溶合成苯甲酸甲酯的流程如下：请回答下列问题：（1）温度①约为_________℃，操作③为_________，操作④为__________。（2）第②步加热的目的是______________________________________。（3）选择合适的制备苯甲酸甲酯的装置：______________。ABCD（4）苯甲酸甲酯有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种同分异构体的结构简式_______。①为芳香化合物②含有醛基③能与金属Na反应21、实验室制备硝基苯的主要步骤如下：rm{垄脵}配制一定比例的浓硫酸和浓硝酸的混合液，加入反应器中。rm{垄脷}向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。rm{垄脹}在rm{50隆芦60隆忙}下发生反应，直至反应结束。rm{垄脺}除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和rm{5拢楼NaOH}溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤。rm{垄脻}将用无水rm{CaCl_{2}}干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯。填写下列空白：rm{(1)}配制一定比例浓硫酸与浓硝酸混合酸时，操作注意事项是__________。rm{(2)}步骤rm{垄脹}中，为了使反应在rm{50隆芦60隆忙}下进行，常用的方法是__________。rm{(3)}步骤rm{垄脺}中，洗涤、分离粗硝基苯应使用的仪器是_______________。rm{(4)}步骤rm{垄脺}中粗产品用质量分数为rm{5拢楼NaOH}溶液洗涤的目的是___________。rm{(5)}纯硝基苯无色，密度比水______rm{(}填大或小rm{)}具有__________气味的液体。22、以下是有关rm{SO_{2}}rm{Cl_{2}}的性质实验．

某小组设计如图所示的装置图rm{(}图中夹持和加热装置略去rm{)}分别研究rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}的性质．

rm{(1)垄脵}若从左端分别通入rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}装置rm{A}中所发生反应的实质______rm{(}填“相同”或“不相同”rm{)}

rm{垄脷}若rm{D}中盛铜粉，通入足量的rm{Cl_{2}}rm{D}中的现象是______；

rm{垄脹}若装置rm{D}中装的是五氧化二钒rm{(}催化剂rm{)}通入rm{SO_{2}}时，打开rm{K}通入适量rm{O_{2}}的化学反应方程式为______

rm{垄脺SO_{2}}通入rm{B}中；碘水褪色，则该反应的离子方程式为______．

rm{(2)}某同学将足量的rm{SO_{2}}通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量rm{(}填字母rm{)}______；则可以看到白色沉淀产生．

A.氨水rm{B.}稀盐酸rm{C.}稀硝酸rm{D.}氯化钙溶液。

rm{(3)}若由元素rm{S}和rm{O}组成rm{-2}价酸根离子rm{X}rm{X}中rm{S}和rm{O}的质量比为rm{4}rm{3}当rm{Cl_{2}}与含rm{X}的溶液完全反应后，可得澄清溶液rm{.}取少量该溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生rm{.}写出rm{Cl_{2}}与含rm{X}的溶液反应的离子方程式______．评卷人得分四、探究题(共4题，共12分)23、（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。24、（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。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。评卷人得分五、解答题(共4题，共40分)27、在含有弱电解质的溶液中；往往有多个化学平衡共存．

（1）现将0.04mol•L-1的HA溶液与0.02mol•L-1的NaOH溶液等体积混合．如HA是。

HCN，溶液中c（Na+）＞c（CN-），则该混合溶液c（H+）______c（OH-）（请填“＞”“＜”或“=”），c（HCN）+c（CN-）=______mol•L-1．如HA是。

CH3COOH，该混合溶液呈酸性，c（CH3COOH）______c（CH3COO-）（请填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如下图所示．回答下列问题：

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-______（填：“能”或“不能”）大量共存．

②当pH=7时；溶液中各种离子其物质的量浓度之间的等量关系是：______．

（3）已知在25℃时，CO32-水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2×10-4，当溶c（HCO3-）：c（CO32-）=20：1时；溶液的。

pH=______．

28、Ⅰ．钢铁工业是国家工业的基础．请回答钢铁腐蚀；防护过程中的有关问题．请写出钢铁在碱性、潮湿的环境下发生电化学腐蚀正极的电极反应式：______；图1中哪个装置示意图可防止铁棒被腐蚀______．

Ⅱ．某小组为研究电化学原理；设计如图2的装置．请回答下列问题：

（1）a和b不连接时；铁片上发生反应的离子方程式为______，此时能量转化形式主要是化学能转化为______能．

（2）a和b用导线连接时，外电路中的电子是从______电极流出（填“Fe”或“Cu”），______（填Cu2+或SO42-）离子朝负极移动；Cu极所发生反应的电极反应式为______．

（3）现在要在铁片上镀一层金属铜；则a极要和直流电源的______（填“正极”或“负极”）连接；此时铜片上发生的电极反应式为______．

29、在一定温度下（已知在该温度下，容器内所有物质均为气态），10L密闭容器中加入5molSO2、4molO2，经10min后反应达平衡时有2molSO2发生了反应．试计算：

（1）用SO2表示该反应的反应速率；

（2）O2的转化率；

（3）该温度下的平衡常数K（保留三位有效数字）．

30、一定温度下，向一2L的恒容密闭容器内加入0.2molN2和0.6molH2，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．反应中NH3的物质的量浓度的变化的情况如图所示：

（1）根据图，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v（NH3）=______．

（2）反应达到平衡后，第5分钟时，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为______（选填字母编号）．

a．0.20mol•L-1b．0.16mol•L-1c．0.10mol•L-1d．0.05mol•L-1

（3）该反应的化学平衡常数表达式为______．反应达到平衡后；若保持其它条件不变，只把容器的体积缩小一半，平衡______移动（填“正向”；“逆向”或“不”），化学平衡常数K______（填“增大”、“减小”或“不变”）．

（4）第5分钟时把容器的体积缩小一半后，若在第8分钟达到新的平衡，请在上图中画出从第5分钟开始变化直至到达新平衡时NH3浓度的变化曲线．

（5）将氨气通入盛有CaSO4悬浊液的沉淀池中，再通入适量的CO2，过滤后即可得到（NH4）2SO4由此可知Ksp（CaSO4）______Ksp（CaCO3）

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】考查有机物中氢原子种类的判断。一般同一个碳原子上的氢原子是相同的，同一个碳原子所连接的甲基上的氢原子是相同的，具有对称性结构（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。据此判断，A～D种分别含有的种类是2、3、3、1，所以答案选D。【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：A、乙醇与钠反应可认为是取代反应，乙醇与HBr反应；酯化反应等都是取代反应，故A错误；

B、C4H10是丁烷；有正丁烷；异丁烷两种同分异构体，故B错误；

C；氨基酸不是高分子化合物；故C错误；

D；乙烯与溴水发生加成反应；使溴的四氯化碳溶液褪色，甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以区别，故D正确；

故选D．

【分析】A、乙醇可以与钠反应，可以发生酯化反应、与HBr反应；

B、C4H10是丁烷；有两种同分异构体；

C；氨基酸不是高分子化合物；

D、乙烯与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色．3、C【分析】解：rm{A.}甲烷中rm{H}被rm{Cl}取代生成氯代烃；则反应产生油状液滴，故A正确；

B.乙烯中含碳碳双键；与溴发生加成反应，则乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；

C.苯与高锰酸钾不反应；则苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；

D.乙醇含rm{-OH}与rm{Na}反应生成氢气；故D正确；

故选C．

A.甲烷中rm{H}被rm{Cl}取代生成氯代烃；

B.乙烯中含碳碳双键；与溴发生加成反应；

C.苯与高锰酸钾不反应；

D.乙醇含rm{-OH}．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应的判断，题目难度不大．【解析】rm{C}4、B【分析】【解析】试题分析：图Ⅰ在t1时刻正逆反应速率均是增大，所以改变的条件一定不是增大氧气的浓度，A不正确；由于该反应是体积减小的可逆反应，而图Ⅱ中正逆反应速率均是增大的，但平衡不移动，所以改变的条件只能是催化剂，B正确；催化剂不能改变平衡状态，只能改变反应速率，则SO2的转化率是不变的，C不正确；正方应是体积减小的，所以增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，则选项D是错误的，答案选B。考点：考查外界条件对反应速率以及平衡状态的影响【解析】【答案】B5、C【分析】解：A、单位时间内生成nmolA2；同时生成nmolAB不说明正逆反应速率相等，反应未达到平衡状态，故A错误；

B；反应前后气体体积相等；所以压强不变不能说明各组分浓度不变，反应不一定达到平衡状态，故B错误；

C、单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2；证明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故C正确；

D、单位时间内生成nmolA2的同时，生成nmolB2；都是逆反应速率，无法证明正逆反应速率相等，故D错误；

故选C．

化学反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意化学方程式的特点是反应前后气体体积改变的反应．

本题利用一些基本量来判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态，判断时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解析】【答案】C6、D【分析】解：A．两种溶液中分别存在c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+），c（Cl-）+c（OH-）=c（H+），因pH相等，则c（CH3COO-）=c（Cl-）；故A正确；

B．醋酸为弱酸；pH相同时，醋酸浓度较大，则与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多，故B正确；

C．加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸溶液酸性较强，由电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+），c（Cl-）+c（OH-）=c（H+），可知n（Cl-）＜n（CH3COO-）；故C正确；

D．醋酸浓度较大，体积相同时物质的量较大，则与足量CaCO3反应时，放出的CO2醋酸较多；故D错误．

故选D．

A．根据电荷守恒判断；

B．醋酸为弱酸；pH相同时，醋酸浓度较大；

C．加水稀释；促进醋酸的电离，醋酸溶液酸性较强，结合电荷守恒判断；

D．醋酸浓度较大；体积相同时物质的量较大．

本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握弱电解质的电离特点和影响因素，结合电荷守恒解答该题，难度中等．【解析】【答案】D7、A【分析】解：A．氢气燃烧生成产物为水；没有表中的项目，对表中三个空气质量指标不会产生影响，故A正确；

B．垃圾燃烧会产生大量的可吸入颗粒和有害气体；含有表中项目，故B错误；

C．汽车排放的尾气还有较多的二氧化氮等有害物质；含表中项目，故C错误；

D．煤和燃烧会有二氧化硫生成；含表中项目，故D错误；

故选：A．

本题要根据空气质量每周公报的部分内容；判断产物对空气是否造成污染．表中说明可吸入颗粒；二氧化硫、二氧化氮都是空气污染物．

本题考查了生活中常见的环境污染与治理，熟悉相关物质的性质是解题关键，有助于养成爱护环境，节能减排的习惯，题目难度不大．【解析】【答案】A8、B【分析】【分析】本题考查化学与生活中使用材料的分类，涉及合金、天然高分子化合物、无机非金属材料、烃类的燃料等等，注重平时的学习积累，题目难度不大。【解答】A.生铁、不锈钢和黄铜都属于合金，故A正确；B.油脂是rm{ga}高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不属于天然高分子化合物，故B错误；高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不属于天然高分子化合物，故B错误；rm{ga}C.水泥、玻璃和陶瓷都属于无机非金属材料，故C正确；D.天然气、液化石油气和汽油的主要成分都属于烃类，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}9、C【分析】【分析】本题考查了微粒空间构型的判断，根据价层电子对理论解答即可，注意孤电子对个数rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}中各个字母的含义，阳离子和阴离子孤电子对个数计算rm{隆脕(a-xb)}中各个字母的含义，阳离子和阴离子【解答】rm{隆脕(a-xb)}中价层电子对个数rm{=3+dfrac{1}{2}隆脕(5-3)=4}且含有一个孤电子对，所以为三角锥形，为易错点，题目难度较难。中价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}隆脕(6-2)=4}且含有两个孤电子对，所以为rm{垄脵NH_{3}}形结构，二者空间构型不同，故rm{=3+dfrac{1}{2}

隆脕(5-3)=4}错误；

rm{H_{2}O}中价层电子对个数是rm{=2+dfrac{1}{2}

隆脕(6-2)=4}且不含孤电子对，为正四面体形结构；rm{V}中价层电子对个数rm{垄脵}且含有一对孤电子对，所以为三角锥形结构，二者空间构型不同，故rm{垄脷NH_{4}^{+}}错误；

rm{4}为三角锥形结构、rm{H_{3}O^{+}}为三角锥形结构，所以二者空间构型相同，故rm{=3+dfrac{1}{2}(5-3)=4}正确；

rm{垄脷}rm{垄脹NH_{3}}中价层电子对个数都是rm{H_{3}O^{+}}且都含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是rm{垄脹}形，故rm{垄脺O_{3}}正确；

rm{SO_{2}}和rm{3}分子都是直线型分子，故rm{V}正确；

rm{垄脺}和rm{垄脻CO_{2}}中价层电子对个数都是rm{BeCl_{2}}且不含孤电子对，所以空间构型都是正四面体结构，所以空间构型相同，故rm{垄脻}正确；故C正确。

故选C。

rm{垄脼SiO_{4}^{4-}}【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】Ⅰ.（1）由图1可看出该结构为高度对称，故为非极性分子。（2）因Xe、F都为非金属元素，且结合图2结构图得为分子晶体。Ⅱ.（1）因为MgO的熔点远高于MgCl2，故电解熔融MgO将需要更高的温度，消耗更多的能量，因而不用电解MgO的方法生产镁。观察表中数据可见，AlCl3易升华，熔、沸点低，故属于分子晶体，不存在离子，熔融时不能导电，不能被电解，因而不能用电解AlCl3的方法生产铝（2）区别离子晶体和分子晶体就看两晶体在熔融状态下能否导电，若能导电，则为离子晶体；若不导电，则为分子晶体。【解析】【答案】Ⅰ.（1）非极性分子（2）分子晶体Ⅱ.（1）因为MgO的熔点远高于MgCl2，故电解熔融MgO将需要更高的温度，消耗更多的能量，因而不用电解MgO的方法生产镁。观察表中数据可见，AlCl3易升华，熔、沸点低，故属于分子晶体，不存在离子，熔融时不能导电，不能被电解，因而不能用电解AlCl3的方法生产铝（2）将两种晶体加热到熔融状态，MgCl2能导电，AlCl3不能导电。证明MgCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体11、略

【分析】（1）a元素与e元素分别是H和O，二者原子个数比为1:1的化合物是H2O2，结构式为H—O—O—H。（2）n元素与f元素分别是F和Br，二者的核电荷数之差是35－9＝26。（3）同周期自左向右，原子半径逐渐逐渐，同主族自上而下原子半径逐渐增大。所以原子半径最大的是K。（4）j、d分别是硅和N，N的非金属性强于硅的。而非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，所以氢化物的稳定性是NH3>SiH4。（5）c2a4与n的单质分别是乙烯和单质溴，二者发生加成反应，方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。（6）c5a12是戊烷，共有3种同分异构体，分别是CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4。【解析】【答案】（1）H—O—O—H（2）26（3）K（4）NH3>SiH4（5）CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（6）CH3CH2CH2CH2CH3CH3CH2CH(CH3)2C(CH3)4(3分)12、略

【分析】试题分析：在该实验中，注射器有两个作用，分别是抽气调压和加注稀硫酸。考点：考查注射器的作用。【解析】【答案】34．加注稀硫酸13、略

【分析】解：（1）1个甲烷分子中含1个C、4个H原子，分子式为CH4，碳原子的最外层有4个电子，氢原子最外层1个电子，一个碳原子形成4对共用电子对，一个氢原子形成一对共用电子对，所以电子式为

故答案为：

（2）氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，其电子式为

故答案为：．

（1）甲烷分子为共价化合物；分子中含有4个碳氢键，碳原子最外层满足8电子稳定结构，据此写出甲烷的电子式；

（2）羟基为中性原子团；碳原子最外层电子数为7，据此写出羟基的电子式．

本题考查了电子式的书写，题目难度不大，明确电子式的概念及书写原则为解答关键，注意掌握羟基与氢氧根离子、甲基与甲烷的电子式的区别，试题有利于提高学生的灵活应用基础知识的能力．【解析】14、略

【分析】试题分析：（1）装置①中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，所以发生反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑；（2）装置②的待镀铁制品应与电源负极相连，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；（3）装置③中，a电极是负极，b电极是正极，负极上氢气失电子，正极上氧气得电子，所以电子从a极沿导线流向b极，反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。考点：考查原电池和电解池的工作原理。【解析】【答案】（1）CuCl2Cu+Cl2↑(2分)（2）负(1分)Cu2++2e－=Cu(2分)（3）a(1分)b(1分)O2+4e－+2H2O=4OH－(2分)15、＞；＜【分析】解：rm{垄脵Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}是强碱弱酸盐，碳酸根离子、碳酸氢根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中氢氧根离子浓度越大，溶液rm{PH0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液rm{>0.1mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液，故答案为：rm{>}

rm{垄脷}氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，铵根离子浓度越大水解程度越小，溶液中氢离子浓度越大，溶液rm{PH}越小，rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液rm{<0.01mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液，故答案为：rm{<}．

rm{垄脵Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}是强碱弱酸盐；碳酸根离子；碳酸氢根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中氢氧根离子浓度越大；

rm{垄脷}氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性；铵根离子浓度越大水解程度越小，溶液中氢离子浓度越大．

本题考查了盐类水解原理、水解平衡影响因素的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{>}rm{<}三、实验题(共7题，共14分)16、略

【分析】解：（1）用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，高锰酸钾具有强氧化性能氧化草酸发生氧化还原反应生成二氧化碳，锰离子和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；

（2）判断滴定终点的方法是：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色；且半分钟内不褪色；

故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色；且半分钟内不褪色；

（3）③步骤中取酸性KMnO4溶液溶液时；酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，消耗高锰酸钾溶液体积增大，计算测得的血钙质量分数偏大；

故答案为：偏大；

（4）定量关系可知，5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4；

52

n0.020L×l.0×l0-4mol/L

n=5.0×10-6mol；

血液中含钙离子的浓度==2.5×10-3；

故答案为：2.5×10-3；

（1）用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液；发生氧化还原反应生成二氧化碳，锰离子和水，结合电荷守恒；电子守恒和原子守恒书写；

（2）利用高锰酸钾溶液的紫红色指示反应的终点；颜色变化后半分钟不变证明反应达到终点；

（3）③步骤中取酸性KMnO4溶液溶液时；酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，消耗标准溶液体积增大；

（4）5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4的定量关系计算；

本题考查了氧化还原反应滴定实验过程、定量计算和物质性质的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；偏大；2.5×10-317、略

【分析】解：rm{(1)}实验室制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷的反应原理为：先发生乙醇的消去反应生成乙烯，再发生乙烯与溴水的加成反应，反应分别为rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤BrCH_{2}CH_{2}Br}

rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，则装置rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤BrCH_{2}CH_{2}Br}中试剂为rm{(2)}溶液；其目的是；

故答案为：rm{C}吸收反应中可能生成的酸性气体；

rm{NaOH}乙烯和溴水发生加成反应生成rm{c}rm{(3)}二溴乙烷，rm{1}rm{2-}二溴乙烷为无色，rm{1}中溴颜色完全褪去说明反应已经结束；

故答案为：溴的颜色完全褪去；

rm{2-}两者均为有机物，互溶，但rm{D}rm{(4)}二溴乙烷与乙醚的沸点不同；用蒸馏的方法将它们分离；

故答案为：蒸馏；

rm{1}溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但rm{2-}rm{(5)}二溴乙烷的凝固点rm{1}较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，导致rm{2-}中长导管内液面上升；

故答案为：冷却可避免溴的大量挥发；产品rm{9隆忙}rm{B}二溴乙烷的熔点rm{1}凝固点rm{2-}低；过度冷却会凝固而堵塞导管．

用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备rm{(}rm{)}二溴乙烷，装置rm{1}中是浓硫酸、乙醇迅速加热到rm{2-}反应生成乙烯，乙烯中含有二氧化硫、二氧化碳、水蒸气，rm{A}rm{170^{circ}C}二溴乙烷熔点为rm{1}冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，rm{2-}为安全瓶，可以防止倒吸，根据rm{9隆忙}中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，装置rm{B}浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳；生成的酸性气体为rm{E}rm{C}可以和氢氧化钠反应，装置rm{SO_{2}}是发生的反应是乙烯与溴发生加成反应生成rm{CO_{2}}rm{D}二溴乙烷，rm{1}rm{2-}二溴乙烷的凝固点较低rm{1}反应过程中应用冷水冷却装置rm{2-}得到rm{(9隆忙)}rm{D}二溴乙烷；

rm{1}实验室制备rm{2-}rm{(1)}二溴乙烷；先发生乙醇的消去反应生成乙烯，再发生乙烯与溴水的加成反应；

rm{1}装置rm{2-}中应为碱性溶液；吸收反应中可能生成的酸性气体；

rm{(2)}乙烯和溴水发生加成反应生成rm{C}rm{(3)}二溴乙烷，rm{1}rm{2-}二溴乙烷为无色；

rm{1}rm{2-}二溴乙烷与乙醚的沸点不同；两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离；

rm{(4)1}溴易挥发，冷却防止溴大量挥发；rm{2-}rm{(5)}二溴乙烷的凝固点较低rm{1}过度冷却会使其凝固而使气路堵塞．

本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备实验原理、混合物分离提纯实验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．rm{2-}【解析】rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤BrCH_{2}CH_{2}Br}吸收反应中可能生成的酸性气体；溴的颜色完全褪去；蒸馏；冷却可避免溴的大量挥发；产品rm{c}rm{1}二溴乙烷的熔点rm{2-}凝固点rm{(}低，过度冷却会凝固而堵塞导管rm{)}18、略

【分析】解：rm{(1)}步骤rm{垄脵}中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释；

故答案为：先加入正丁醇；再加入浓硫酸；

rm{(2)}冷凝水的水流方向和气流方向相反；下口进，上口出；

故答案为：rm{b}

rm{(3)}如控制不当，可能发生消去反应，生成rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}故答案为：rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}

rm{(4)}分液漏斗在使用前须检查气密性；分液漏斗中振荡静置后，上层液体中为密度比水小的正丁醚和正丁醇，从分液漏斗的上口倒出；

故答案为：检查是否漏液；上；

rm{(5)}有机层中残留硫酸；可与氢氧化钠溶液发生中和反应，可用氢氧化钠溶液洗去；

故答案为：洗去有机层中残留的硫酸；

rm{(6)}步骤rm{垄脻}中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸点为rm{142隆忙}故应收集rm{142隆忙}左右的馏分；

故答案为：rm{d}

rm{(7)}分水器中收集到液体物质；因正丁醇密度比水小且微溶于水，会分为上下两层，上层为正丁醇，下层主要成分为水；

故答案为：正丁醇；水．

rm{(1)}步骤rm{垄脵}中浓硫酸和正丁醇的添加顺序类似浓硫酸的稀释；

rm{(2)}冷凝水的水流方向和气流方向相反；下口进，上口出；

rm{(3)}如控制不当；可能发生消去反应；

rm{(4)}分液漏斗在使用前须检查气密性；产品密度比水小，在溶液上层；

rm{(5)}有机层中残留硫酸；可与氢氧化钠溶液发生中和反应；

rm{(6)}步骤rm{垄脻}中，加热蒸馏的目的是收集正丁醚，而正丁醚的沸点为rm{142隆忙}

rm{(7)}液体混合物加热会蒸发出；经过冷凝器降温转化为液体，由于正丁醇的密度比水小且微溶于水，故正丁醇在上层，水在下层．

本题考查有机物的制备实验，为高考常见题型和高频考点，侧重考查物质分离提纯、对原理与操作的分析评价等，难度中等，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{(1)}先加入正丁醇；再加入浓硫酸；

rm{(2)b}

rm{(3)CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}

rm{(4)}检查是否漏液；上；

rm{(5)}洗去有机层中残留的硫酸；

rm{(6)d}

rm{(7)}正丁醇；水19、D、C、E、A0.015滴入最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色AD【分析】解：（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作；所以滴定操作顺序为：B、D、C、E、A、F；

故答案为：D；C、E、A；

（2）第一次滴定消耗标准液体积为：18.60mL-0.10mL=18.50mL，第二次滴定消耗标准液体积为：19.00mL-0.30mL=18.70mL，两次滴定消耗标准液的平均体积为：=18.60mL；

则c（HCl）===0.1448mol/L≈0.15mol/L；

故答案为：0.15；

（3）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液；用酚酞作指示剂，所以终点时的现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；

故答案为：滴入最后一滴NaOH溶液；溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色；

（4）A．未用标准液润洗滴定管，会造成V（碱）偏大，根据c（待测）=可知；测定结果偏高，故A正确；

B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（碱）偏小，根据c（待测）=可知；测定结果偏小，故B错误；

C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过；未用待测液润洗，对实验结果无影响，故C错误；

D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（碱）偏大，根据c（待测）=可知；测定结果偏大，故D正确；

故选：AD。

（1）中和滴定操作有：检漏；洗涤、润洗、装液、滴定等顺序；据此偏排序；

（2）计算出消耗标准液的平均体积，然后根据c（待测）=计算；

（3）滴定结束前溶液为无色；滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断的滴定终点现象；

（4）根据滴定操作方法对c（待测）=中V（标准）的影响分析滴定误差。

本题考查中和滴定及误差分析，题目难度不大，明确中和滴定操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。【解析】D、C、E、A0.015滴入最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色AD20、略

【分析】试题分析：Ⅰ．（1）通过元素分析知含碳54.55%，含氢9.10%。质谱分析其相对分子质量为88，则该有机物分子中碳与氢原子的个数分别是＝4、＝8，则分子氧原子的个数是＝2，即该有机物的化学式为C4H8O2。经红外光谱分析其中只含C－H键和键，其核磁共振氢谱图显示有三重峰，峰面积之比为3：2：3，该有机物不含有CH3－O－，则A应该是酯类，所以结构简式为CH3COOCH2CH3。（2）A是乙酸乙酯，实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到，所以该反应的化学方程式为CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O。Ⅱ．（1）由于甲醇的沸点是64.7℃，温度过高甲醇易挥发，所以加热温度不能超过64.7℃。冷却后得到粗产品，而苯甲酸甲酯不溶于水，所以分离得到粗产品的方法是分液。粗产品苯甲酸甲酯中含有苯甲酸，二者的沸点相差较大，因此操作④应该是蒸馏。（2）由于甲醇的沸点较低，所以操作②加热的目的是蒸出过量的甲醇。（3）由于反应中需要控制温度，所以需要温度计，CD不正确。又因为水浴加热，容易控制温度，且受热均匀，所以装置选择B。（4）①为芳香化合物，说明含有苯环。②含有醛基，③能与金属Na反应，说明还含有羟基，所以可能的结构简式为等。考点：考查有机物结构推断、制备、实验方案设计与评价、反应条件控制以及同分异构体的判断【解析】【答案】Ⅰ．（1）CH3COOC2H5或者CH3COOCH2CH3（2分）（2）CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O（2分）Ⅱ．（1）64.7分液蒸馏（每空1分）（2）蒸出过量的甲醇（1分）（3）B（2分）（4）等（含有苯环、羟基、醛基，合理即可）（2分）21、（1）先将浓硝酸注入容器中；再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却。

（2）采取50～60℃水浴加热。

（3）分液漏斗。

（4）除去粗产品中残留的酸。

（5）大苦杏仁。

【分析】【分析】

本题考查有机实验；涉及硝基苯的制取，侧重对基本操作的考查，比较基础。

【解答】

rm{(1)}浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热；配制混酸操作注意事项是：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故答案为：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却；

rm{(2)}由于控制温度rm{50-60隆忙}应采取rm{50隆芦60隆忙}水浴加热，故答案为：采取rm{50隆芦60隆忙}水浴加热；

rm{(3)}硝基苯是油状液体；与水不互溶，分离互不相溶的液态，采取分液操作，需要用分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

rm{(4)}反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸；用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，故答案为：除去粗产品中残留的酸；

rm{(5)}硝基苯的密度比水大；具有苦杏仁味，故答案为：大；苦杏仁。

【解析】rm{(1)}先将浓硝酸注入容器中；再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却。

rm{(2)}采取rm{50隆芦60隆忙}水浴加热。

rm{(3)}分液漏斗。

rm{(4)}除去粗产品中残留的酸。

rm{(5)}大苦杏仁。

22、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}装置rm{A}中观察到的现象相同；都使品红褪色，但本质不同；

故答案为：不相同；

rm{垄脷}铜粉在rm{Cl_{2}}中加热，铜被氯气氧化，rm{Cu}粉红热；并生成产生棕黄色烟氯化铜；

故答案为：rm{Cu}粉红热；并产生棕黄色烟；

rm{垄脹}二氧化硫和氧气在五氧化二钒作催化剂、加热条件下能发生氧化还原反应生成三氧化硫，反应方程式为rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

故答案为：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}通入rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}装置碘水中，溶液颜色退去，发生了氧化还原反应：碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，被碘单质氧化为硫酸，本身被还原为碘化氢，反应的离子方程式为：rm{垄脺SO_{2}}

故答案为：rm{B}

rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2I^{-}+SO_{4}^{2-}}将足量的rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2I^{-}+SO_{4}^{2-}}通入一支装有氯化钡溶液的试管；未见沉淀生成，若向该试管中加入足量试剂仍然无法观察到沉淀产生，说明不发生反应：

A；氨水加入后生成亚硫酸铵；亚硫酸根和钡离子生成沉淀，故A正确；

B；稀盐酸加入后不反应；故B错误；

C；稀硝酸溶液具有强氧化性；将二氧化硫氧化成硫酸根，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故C正确；

D.氯化钙溶液和二氧化硫不反应；故D错误；

故答案为：rm{(2)}

rm{SO_{2}}若由元素rm{AC}和rm{(2)}组成rm{S}价酸根离子rm{O}rm{-2}中rm{X}和rm{X}的质量比为rm{S}rm{O}所以rm{4}中rm{3}和rm{X}的原子个数比为rm{S}rm{O}rm{dfrac{4}{32}}所以该离子为rm{dfrac{3}{16}=2}氯气有强氧化性，能和硫代硫酸根离子发生氧化还原反应，根据题意知，该反应中有硫酸根离子生成，所以氯气中氯元素得电子生成氯离子，所以该反应的离子方程式为：rm{3}

故答案为：rm{S_{2}O_{3}^{2-}}．

实验探究rm{Cl_{2}+H_{2}0+S_{2}O_{3}^{2-}=SO_{4}^{2-}+S隆媒+2Cl^{-}+2H^{+}}和rm{Cl_{2}+H_{2}0+S_{2}O_{3}^{2-}=SO_{4}^{2-}+S隆媒+2Cl^{-}+2H^{+}}的性质：装置rm{SO_{2}}品红溶液验证漂白性，二氧化硫、氯水都能使其褪色，rm{Cl_{2}}装置：二氧化硫与碘水中的碘反应，检验二氧化硫的还原性，装置rm{A}浓硫酸干燥二氧化硫，装置rm{B}二氧化硫与氧气发生催化氧化，若rm{C}中盛铜粉，氯气和铜反应生成氯化铜，装置rm{D}吸收尾气，吸收多余的rm{D}和rm{E}可用氢氧化钠溶液吸收．

rm{SO_{2}}二氧化硫具有漂白性和有机色素结合为不稳定的化合物；氯气通入溶液中与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以氧化有机色素为无色；

rm{Cl_{2}}铜粉在rm{(1)垄脵}中加热rm{垄脷}粉红热；并生成产生棕黄色烟氯化铜；

rm{Cl_{2}}若装置rm{Cu}中装的是五氧化二钒rm{垄脹}催化剂rm{D}二氧化硫催化氧化为三氧化硫；

rm{(}二氧化硫具有还原性和碘单质发生氧化还原反应生成硫酸和氢碘酸；

rm{)}足量的rm{垄脺}通入一支装有氯化钡溶液的试管；未见沉淀生成，若向该试管中加入足量物质可以看到白色沉淀产生；

A.氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；亚硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀；

B.稀盐酸不和二氧化硫反应不能生成沉淀；

C.稀硝酸溶液具有强氧化性；将二氧化硫氧化成硫酸根，结合钡离子生成沉淀；

D.氯化钙溶液和二氧化硫不反应；

rm{(2)}先根据rm{SO_{2}}中元素的质量之比求出原子个数之比；再根据题中反应现象判断该反应生成的离子，由氧化还原反应写出离子方程式．

本题考查了性质实验方案的设计，明确二氧化硫的性质是解本题关键，会根据二氧化硫的性质分析装置中各个装置的作用及发生的反应，注意稀硝酸有强氧化性而氧化二氧化硫，为易错点，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等．rm{(3)}【解析】不相同；rm{Cu}粉红热，并产生棕黄色烟；rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2I^{-}+SO_{4}^{2-}}rm{AC}rm{Cl_{2}+H_{2}0+S_{2}O_{3}^{2-}=SO_{4}^{2-}+S隆媒+2Cl^{-}+2H^{+}}四、探究题(共4题，共12分)23、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）24、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）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