2025年湘教新版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年湘教新版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列各组物质中，互为同分异构体的是（）A.2-甲基丙烷正丁烷B.氧气臭氧C.D.金刚石石墨2、下列各组元素中，电负性依次减小的是（）A.K、Na、AlB.O、S、HC.As、P、HD.O、S、Cl3、下列有关化学键与晶体结构说法正确的是()A.两种元素组成的分子中一定只有极性键B.离子化合物的熔点一定比共价化合物的高C.非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D.含有阴离子的化合物一定含有阳离子4、下列物质中，不属于卤代烃的是（）A.硝基苯B.溴苯C.四氯化碳D.氯乙烯5、下列有机物不是同一种物质的是（）A.和B.CH2=CH-CH=CH2和C.C（CH3）3C（CH3）3和CH3（CH2）3C（CH3）3D.和6、对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A.加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32¯B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42¯C.加入氯水后再加入KSCN溶液，溶液变红色，一定有Fe2+D.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+7、化学反应的发生必然伴随有能量的转化，其最根本原因是（）A.化学反应中一定有新物质生成B.化学反应中一定有化学键的变化C.化学反应通常需要加热等条件才能发生D.能量变化是化学反应的基本特征之一8、某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-．现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g．根据上述实验事实，以下推测中正确的是（）A.-定不存在Ba2+，可能存在NH4+B.不可能存在Ba2+、Cl-C.Na+一定存在，且c（Na+）≥0.2mol/LD.Na+、Cl-可能存在评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、某科研小组探究工业废Cu粉（杂质可能含有SiO2、Al2O3、Fe2O3中的一种或几种）的组成并制备少量CuSO4•5H2O；实现废物综合利用．他们进行了两组实验，过程如下：

（1）废Cu粉中一定含有的杂质是____（填化学式）；

（2）写出过程①③中可能发生的所有反应的离子方程式：

①____；

③____；

（3）综合过程Ⅰ、II，计算该9.4g废Cu粉中，m（SiO2）=____，m（Cu）=____．10、已知：

Ⅰ．质谱分析测得有机物A的相对质量为92.5；含有碳；氢、氯三种元素，且氢的质量分数为9.73%

Ⅱ．A有如图的转化关系。

Ⅲ．与羟基相连的碳上没有氢原子的醇不能氧化成醛或酮．

Ⅳ．F的核磁共振氢谱有两种吸收峰；其峰面积之比为9：1．

Ⅴ．E和G都能和新制的Cu（OH）2悬浊液反应；但反应类型不同．

根据以上信息回答下列问题。

（1）A的结构简式为____．

（2）反应⑦的反应条件为____．

（3）D还有两种相同类别的同分异构体在Ⅱ中没有出现，它们的结构简式分别为____和____．

（4）写出下列反应的化学方程式：E和新制的Cu（OH）2悬浊液反应____反应⑤____．

（5）若M的分子式为C4H2Cl8，若不考虑立体异构，其同分异构体有____种．11、（2015春•湖南期末）苯甲酸广泛用于医药；食品、染料、化工等领域．以下是实验室制备苯甲酸的一种方法．反应原理如下：

+2KMnO4+2MnO2↓+KOH+H2O

+HCl→↓+KCl

相关资料：。名称相对分子质量性状熔点/℃溶解度水乙醇水乙醇甲苯92无色液体易燃易挥发-96不溶易容苯甲酸122白色片状或针状晶体122.4

（100℃升华）25℃0.35g

80℃2.7g易容实验步骤：

如图组装反应装置（冷凝水．夹持及加热装置未画出）；并在三颈烧瓶中依次加入120mL水；9，.4g高锰酸钾和3.0mL甲苯．

②将三颈烧瓶中的混合液体搅拌；加热至沸腾，直到甲苯完全反应．

③趁热过滤反应混合物．若滤液呈紫色；则需加入适量的亚硫酸氢钠溶液至紫色褪去后再过滤，用热水洗涤滤渣，洗涤液合并至滤液中．

④用冰水冷却滤液；然后用浓盐酸酸化，过滤，用少量冷水洗涤滤渣，得到苯甲酸粗产品，经重结晶得到精制的苯甲酸．

回答下列问题：

（1）本实验应选择的三颈烧瓶规格为____（填字母序号）．

A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL

（2）判断甲苯已完全反应的现象是____；回流液不再出现油珠．

（3）实验步骤④中，用少量冷水而不用热水洗涤滤渣的目的是____；苯甲酸粗产品除了可用重结晶法精制外，还可用____法．

A．蒸发B．升华C．过滤D．分液。

（4）精制的苯甲酸纯度测定：称取1.220g样品，用稀乙醇溶解并配成100mL溶液，分别取25，.00mL溶液，用0.1000mo1•L-1NaOH标准溶液滴定，三次滴定消耗NaOH溶液的体积分别为V1=24.70mL、V2=24.80mL、V3=25.80mL．

①配制溶液时用稀乙醇而不用蒸馏水作溶剂的原因是____．

②若用酚酞作指示剂，确定滴定终点的现象是____．

③产品的纯度为____．12、糖类分为单糖、双糖和多糖，其中葡萄糖属于____，蛋白质、淀粉、脂肪是三种重要的营养物质，其中____不是高分子化合物，脂肪水解的最终产物：脂肪→____；在蛋白质水解的最终产物分子中，含有官能团：____和____．13、原子序数小于36的X；Y、Z、W四种元素；其中X是原子半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29．回答下列问题：

（1）1molY2X2含有σ键的数目为____．

（2）X和Z形成的化合物为M，Y和X形成的化合物为N，则M、N中其VSEPR模型和分子立体构型相同的是____（写化学式）．

（3）W原子价电子排布式为____，向其硫酸盐（WSO4）溶液中逐滴加入氨水至过量，发生的现象是____，反应后的溶液中W形成的配离子的化学式为____．14、氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40-50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：

2Cu+=Cu2++Cu．

根据以上信息；结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：

（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是______（填氧化剂或还原剂）．

（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式______

（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是______（填化学式）

（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式______．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）16、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）17、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）18、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）19、判断下列有关烷烃的命名是否正确。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）异戊烷____．20、乙酸与丙二酸互为同系物____．21、判断下列说法是否正确；正确的在横线内打“√”，错误的打“×”．

①1mol任何气体的体积都是22.4L．____

②在标准状况下，某气体的体积为22.4L，则该气体的物质的量为1mol，所含的分子数目约为6.02×1023．____

③当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4L．____

④凡升高温度，均可使饱和溶液变成不饱和溶液．____．22、铁和稀硫酸反应的离子反应方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判断对错）23、判断题（对的打√；错的打×）

（1）1mol氢中含有NA个氢原子____

（2）1molCO2含有NA个氧原子____

（3）1molH2O中含有1molH2和1molO____

（4）在标准状况下，1mol水的体积约是22.4L____

（5）1molO2在20℃时的体积一定大于22.4L____

（6）在标准状况下，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L____．评卷人得分四、计算题(共3题，共15分)24、向100ml2mol•L-1AlCl3溶液中逐滴加入100mlNaOH溶液时产生7.8g沉淀，则加入的NaOH溶液的物质的量为多少？25、12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量为____，含R的质量为1.6克的Na2R，R的相对原子质量为____．26、已知氢氧化钠和氢氧化钡混合溶液的pH=14，现取100mL该混合溶液，加入100mL0.4mol/LH2SO4溶液时生成的沉淀已达最多（溶液的体积变化忽略不计）；计算回答下列问题：（无计算过程不得分）

（1）原混合溶液中氢氧化钠和氢氧化钡的物质的量浓度为多少？

（2）反应后所得溶液的PH为多少？评卷人得分五、综合题(共1题，共8分)27、（15分）下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中A是一种红棕色粉末，B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。根据图示回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A____，E____，I____；（2）反应①的化学方程式是；反应②的化学方程式是；（3）J与盐酸反应的离子方程式是；反应后的溶液与D反应的化学方程式是。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，同分异构体包含碳链异构、官能团异构、位置异构等，以此来解答．【解析】【解答】解：A、2-甲基丙烷和正丁烷分子式都为C4H10；属于同分异构体，故A正确；

B；氧气和臭氧属于O元素形成的不同种单质；互为同素异形体，故B错误；

C；苯酚与苯甲醇；分子式不同，不是同分异构体，故C错误；

D；金刚石和石墨均是由C原子形成的不同种单质；属于同素异形体，故D错误；

故选A．2、B【分析】【分析】一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小．电负性大得元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角．【解析】【解答】解：A；周期表从上到下；元素的电负性逐渐变小，则电负性Na＞K；周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，则电负性Al＞Na，所以电负性依次增大，故A错误；

B；周期表从上到下；元素的电负性逐渐变小，则电负性O＞S；而O、S的电负性都大于H，所以电负性依次减小，故B正确；

C；周期表从上到下；元素的电负性逐渐变小，则电负性P＞As；而H的电负性等于P，大于As，所以电负性能先减小后增大，故C错误；

D；周期表从上到下；元素的电负性逐渐变小，则电负性O＞S；周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，则电负性Cl＞S，所以先减小后增大，故D错误；

故选：B．3、D【分析】解：A、H2O2分子中既有极性键也有非极性键；故A错误；

B；氯化钠的熔点小于二氧化硅的熔点；故B错误．

C；氯化铵是离子化合物；且是非金属元素组成的化合物，故C错误．

D；根据正负电荷相等；所以含有阴离子的化合物一定含有阳离子，故D正确．

故选：D【解析】【答案】D4、A【分析】【分析】烃中的氢原子被卤素原子取代后生成的有机物为卤代烃，卤代烃必须满足：分子中除了一定含碳元素、可能含H元素以外，只含有卤素原子，不能含有其它元素，据此进行解答．【解析】【解答】解：A．硝基苯中含有N；O原子；不属于卤代烃，故A正确；

B．溴苯为苯中氢原子被溴原子取代完成的；溴苯属于卤代烃，故B错误；

C．四氯化碳可以看作甲烷中4个氢原子被氯原子取代生成的；四氯化碳属于卤代烃，故C错误；

D．氯乙烯可以看作乙烯分子中的一个氢原子被氯原子取代；氯乙烯属于卤代烃，故D错误；

故选A．5、C【分析】【分析】同一种物质分子式相同，结构相同，据此解题．【解析】【解答】解：A．甲烷是四面体结构，和结构相同；是同种物质，故A正确；

B．CH2=CH-CH=CH2和分子式相同；结构相同，是同种物质，故B正确；

C．CH3（CH2）3C（CH3）3为CH3CH2CH2CH2C（CH3）3；二者结构不相同，不是同种物质，故C错误；

D．和分子式相同；结构相同，是同种物质，故D正确．

故选C．6、D【分析】【分析】A．可能含有HCO3-；

B．可能生成AgCl沉淀；

C．可能含有Fe3+；

D．能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3．【解析】【解答】解：A．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成CO2，可能含有HCO3-；故A错误；

B．可能生成AgCl沉淀；应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，故B错误；

C．可能含有Fe3+；应先加入KSCN溶液，再加入氯水检验，故C错误；

D．能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，则一定含有NH4+；故D正确．

故选D．7、B【分析】【分析】A；化学反应的特征：有新物质生成；

B；化学反应的实质：旧键的断裂和新键的生成；

C；加热不是所有化学反应的条件；

D、根据化学反应的基本特征：产生新物质，能量发生变化．【解析】【解答】解：化学反应的发生是旧键断裂和新键生成的过程；其中旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量不同，化学反应必然伴随能量的变化．

A；化学反应的特征是有新物质生成；新物质的生成不是能量变化的原因，故A错误；

B；化学反应的实质：旧键的断裂和新键的生成；旧化学键的断裂需要吸收能量，新化学键的生成需要放出能量，吸收的能量和释放的能量不同，导致化学反应必然伴随能量的变化，故B正确；

C；加热不是所有化学反应的条件；不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，故C错误；

D；能量变化是化学反应的基本特征之一；但不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，故D错误．

故选：B．8、C【分析】【分析】溶液中的NH4+遇碱氢氧化钠会放出氨气；CO32-与Ba2+可以形成不溶于水但能溶于稀盐酸的碳酸钡白色沉淀；SO42-与Ba2+可以形成不溶于水也不能溶于稀盐酸的硫酸钡白色沉淀，因此，一定含有CO32-、SO42-；由于CO32-、SO42-与Ba2+不能在同一溶液中共存，确定一定不含Ba2+．【解析】【解答】解：由第一份加足量NaOH溶液；加热，收集到气体1.36g可断定溶液中一定含有氨根离子；由第二份溶液的实验，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤；干燥后，沉淀质量为4.66g，可得溶液中一定存在碳酸根离子和硫酸根离子且一定不存在钡离子；

根据题干所给数据计算分析判断其他离子的存在；

铵根离子物质的量==0.08mol；C（NH4+）==0.4mol/L

硫酸根离子物质的量==0.02mol；C（SO42-）==0.1mol/L

碳酸根离子物质的量==0.04mol；C（CO32-）==0.2mol/L

负电荷总物质的量=0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol；

铵根离子所带正电荷=0.08mol×1=0.08mol；

所以应该还有阳离子；而钡离子已经确定不含，所以一定含有钠离子．

依据电荷守恒，[H+]+[Na+]+[NH4+]=2[CO32-]+2[SO42-]+[OH-]，依据溶液中的离子水解可知，若[H+]＜[OH-]

[Na+]+[NH4+]＞2[CO32-]+2[SO42-]

得到[Na+]＞2[CO32-]+2[SO42-]-[NH4+]＞2×0.2+2×0.1-0.4＞0.2mol/L；若溶液中的离子水解相当。

则[Na+]=0.2mol/L；

由于铵根离子水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液不能显酸性；所以一定含钠离子，且c（Na+）≥0.2mol/L；

综上所述，溶液中一定含有Na+、NH4+、CO32-、SO42-离子，一定不含Ba2+离子，可能含有Cl-离子；

故选C．二、填空题(共6题，共12分)9、SiO2、Fe2O3Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+SiO2+2OH-═SiO32-+H2O、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O3.0g3.2g【分析】【分析】由过程Ⅰ可知，9.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；

由过程Ⅱ可知，9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2+、H+、Cu2+，1.92g固体为铜，所以没有Fe3+，以此来解答．【解析】【解答】解：由过程Ⅰ可知，9.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；

由过程Ⅱ可知，9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2+、H+、Cu2+，1.92g固体为铜，所以没有Fe3+；

（1）由过程Ⅰ可知含有SiO2，由过程Ⅱ可知含有Fe2O3，故答案为：SiO2、Fe2O3；

（2）由I可知X中一定存在的是Cu、Fe2O3、Al2O3，离子方程式分别为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，③涉及反应有SiO2+2OH-═SiO32-+H2O、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+；SiO2+2OH-═SiO32-+H2O、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（3）通过以上分析可知，二氧化硅质量为3.0g，则Fe2O3、Cu一共6.4g，设Fe2O3为xmol；Cu为ymol；

则160x+64y=6.4

Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+；

xmol2xmolxmol2xmol

则反应剩余的Cu为：（y-x）mol×64g/mol=1.92g；

解得：x=0.02；y=0.05；

则Fe2O3的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g；

Cu的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g；

故答案为：3.0g；3.2g．10、（CH3）2CCH2Cl浓硫酸、加热CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH（OH）CH3（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOHCu2O+（CH3）2CHCOONa+3H2O（CH3）2C=CH2+HCl→（CH3）3CCl9【分析】【分析】有机化合物A的相对分子质量为92.5，含有碳、氢、氯三种元素，由于Cl元素相对原子质量为35.5，可推知A中含有1个Cl原子，A中氢的质量分数为9.73%，则分子中N（H）==9，故N（C）==4，故A的分子式为C4H9Cl，A经过系列转化得到F，由转化关系可知B为烯、C为一氯丁烷、F为丁醇，F的核磁共振氢谱有两种吸收峰，其峰面积之比为9：1，可推知F为（CH3）3COH，逆推可知C为（CH3）3CCl，B为（CH3）2C=CH2，A发生水解反应生成D，D为醇，D转化生成E，E转化生成G，E和G都能和新制的Cu（OH）2悬浊液反应，但反应类型不同，则E为醛、G为羧酸，可推知A为（CH3）2CHCH2Cl，顺推可知D为（CH3）2CHCH2OH、E为（CH3）2CHCHO、G为（CH3）2CHCOOH，据此解答．【解析】【解答】解：有机化合物A的相对分子质量为92.5，含有碳、氢、氯三种元素，由于Cl元素相对原子质量为35.5，可推知A中含有1个Cl原子，A中氢的质量分数为9.73%，则分子中N（H）==9，故N（C）==4，故A的分子式为C4H9Cl，A经过系列转化得到F，由转化关系可知B为烯、C为一氯丁烷、F为丁醇，F的核磁共振氢谱有两种吸收峰，其峰面积之比为9：1，可推知F为（CH3）3COH，逆推可知C为（CH3）3CCl，B为（CH3）2C=CH2，A发生水解反应生成D，D为醇，D转化生成E，E转化生成G，E和G都能和新制的Cu（OH）2悬浊液反应，但反应类型不同，则E为醛、G为羧酸，可推知A为（CH3）2CHCH2Cl，顺推可知D为（CH3）2CHCH2OH、E为（CH3）2CHCHO、G为（CH3）2CHCOOH．

（1）A的结构简式为（CH3）2CCH2Cl，故答案为：（CH3）2CCH2Cl；

（2）反应⑦是（CH3）2CHCH2OH在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成（CH3）2C=CH2；

故答案为：浓硫酸；加热；

（3）（CH3）2CHCH2OH的两种相同类别的同分异构体在Ⅱ中没有出现，结构简式分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（OH）CH3；

故答案为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（OH）CH3；

（4）E和新制的Cu（OH）2悬浊液反应方程式为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOHCu2O+（CH3）2CHCOONa+3H2O；

反应⑤的反应方程式为：（CH3）2C=CH2+HCl→（CH3）3CCl

故答案为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOHCu2O+（CH3）2CHCOONa+3H2O；（CH3）2C=CH2+HCl→（CH3）3CCl

（5）分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4Cl10中的两个Cl原子被两个H原子取代，可以采取“定一移二”法确定：故C4H2Cl8共有9种；

故答案为：9．11、B三颈烧瓶中混合液不再分层减少苯甲酸因溶解造成损失B常温下苯甲酸微溶于水易溶于乙醇滴加最后一滴氢氧化钠标准溶液后，溶液由无色变为浅红色，且30秒不褪色99.00%【分析】【分析】（1）根据溶液体积及三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的～判断；

（2）根据物质的溶解性可知；完全反应时：溶液不分层；回流液不再出现油珠；

（3）温度较高时；苯甲酸溶解度增大，会溶解而损失；由表中数据可知，苯甲酸具有升华性质；

（4）①由表中数据可知；常温下苯甲酸微溶于水而易溶于乙醇；

②苯甲酸反应完毕；加入最后一滴NaOH溶液，溶液呈弱碱性，溶液变为浅红色；

③第三次与前两次消耗氢氧化钠的体积相差较大，应舍弃，第1、2次消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值为氢氧化钠溶液体积，苯甲酸与氢氧化钠按1：1反应，则n（苯甲酸）=n（NaOH），再根据m=nM计算m（苯甲酸），进而计算样品中苯甲酸的纯度．【解析】【解答】解：（1）溶液体积为120mL，而三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的～；故三颈烧瓶的容积应为180mL～360mL，故选250mL三颈烧瓶，故选：B；

（2）反应中得到苯甲酸钾；而苯甲酸钾溶于水，甲苯不溶于水，完全反应时：三颈烧瓶内溶液不分层；回流液不再出现油珠，故答案为：三颈烧瓶内溶液不分层；

（3）温度较高时；苯甲酸溶解度增大，用少量冷水洗涤可以减少苯甲酸因溶解造成的损失；由表中数据可知，苯甲酸具有升华性质，可以利用升华法进行提纯；

故答案为：减少苯甲酸因溶解造成的损失；升华；

（4）①由表中数据可知；常温下苯甲酸微溶于水而易溶于乙醇，故配制溶液时用稀乙醇而不用蒸馏水作溶剂，故答案为：常温下苯甲酸微溶于水而易溶于乙醇；

②反应到达终点时；加入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，故答案为：加入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色；

③第三次与前两次消耗氢氧化钠的体积相差较大，应舍弃，消耗氢氧化钠溶液的体积为=24.75mL，苯甲酸与氢氧化钠按1：1反应，则n（苯甲酸）=n（NaOH）=0.1000mol•L-1×0.02475L=0.002475mol，则其总质量为0.002475mol×122g/mol×=1.2078g，所以产品中苯甲酸质量分数为×100%=99.00%，故答案为：99.00%．12、单糖脂肪高级脂肪酸和甘油羧基氨基【分析】【分析】葡萄糖是一种重要的单糖；高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的化合物；脂肪是高级脂肪酸和甘油形成的酯类；蛋白质是由氨基酸经缩聚反应形成的，据此分析．【解析】【解答】解：葡萄糖是一种重要的单糖；不能继续水解；高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的化合物，而脂肪的相对分子质量只有几百，故不是高分子化合物；脂肪是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，故脂肪最终水解为高级脂肪酸和甘油；蛋白质是由氨基酸经缩聚反应形成的，故蛋白质水解最终生成氨基酸，而氨基酸中含有氨基和羧基两种官能团．

故答案为：单糖；脂肪；高级脂肪酸和甘油；羧基；氨基．13、3NACH43d104s1出现蓝色沉淀，后沉淀又溶解生成深蓝色溶液[Cu（NH3）4]2+【分析】【分析】原子序数小于36的X；Y、Z、W四种元素；其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；

Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍；原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；

Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；则Z是N元素；

W的原子序数为29；则W是Cu元素；

再结合物质结构分析解答．【解析】【解答】解：原子序数小于36的X；Y、Z、W四种元素；其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；

Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍；原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；

Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；则Z是N元素；

W的原子序数为29；则W是Cu元素；

（1）一个乙炔分子中含有3个σ键，则1molC2H2含有σ键的数目为3NA，故答案为：3NA；

（2）X和Z形成的化合物为M即NH3，Y和X形成的化合物为N即CH4，NH3的VSEPR模型为正四面体形，由于N原子含有一个孤电子对，所以分子立体构型都是三角锥形，CH4的VSEPR模型和分子立体构型都是正四面体；

故答案为：CH4；

（3）W的原子序数为29，则W是Cu元素，其价电子排布式为3d104s1；铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，氢氧化铜能溶于氨水生成铜氨络合离子，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-；则观察到的现象为先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液；

故答案为：3d104s1；出现蓝色沉淀，后沉淀又溶解生成深蓝色溶液；[Cu（NH3）4]2+．14、略

【分析】解：（1）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂；所以另一物质做还原剂；故答案为：还原剂；

（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；

故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；

（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H-失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2，故答案为：H2；

（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O；

故答案为：CuH+3H++NO3-=Cu2++2H2O+NO↑．

（1）根据化合价的变化判断氧化剂；还原剂；

（2）CuH在氯气中燃烧；氯气做氧化剂，CuH做还原剂；

（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H-失电子，盐酸中H+得电子；

（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu；稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体．

本题是信息给予题，筛选有用信息结合已学知识进行整合处理．【解析】还原剂；2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl；H2；CuH+3H++NO3-=Cu2++2H2O+NO↑三、判断题(共9题，共18分)15、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，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】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．19、√【分析】【分析】（1）根据烷烃的系统命名法分析；

（2）取代基的编号错误；应该是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根据烷烃的命名方法进行分析；

（4）根据图示的球棍模型进行命名并判断正误．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主链为丁烷，命名为：2-甲基丁烷，题中命名正确；

故答案为：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，编号错误，正确应为2，2，4三甲基戊烷；

故答案为：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；满足烷烃的系统命名法，命名正确；

故答案为：√；

（4）根据球棍模型，其结构简式为名称为2甲基戊烷，所以题中命名错误；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同．【解析】【解答】解：乙酸与丙二酸官能团个数不一样；通式不同，不是同系物．

故答案为：×．21、×【分析】【分析】①外界条件不同；气体的体积不同；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，结合n==计算；

③气体的体积受温度；压强影响；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液．【解析】【解答】解：①气体的体积受温度；压强影响；外界条件不同，分子之间的距离不同，则气体的体积不同，故答案为：×；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，n===1moL，所含的分子数目约为6.02×1023；故答案为：√；

③气体的体积受温度；压强影响；如压强较大，则气体的体积可能小于22.4L，故答案为：×；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液，故答案为：×．22、×【分析】【分析】铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫酸铁，该离子方程式中反应产物错误，应该生成Fe2+离子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氢离子，则铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气和氢气，不会生成硫酸铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】（1）没有指明是氢气分子还是氢原子；

（2）根据二氧化碳的物质的量及分子组成分析；

（3）根据水分子中不存在氢气分子判断；

（4）根据标准状况下水的状态不是气体判断；

（5）根据影响1mol氧气体积的因素有温度和压强判断；

（6）根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的体积．【解析】【解答】解：（1）1mol氢中含有NA个氢原子；必须指明是氢气分子还是氢原子，故（1）错误；

故答案为：×；

（2）1molCO2中含有2mol氧原子，含有2NA个氧原子；故（2）错误；

故答案为：×；

（3）1molH2O中含有2mol氢原子和1molO；故（3）错误；

故答案为：×；

（4）在标准状况下；水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol水的体积，故（4）错误；

故答案为：×；

（5）由于影响气体体积的因素除了温度，还原压强，若减小压强，气体体积减小，所以1molO2在20℃时的体积不一定大于22.4L；故（5）错误；

故答案为：×；

（6）在标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L；故（6）正确；

故答案为：√．四、计算题(共3题，共15分)24、略

【分析】【