2024年浙教版高二化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年浙教版高二化學(xué)下冊月考試卷345考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列設(shè)備工作時，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能的是。ABCD硅太陽能電池鋰離子電池太陽能集熱器燃?xì)庠?、有人認(rèn)為rm{CH_{2}=CH_{2}}與rm{Br_{2}}的加成反應(yīng)，實質(zhì)是rm{Br_{2}}先斷裂為rm{Br^{+}}和rm{Br^{-}}然后rm{Br^{+}}首先與rm{CH_{2}=CH}一端碳原子結(jié)合，第二步才是rm{Br^{-}}與另一端碳原子結(jié)合rm{.}根據(jù)該觀點如果讓rm{CH_{2}=CH_{2}}與rm{Br_{2}}在盛有rm{NaCl}和rm{NaI}的水溶液中反應(yīng)，則得到的有機物不可能是rm{(}rm{)}A.rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}B.rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl}C.rm{BrCH_{2}CH_{2}I}D.rm{BrCH_{2}CH_{2}Cl}3、天然維生素P存在于槐樹花蕾中，它是一種營養(yǎng)增補劑，關(guān)于維生素P的敘述中錯誤的是（）（維生素P的結(jié)構(gòu)簡式）A.可與NaOH溶液反應(yīng)，1mol該物質(zhì)可與4molNaOH反應(yīng)B.可與溴水反應(yīng)，且1mol該物質(zhì)與足量溴水反應(yīng)消耗6molBr2C.一定條件下1mol該物質(zhì)可與H2加成，耗H2最大量為7molD.維生素P遇FeCI3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)4、下列關(guān)于電解質(zhì)溶液的敘述正確的是A．常溫下物質(zhì)的量濃度相等①NH4HSO4、②(NH4)2SO4、③(NH4)2CO3三種溶液中c(NH4+)①<②<③B．在純水中加入少量硫酸或硫酸銨，均可抑制水的電離C．中和pH與體積均相同的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物質(zhì)的量相同D．常溫下，同濃度的Na2S與NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大5、下列說法中正確的是（）A.液態(tài)HCl、固態(tài)NaCl均不導(dǎo)電，所以HCl、NaCl均不是電解質(zhì)B.NH3、CO2的水溶液均導(dǎo)電，所以NH3、CO2均是電解質(zhì)C.銅、石墨均導(dǎo)電，所以它們是電解質(zhì)D.蔗糖、酒精在水溶液或熔化時均不導(dǎo)電，所以它們是非電解質(zhì)評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、下列實驗過程中不需要使用圓底燒瓶的是A.過濾B.蒸餾C.溶解D.分液7、下列廣告用語在科學(xué)性上錯誤的是rm{(}rm{)}A.沒有水就沒有生命B.這種蒸餾水絕對純凈，其中不含任何離子C.這種口服液含豐富的氮rm{.}磷rm{.}鋅等微量元素D.這種飲料不含任何化學(xué)物質(zhì)8、工業(yè)合成環(huán)丁基甲酸的流程如圖。下列說法正確的是。

A.a和b互為同系物B.a→b的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)C.c分子中所有碳原子均可共面D.b的一氯代物有4種(不考慮立體異構(gòu))9、實驗是研究化學(xué)的基礎(chǔ)，圖中所示的實驗方法、裝置或操作完全不正確的是rm{(}rm{)}A.

除雜B.

稀釋C.制氣D.稱量10、氫氣還原氧化銅：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+Cu}在該反應(yīng)中

A.rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+

Cu}做還原劑B.rm{CuO}做氧化劑C.銅元素的化合價降低D.銅元素的化合劑升高rm{CuO}11、下列操作能用于檢驗rm{NH_{3}}的是rm{(}rm{)}A.氣體使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗tB.氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍C.氣體與濃rm{H_{2}SO_{4}}靠近D.氣體與濃鹽酸產(chǎn)生白煙12、關(guān)于原電池的下列說法中，正確的是rm{(}rm{)}A.在負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)B.化學(xué)性質(zhì)較活潑的金屬為負(fù)極C.在外電路上電子由負(fù)極流向正極D.是由電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置13、分類方法在化學(xué)學(xué)科的發(fā)展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分類標(biāo)準(zhǔn)合理的是rm{(}rm{)}A.根據(jù)分散系是否具有丁達爾現(xiàn)象將分散系分為溶液rm{.}膠體和濁液B.根據(jù)物質(zhì)的組成成分是否單一，將物質(zhì)分為純凈物和混合物C.根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)D.根據(jù)反應(yīng)中的熱效應(yīng)將化學(xué)反應(yīng)分為放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)14、

下列離子檢驗的方法和結(jié)論不正確的是rm{(}rm{)}A.某溶液中滴加硝酸銀溶液生成白色沉淀，說明原溶液中有rm{Cl^{-}}B.某溶液中滴加氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明原溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}C.某溶液中滴加氫氧化鈉溶液生成藍色沉淀，說明原溶液中有rm{Cu^{2+}}D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成無色氣體，說明原溶液中有rm{CO_{3}^{2-}}評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、（10分）五種元素的原子電子層結(jié)構(gòu)如下：A．1s22s1；B．1s22s22p4；C．1s22s22p6；D．1s22s22p63s23p2E．[Ar]3d104s1。（用元素符號作答）（1）元素的第一電離能最大的是________；（2）屬于過渡元素的是________；（3）元素的電負(fù)性最大的是________；（4）上述元素之間能形成X2Y型化合物的化學(xué)式是、____16、燃料電池是一種新能源．利用2CO+O2═2CO2設(shè)計燃料電池時，負(fù)極發(fā)生反應(yīng)的氣體是______，正極發(fā)生反應(yīng)的氣體是______．17、在一密閉容器中有rm{A}rm{B}兩種氣體，開始時濃度分別為rm{amol?L^{-1}}rm{bmol?L^{-1}}rm{A}跟rm{B}反應(yīng)生成rm{C}方程式為：rm{A+2B?3C.t}秒末時，用rm{C}表示的反應(yīng)速率為rm{dmol?L^{-1}?S^{-1}}則此時rm{B}的濃度為多少rm{mol?L^{-1}}18、運用化學(xué)反應(yīng)原理研究氮；氧等單質(zhì)及其化合物的反應(yīng)有重要意義．

（1）合成氨反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），在恒溫、恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣，平衡____移動（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化劑使反應(yīng)的△H____（填“增大”；“減小”或“不改變”）．

（2）在25℃下，向濃度均為0.1mol?L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水；沉淀會分步析出．

首先生成沉淀的離子方程式為____氨水過量后，生成的沉淀會部分溶解，寫出溶解沉淀的離子方程式____．

（已知25℃時Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20）

（3）在25℃下，將amol?L-1的氨水與0.01mol?L-1的鹽酸等體積混合；反應(yīng)后溶液中。

c（NH4+）=c（Cl-）．則溶液顯____性（填“酸”、“堿”或“中”），請用含a的代數(shù)式表示NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=____．

（4）在一個固定容積為5L的密閉容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分鐘后達到平衡，測得容器中含SO30.18mol，則v（o2）=____mol．L-1．min-1：若繼續(xù)通入0.20molSO2和0.10molO2，再次達到平衡后，n（SO3）的取值范圍為____．19、（14分）在一定條件下，烯烴可發(fā)生臭氧化還原水解反應(yīng)，生成羰基化合物，該反應(yīng)可表示為：已知：①合物A，其分子式為C9H10O，它既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，且能與金屬鈉或NaOH溶液反應(yīng)生成B；②B發(fā)生臭氧化還原水解反應(yīng)生成C，C能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③C催化加氫生成D，D在濃硫酸存在下加熱生成E；④E既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，且能與NaOH溶液反應(yīng)生成F；⑤F發(fā)生臭氧化還原水解反應(yīng)生成G，G能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，遇酸轉(zhuǎn)化為H（C7H6O2）。請根據(jù)上述信息，完成下列填空：⑴寫出下列化合物的結(jié)構(gòu)簡式（如有多組化合物符合題意，只要寫出其中的一組）A______________，C_____________，E________________．⑵寫出分子式為C7H6O2的含有苯環(huán)的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_______________________________________________________________________20、（12分）惰性電極電解NaCl溶液或CuSO4溶液都得到三種產(chǎn)物A、B、C，各物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（圖中參與反應(yīng)和生成的水都已略去）。已知甲是短周期元素的單質(zhì)，它是日常生活中常用的包裝材料。回答下列問題：（1）若電解的是NaCl溶液：①甲與A反應(yīng)的化學(xué)方程式是________。②A與B反應(yīng)的離子方程式是____________。③常溫下，若電解100mL0.1mol/LNaCl溶液，陰、陽兩極各產(chǎn)生112mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則所得溶液的pH為____（忽略反應(yīng)前后溶液的體積變化及氣體溶于水的影響）。（2）若電解的是CuSO4溶液，加熱時，A的濃溶液可與B發(fā)生反應(yīng)：①A的濃溶液與B反應(yīng)過程中，A的濃度隨時間變化的圖像正確是。②E的化學(xué)式是；電解時陽極的電極反應(yīng)式是____。21、已知CH3COO-+H+?CH3COOH現(xiàn)要使平衡向右移動且氫離子濃度增大，應(yīng)采取的措施是______

A．加NaOHB．加鹽酸C．加水D．升高溫度。

已知CH3COOH在溶劑A中可以全部電離，鹽不溶解于A溶劑．則CH3COOH和Na2CO3在溶劑A中生成CO2反應(yīng)的離子方程式是______．22、用系統(tǒng)法寫出下列物質(zhì)名稱rm{(1)}____________；rm{(2)}____________；rm{(3)}____________；rm{(4)}____________；rm{(5)}____________；rm{(6)}鍵線式鍵線式rm{(6)}名稱_______________．23、實驗室常利用甲醛法測定rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，其反應(yīng)原理為：rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}攏脹}滴定時，rm{1mol(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}與rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO

=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}攏脹}相當(dāng)rm{1mol

(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}然后用rm{lmolH^{+}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)生成的酸。某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：步驟rm{攏脻}稱取樣品rm{NaOH}

步驟rm{I}將樣品溶解后，完全轉(zhuǎn)移到rm{1.500g}容量瓶中；定容，充分搖勻。

步驟rm{II}移取rm{250mL}樣品溶液于rm{III}錐形瓶中，加入rm{25.00mL}的中性甲醛溶液，搖勻、靜置rm{250mL}后，加入rm{10mL20攏樓}滴酚酞試液，用rm{5min}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點。按上述操作方法再重復(fù)rm{1隆蘆2}次。rm{NaOH}根據(jù)步驟rm{2}填空：

rm{(1)}堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入rm{III}標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定，則測得樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)________rm{壟脵}填“偏高rm{NaOH}“偏低rm{(}或“無影響”rm{"}rm{"}錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去rm{)}標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積_______rm{壟脷}填“偏大”、“偏小”或“無影響”rm{NaOH}rm{(}滴定時邊滴邊搖動錐形瓶；眼睛應(yīng)觀察____________。

A.滴定管內(nèi)液面的變化rm{)}錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化。

rm{壟脹}滴定達到終點時；酚酞指示劑由_________色變成_________色。

rm{B.}滴定結(jié)果如下表所示：?若rm{壟脺}標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度為rm{(2)}則該樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。rm{NaOH}評卷人得分四、實驗題(共2題，共8分)24、（10分）實驗室常利用甲醛法測定（NH4）2SO4樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，其反應(yīng)原理為：4NH4＋+6HCHO=3H＋+6H2O+（CH2）6N4H＋[滴定時，1mol（CH2）6N4H+與lmolH+相當(dāng)]，然后用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)生成的酸，某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：步驟I：稱取樣品1．500g。步驟II：將樣品溶解后，完全轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中，定容，充分搖勻。步驟Ⅲ：移取25．00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后,加入1～2滴酚酞試液，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點。按上述操作方法再重復(fù)2次。（1）根據(jù)步驟Ⅲ填空：①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定，則測得樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)觀察。A．滴定管內(nèi)液面的變化B．錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化④滴定達到終點時，酚酞指示劑顏色由色。（2）滴定結(jié)果如下表所示：若NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度為0．1050mol·L－1則該樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。25、碳酸錳rm{(MnCO_{3})}是一種高性能磁性材料。以軟錳礦粉rm{(}主要含rm{MnO_{2}}還含有少量的rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}等雜質(zhì)rm{)}為原料制取rm{MnCO_{3}}的流程如下：

已知：“沉錳”反應(yīng)為：rm{Mn^{2+}+2HCO}rm{=MnCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{=MnCO_{3}隆媒+H_{2}O+

CO_{2}隆眉}“酸浸”時發(fā)生的主要反應(yīng)為：rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+2H_{2}O}除此以外，還發(fā)生的反應(yīng)離子方程式為____。rm{(1)}任寫一個rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}

+Mn^{2+}+2H_{2}O}rm{(}“沉錳”工序中，實驗測得rm{)}的產(chǎn)率與溶液rm{(2)}反應(yīng)時間rm{MnCO_{3}}的關(guān)系如圖所示。反應(yīng)要控制rm{pH}在rm{t}左右的理由是____。rm{pH}答兩點rm{7}rm{(}“過濾Ⅱ”所得濾液中溶質(zhì)的主要成分是____。rm{)}為測定某軟錳礦中二氧化錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱量rm{(3)}軟錳礦樣品，加入rm{(4)}草酸鈉rm{1.800g}固體，再加入足量的稀硫酸并加熱rm{4.020g}雜質(zhì)不參加反應(yīng)rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}充分反應(yīng)后冷卻，過量的rm{(}用rm{)}高錳酸鉀溶液進行滴定，當(dāng)?shù)稳雛m{Na_{2}C_{2}O_{4}}溶液時恰好完全反應(yīng)。已知高錳酸鉀、二氧化錳在酸性條件下均能將草酸鈉rm{0.2000mol/L}氧化：rm{MnO_{2}+C_{2}O_{4}^{2-}+4H^{+}}rm{overset{?}{=}Mn^{2+}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{MnO_{4}^{-}+C_{2}O_{4}^{2-}}rm{+H^{+}隆陋Mn^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O(}未配平rm{30.00mL}求該軟錳礦中二氧化錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)____。rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}評卷人得分五、推斷題(共4題，共40分)26、有rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}rm{T}五種元素，rm{X}原子的rm{M}層rm{p}軌道有rm{2}個未成對電子，rm{Y}原子的外圍電子構(gòu)型為rm{3d^{6}4s^{2}}rm{Z}原子的rm{L}電子層的rm{p}能級上有一空軌道，rm{Q}原子的rm{L}電子層的rm{p}能級上只有rm{1}對成對電子，rm{T}原子的rm{M}電子層上rm{p}軌道半充滿。試寫出：

rm{(1)X}的元素符號______，rm{Y}的元素符號______。

rm{(2)Z}的電子排布式______，rm{Q}的電子排布圖______，rm{T}的電子排布圖______。

rm{(3)Y}的單質(zhì)在rm{Q}的單質(zhì)中燃燒的化學(xué)方程式______。27、芳香化合物rm{A}是一種基本化工原料，可以從煤和石油中得到rm{.A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示：

回答下列問題：

rm{(1)A}的化學(xué)名稱是______；

rm{(2)A隆煤B}的反應(yīng)條件______，在該反應(yīng)的副產(chǎn)物中，與rm{B}互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為______；

rm{(3)A隆煤C}的化學(xué)方程式為______；

rm{(4)A}與酸性rm{KMnO_{4}}溶液反應(yīng)可得到rm{D}寫出rm{D}的結(jié)構(gòu)簡式______．28、已知rm{A(C_{2}H_{2})}是基本有機化工原料。由rm{A}制備聚乙烯醇縮丁醛和順式異戊二烯的合成路線rm{(}部分反應(yīng)條件略去rm{)}如圖所示：回答下列問題：rm{(1)A}的名稱是____，rm{B}含有的官能團是____。rm{(2)壟脵}的反應(yīng)類型是____，rm{壟脽}的反應(yīng)類型是____。rm{(3)C}和rm{D}的結(jié)構(gòu)簡式分別為____、____。rm{(4)}異戊二烯分子中最多有____個原子共平面，順式聚異戊二烯的結(jié)構(gòu)簡式為____。rm{(5)}寫出與rm{A}具有相同官能團的異戊二烯的所有同分異構(gòu)體____rm{(}填結(jié)構(gòu)簡式rm{)}rm{(6)}參照異戊二烯的上述合成路線，設(shè)計一條由rm{A}和乙醛為起始原料制備rm{1}rm{3-}丁二烯的合成路線。29、rm{(15}分rm{)}酮洛芬是一種良好的抗炎鎮(zhèn)痛藥，可以通過以下方法合成：rm{(1)}酮洛芬中含氧官能團的名稱為____和____。rm{(2)}化合物rm{E}的結(jié)構(gòu)簡式為____；由rm{C隆煤D}的反應(yīng)類型是____。rm{(3)}寫出rm{B隆煤C}的反應(yīng)方程式____。____rm{(4)}寫出同時滿足下列條件的rm{A}的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____。Ⅰ、能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；Ⅱ、與rm{FeCl_{3}}發(fā)生顯色反應(yīng)；rm{III}分子中含有rm{5}種不同化學(xué)環(huán)境的氫rm{(5)}請寫出以甲苯和乙醇為原料制備化合物的合成路線流程圖rm{(}無機試劑可任選rm{)}合成路線流程圖示例如圖：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】試題分析：硅太陽能電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，A錯；鋰離子電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，B錯；太陽能集熱器是將太陽能轉(zhuǎn)化為熱能，C錯；燃?xì)庠钪邪l(fā)生的燃料燃燒是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，選D?？键c：常見的能量的轉(zhuǎn)化?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、B【分析】解：按照題意，第一步肯定要上rm{Br^{+}}即一定會出現(xiàn)rm{BrCH_{2}CH_{2}-}的結(jié)構(gòu)，第二步才能上陰離子，rm{NaCl}和rm{NaI}的水溶液中含有氯離子和碘離子還有溴水中的溴離子，可以分別加在碳原子上，rm{ACD}均可以；故B錯誤．

故選B．

根據(jù)題目信息：rm{CH_{2}=CH_{2}}與rm{Br_{2}}的加成反應(yīng)，實質(zhì)是rm{Br_{2}}先斷裂為rm{Br^{+}}和rm{Br^{-}}然后rm{Br^{+}}首先與rm{CH_{2}=CH}一端碳原子結(jié)合，第二步才是rm{Br^{-}}與另一端碳原子結(jié)合來判斷產(chǎn)物．

本題是一道信息給定題，可以根據(jù)題意的相關(guān)信息來回答，較簡單．【解析】rm{B}3、C【分析】【解析】試題分析：維生素P結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，能與氫氧化鈉反應(yīng)，每mol維生素P結(jié)構(gòu)中含有4mol酚羥基，所以1mol該物質(zhì)可與4molNaOH反應(yīng)，故A正確；維生素P結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，能與溴水反應(yīng)－OH的鄰、對位取代，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，1mol該物質(zhì)與足量溴水反應(yīng)耗6molBr2，故B正確；維生素P結(jié)構(gòu)中含有的苯環(huán)、碳碳雙鍵、碳氧雙鍵都能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，一定條件下1mol該物質(zhì)可與H2加成，耗H2最大量為8mol，故C錯誤；維生素P結(jié)構(gòu)中含有酚羥基，遇FeCl3溶液呈發(fā)生顯色反應(yīng)，故D正確，答案選C。考點：考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【解析】【答案】C4、D【分析】【解析】【答案】D5、D【分析】【解答】解：A；液態(tài)HCl不導(dǎo)電；但在水溶液中電離出氫離子和氯離子，可以導(dǎo)電；固態(tài)NaCl不導(dǎo)電，在水溶液中或熔融狀態(tài)下電離出鈉離子和氯離子，可以導(dǎo)電，所以所以HCl、NaCl均是電解質(zhì)，故A錯誤；

B；氨氣的水溶液能導(dǎo)電；是因為氨氣和水反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨電離出銨根離子和氫氧根離子，而不是氨氣電離；二氧化碳的水溶液能導(dǎo)電，是因為二氧化碳和水反應(yīng)生成碳酸，碳酸電離出氫離子和碳酸氫根離子，不是二氧化碳電離，所以氨氣和二氧化碳均是非電解質(zhì)，故B錯誤．

C；銅和石墨導(dǎo)電是因為有自由移動的電子；可以按一定方向移動形成電流，并且銅和石墨均為單質(zhì)，不是電解質(zhì)，故C錯誤；

D；蔗糖、酒精為化合物；在水溶液或熔化時均不導(dǎo)電，所以它們是非電解質(zhì)，故D正確．

故選D．

【分析】根據(jù)電解質(zhì)和非電解質(zhì)的定義：電解質(zhì)是指在水溶液中或在熔融狀態(tài)下就能夠?qū)щ姡娊怆x成陽離子與陰離子）的化合物，非電解質(zhì)是指在水溶液中或在熔融狀態(tài)下就不能導(dǎo)電的化合物來解答此題．二、多選題(共9題，共18分)6、ACD【分析】【分析】本題考查儀器的使用，題目難度不大，注意根據(jù)操作確定使用的儀器。【解答】rm{A}過濾需要使用漏斗，不用圓底燒瓶，故rm{A}錯誤；rm{.}過濾需要使用漏斗，不用圓底燒瓶，故rm{A}錯誤；rm{.}rm{A}rm{A}蒸餾需要用到圓底燒瓶，故正確；

rm{B}溶解用到燒杯、玻璃棒，不用圓底燒瓶，故rm{B}錯誤；

rm{.}蒸餾需要用到圓底燒瓶，故rm{B}正確；rm{.}分液使用分液漏斗，不用圓底燒瓶，故rm{B}錯誤。

rm{B}。rm{C}

rm{C}【解析】rm{ACD}7、BCD【分析】解：rm{A.}水是生命之源；人類時刻離不開水，所以人類不能沒有水，沒有水就沒有生命，故A正確；

B.水是弱電解質(zhì)；能電離出氫離子和氫氧根離子，所以蒸餾水中含有離子，故B錯誤；

C.氮和磷在人體內(nèi)屬于常量元素；不是微量元素，故C錯誤；

D.任何物質(zhì)都是由化學(xué)物質(zhì)構(gòu)成的；飲料中的所有物質(zhì)均屬于化學(xué)物質(zhì)，故D錯誤；

故選BCD．

A.根據(jù)水的重要性判斷；

B.水是弱電解質(zhì)；能電離出離子；

C.根據(jù)人體內(nèi)的常量元素和微量元素判斷；常量元素包括氧；碳、氫、氮、鈣、磷、鉀、硫、鈉、氯、鎂，微量元素包括鐵、鈷、銅、鋅、鉻、錳、鉬、碘、硒；

D.任何物質(zhì)都是由化學(xué)元素組成的；飲料是由化學(xué)物質(zhì)組成的．

本題考查了原子、分子、離子等基礎(chǔ)知識，題目難度不大，學(xué)會用化學(xué)知識解釋生產(chǎn)、生活現(xiàn)象，學(xué)以致用．【解析】rm{BCD}8、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)a、b結(jié)構(gòu)簡式可知a分子式是C7H12O4，b分子式是C10H16O4，二者不是相差CH2的整數(shù)倍；因此二者不是同系物，A錯誤；

B．a(chǎn)與Br-CH2CH2CH2Cl在一定條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生b和HCl、HBr，故a→b的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；B正確；

C．c分子中含有飽和C原子；具有甲烷的四面體結(jié)構(gòu)，因此c分子中所有碳原子不可能共平面，C錯誤；

D．b物質(zhì)以中心碳原子為對稱軸；含有4種不同位置的H原子，因此其一氯代物有4種(不考慮立體異構(gòu))，D正確；

故合理選項是BD。9、ABD【分析】解：rm{A.}洗氣時；氣體應(yīng)從長導(dǎo)管進，短導(dǎo)管出，題中氣體的進出方向錯誤，故A錯誤；

B.量筒只能用于量取一定體積；只能在常溫下使用，不能在量筒中稀釋濃硫酸，故B錯誤；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；裝置符合制備要求，故C正確；

D.氫氧化鈉應(yīng)放在小燒杯中稱量；故D錯誤．

故選ABD．

A.氣體的進出方向錯誤；

B.不能在量筒中稀釋濃硫酸；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；

D.稱量氫氧化鈉時應(yīng)防止氫氧化鈉吸水和變質(zhì)；減小實驗誤差．

本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的分離、溶液的量取、氣體的制備以及物質(zhì)的稱量，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，難度不大．【解析】rm{ABD}10、BC【分析】【分析】本題考查了氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，明確氧化還原反應(yīng)的實質(zhì)及特征為解答關(guān)鍵，注意掌握氧化劑、還原劑的概念及判斷方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力?！窘獯稹緼.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價被還原，rm{CuO}作氧化劑；故A錯誤；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價，銅元素化合價降低，rm{CuO}作氧化劑；故B正確；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；化合價降低，故C正確；

D.rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；銅元素化合價降低，故D錯誤。

故選BC。

【解析】rm{BC}11、ABD【分析】解：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}

A.無色酚酞遇堿變紅色；所以氨氣能使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗t，故A正確；

B.紅色石蕊試紙遇堿變藍色；所以氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，故B正確；

C.濃硫酸沒有揮發(fā)性；所以氨氣與濃硫酸靠近不產(chǎn)生白煙，故C錯誤；

D.濃鹽酸具有揮發(fā)性；氨氣和氯化氫反應(yīng)生成固體顆粒而產(chǎn)生白煙，故D正確；

故選ABD．

氨氣和水反應(yīng)生成一水合氨；一水合氨電離出氫氧根離子而使氨水溶液呈堿性，無色酚酞遇堿變紅色，紅色石蕊試液遇堿變藍色，氨氣和氯化氫反應(yīng)生成白煙．

本題考查了氨氣的性質(zhì)，明確屬于堿性氣體，可以使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙、無色的酚酞試紙變色，知道氨氣的檢驗方法，題目難度不大．【解析】rm{ABD}12、ABC【分析】解：rm{A}原電池中；負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；

B；相對較活潑的金屬作負(fù)極；故B正確；

C；電子由負(fù)極流向正極；故C正確；

D；原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；故D錯誤；

故選：rm{ABC}．

原電池中；相對較活潑的金屬作負(fù)極，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，外電路中電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極，溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動．

本題考查原電池和電解池知識，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和電化學(xué)知識的綜合考查，為高考常見題型和高頻考點，根據(jù)金屬的活潑性、電極反應(yīng)類型、電子流向來分析解答即可，注意不能單純的根據(jù)金屬的活潑性判斷原電池的正負(fù)極，難度不大．【解析】rm{ABC}13、BCD【分析】解：rm{A}根據(jù)分散系微粒直徑的大?。粚⒎稚⑾捣譃槿芤?、膠體和濁液，不是根據(jù)否具有丁達爾現(xiàn)象，故A錯誤；

B；根據(jù)物質(zhì)的組成可知；只有一種物質(zhì)的為純凈物，含有兩種或以上物質(zhì)的為混合物，故B正確；

C；根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)；故C正確；

D；根據(jù)反應(yīng)中的熱效應(yīng)將化學(xué)反應(yīng)分為放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)；故D正確；

故選BCD．

A；根據(jù)分散系微粒直徑的大??；將分散系分為溶液、膠體和濁液；

B；根據(jù)物質(zhì)的組成和性質(zhì)來分析純凈物和混合物；

C；根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)；

D；根據(jù)反應(yīng)中的熱效應(yīng)將化學(xué)反應(yīng)分為放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)．

本題考查物質(zhì)的分類，題目難度不大，注意物質(zhì)的分類的依據(jù)，不同的分類標(biāo)準(zhǔn)會得出不同的分類結(jié)果．【解析】rm{BCD}14、ABD【分析】解：rm{A}能使硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀的離子有氯離子、硫酸根離子等，所以某溶液加入硝酸銀溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有rm{Cl^{-}}故A錯誤．

B；能使氯化鋇產(chǎn)生白色沉淀的離子有碳酸根離子、硫酸根離子、亞硫酸根離子等；所以某溶液中加入氯化鋇溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根離子，故B錯誤．

C、能使氫氧化鈉產(chǎn)生藍色沉淀的陽離子只有銅離子，所以某溶液中加入氫氧化鈉溶液有藍色沉淀，說明原溶液中有rm{Cu^{2+}}故C正確．

D；能和稀硫酸反應(yīng)生成無色氣體的離子有碳酸根離子、亞硫酸根離子等；所以某溶液加入稀硫酸生成無色氣體，原溶液中不一定含有碳酸根離子，故D錯誤．

故選ABD．

A；能使硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀的離子有氯離子、硫酸根離子等．

B；能使氯化鋇產(chǎn)生白色沉淀的離子有碳酸根離子、硫酸根離子、亞硫酸根離子等．

C；能使氫氧化鈉產(chǎn)生藍色沉淀的陽離子只有銅離子．

D；能和稀硫酸反應(yīng)生成無色氣體的離子有碳酸根離子、亞硫酸根離子等．

本題考查了常見陰陽離子的檢驗，難度不大，注意離子的檢驗方法和反應(yīng)現(xiàn)象判斷，關(guān)鍵是注意干擾離子的作用和檢驗時的現(xiàn)象排除，題目難度中等．【解析】rm{ABD}三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】根據(jù)原子的核外電子排布式可知，A是Li，B是O，C是Ne，D是Si，E是Cu。（1）稀有氣體元素的最外層已經(jīng)達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能最大。（2）周期表中第3列到第12列共計10列元素，全部屬于金屬元素，屬于過渡元素，因此是銅。（3）非金屬性越強，電負(fù)性越大，所以是氧元素。（4）根據(jù)元素的化合價可知，化學(xué)式為Li2O、Cu2O?！窘馕觥俊敬鸢浮浚ǜ?分，共10分）（1）Ne（2）Cu（3）O（4）Li2OCu2O16、略

【分析】解：由2CO+O2═2CO2，該燃料電池中通入CO的一極是負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，通O2的一極是正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為：CO；O2．

該燃料電池中；通入CO的一極為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣一極為原電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)．

本題考查原電池原理，根據(jù)燃料電池的工作原理規(guī)律來分析解答即可，比較簡單．【解析】CO；O217、解：A、B兩種氣體，開始時濃度分別為amol?L-1、bmol?L-1，t秒末時，用C表示的反應(yīng)速率為dmol?L-1?S-1，依據(jù)反應(yīng)速率計算反應(yīng)生成的物質(zhì)C的量濃度C（C）=△V×△t=dmol?L-1?S-1×tS=dtmol?L-1；

A+2B?3C

起始量（mol?L-1）ab0

變化量（mol?L-1）dtdtdt

平衡量（mol?L-1）（a-dt）（b-dt）dt

c（B）=（b-dt）mol?L-1；

答：（b-dt）mol?L-1．【分析】

依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計算，根據(jù)三段式計算出各組分物質(zhì)的量濃度變化量、平衡時物質(zhì)的量濃度，以此計算rm{c(B)}．

本題考查化學(xué)平衡的計算，題目難度不大，注意對速率公式的理解與靈活運用，注意三段式應(yīng)用．【解析】解：rm{A}rm{B}兩種氣體，開始時濃度分別為rm{amol?L^{-1}}rm{bmol?L^{-1}}rm{t}秒末時，用rm{C}表示的反應(yīng)速率為rm{dmol?L^{-1}?S^{-1}}依據(jù)反應(yīng)速率計算反應(yīng)生成的物質(zhì)rm{C}的量濃度rm{C(C)=triangleV隆脕trianglet=dmol?L^{-1}?S^{-1}隆脕tS=dtmol?L^{-1}}

rm{C(C)=triangleV隆脕triangle

t=dmol?L^{-1}?S^{-1}隆脕tS=dtmol?L^{-1}}

起始量rm{A+2B?3C}rm{(mol?L^{-1})ab}

變化量rm{0}rm{dfrac{1}{3}dtdfrac{2}{3}dt}rm{(mol?L^{-1})}

平衡量rm{(mol?L^{-1})(a-dfrac{1}{3}dt)}rm{dfrac{1}{3}dtdfrac

{2}{3}dt}rm{dt}

rm{c(B)=(b-dfrac{2}{3}dt)mol?L^{-1}}

答：rm{(b-dfrac{2}{3}dt)mol?L^{-1}}．rm{(mol?L^{-1})(a-dfrac

{1}{3}dt)}18、略

【分析】

（1）恒溫恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣；體積增大，等效為降低壓強，平衡向體積增大的方向移動，該反應(yīng)正反應(yīng)是體積減小的反應(yīng)，故平衡向左移動．

反應(yīng)熱只與始態(tài)與狀態(tài)有關(guān)；催化劑改變平衡建立的途徑，不影響始態(tài)與終態(tài)，反應(yīng)熱不變；

故答案為：作；不改變；

（2）Mg（OH）2、Cu（OH）2的結(jié)構(gòu)類型相同，Cu（OH）2溶度積更小，溶解度越小，加入相同的濃度的氨水，Cu（OH）2最先析出，反應(yīng)離子方程式為：Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，氨水過量，氫氧化銅與氨水反應(yīng)生成四氨合銅絡(luò)離子，離子方程式為：Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；

故答案為：Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；

（3）根據(jù)電荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），由于c（NH4+）=c（Cl-），故c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故溶液中c（OH-）=10-7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=×0.01mol?L-1=0.005mol?L-1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol?L-1-0.005mol?L-1=（0.5a-0.005）mol/L，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb==

故答案為：中，

（4）平衡時三氧化硫的物質(zhì)的量為0.18mol，由方程式可知，氧氣的物質(zhì)的量變化量為0.18mol×=0.09mol，所以v（O2）==0.036mol/（L?min）；

再加入0.20molSO2和0.10molO2，等效為開始加入0.40molSO2和0.20molO2，等效為增大壓強，平衡向正反應(yīng)移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，n（SO3）的極小值為0.18mol×=0.36mol，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，假定完全反應(yīng)n（SO3）的極大值為0.4mol，故0.36mol＜n（SO3）＜0.4mol；

故答案為：0.036，0.36mol＜n（SO3）＜0.4mol．

【解析】【答案】（1）恒溫恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣；體積增大，等效為降低壓強，平衡向體積增大的方向移動；

反應(yīng)熱只與始態(tài)與狀態(tài)有關(guān)；催化劑改變平衡建立的途徑，不影響始態(tài)與終態(tài)，反應(yīng)熱不變；

（2）Mg（OH）2、Cu（OH）2的結(jié)構(gòu)類型相同；溶度積越小，溶解度越小，加入相同的濃度的氨水，最先析出；氨水過量，氫氧化銅與氨水反應(yīng)生成四氨合銅絡(luò)離子；

（3）根據(jù)電荷守恒判斷溶液中氫離子與氫氧根離子濃度的相對大小；進而判斷溶液的酸堿性；

溶液中存在平衡NH3．H2O?NH4++OH-，根據(jù)溶液的pH值計算溶液中c（OH-），根據(jù)氯離子濃度計算c（NH4+），利用物料守恒計算溶液中c（NH3．H2O），代入NH3?H2O的電離常數(shù)表達式計算；

（4）根據(jù)平衡時三氧化硫的物質(zhì)的量計算氧氣的物質(zhì)的量變化量，根據(jù)v=計算v（O2）；

再加入0.20molSO2和0.10molO2，等效為開始加入0.40molSO2和0.20molO2，等效為增大壓強，平衡向正反應(yīng)移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，據(jù)此確定n（SO3）的極小值，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，假定完全反應(yīng)確定n（SO3）的極大值．

19、略

【分析】由①知A中含有碳碳雙鍵、酚羥基。由②可得A中的碳碳雙鍵應(yīng)該是CHR＝CH2或CHR＝CHR′。由③④可得苯環(huán)和不飽和碳原子之間至少還有1個碳原子，所以A的結(jié)構(gòu)簡式為（或鄰位或?qū)ξ痪梢裕瑒tB為C為D為E為F為G【解析】【答案】⑴（或相應(yīng)的間位、鄰位）⑵20、略

【分析】【解析】【答案】（1）①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②Cl2＋2OH－=Cl－+ClO－+H2O；③13（2）①A②SO24OH－－4e－＝O2↑＋2H2O21、略

【分析】解：已知CH3COO-+H+?CH3COOH現(xiàn)要使平衡向右移動且氫離子濃度增大；

A．加入氫氧化鈉和氫離子反應(yīng)平衡左移；氫離子濃度減小，故A錯誤；

B．加入鹽酸；氫離子濃度增大，平衡在進行，故B正確；

C．加入水平衡逆向進行；氫離子濃度減小，故C錯誤；

D．升高溫度；平衡向逆向進行，故D錯誤；

故選B．

已知CH3COOH在溶劑A中可以全部電離，鹽不溶解于A溶劑．所以碳酸鈉和生成的醋酸鈉不能寫成離子，醋酸完全電離，據(jù)此書寫離子方程式：Na2CO3+2H++2CH3COO-=2CH3COONa+H2O+CO2↑；

故答案為：B；Na2CO3+2H++2CH3COO-=2CH3COONa+H2O+CO2↑．

CH3COO-+H+?CH3COOH現(xiàn)要使平衡向右移動且氫離子濃度增大，應(yīng)是增大氫離子濃度；已知CH3COOH在溶劑A中可以全部電離；鹽不溶解于A溶劑．所以碳酸鈉和生成的醋酸鈉不能寫成離子，醋酸完全電離，據(jù)此書寫離子方程式．

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡影響因素分析、物質(zhì)在不同溶劑中的存在形式不同，離子方程式書寫需要依據(jù)條件來書寫，題目難度中等．【解析】B；Na2CO3+2H++2CH3COO-=2CH3COONa+H2O+CO2↑22、(1)2，6﹣二甲基﹣3﹣乙基庚烷

(2)三甲基戊炔

(3)2，3-二甲基-1-丁烯

(4)2﹣丁醇

(5)1，2，4﹣三甲苯

(6)2-甲基戊烷【分析】【分析】本題考查了有機物的命名，題目難度不大，該題注重了基礎(chǔ)性試題的考查，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的檢驗和訓(xùn)練，該題的關(guān)鍵是明確有機物的命名原則，然后結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)簡式靈活運用即可，有利于培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力?！窘獯稹縭m{(1)}的最長碳鏈含有rm{7}個碳原子，rm{2}號位有rm{1}個甲基，rm{6}號位rm{1}個甲基，命名為：rm{2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷；

故答案為：rm{2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷；rm{(2)}中含有官能團碳碳三鍵，含有碳碳三鍵最長的碳鏈含有rm{(2)}個rm{5}主鏈為戊炔，編號從距離三鍵最近的一端右邊開始編號，官能團碳碳三鍵在rm{C}號rm{1}表示為：“rm{C}戊炔”，在rm{1-}號rm{3}含有rm{C}個甲基，在rm{1}號rm{4}含有rm{C}個甲基，該有機物名稱為：rm{2}rm{3}rm{4}三甲基rm{4-}戊炔；

故答案為：rm{-1-}rm{3}rm{4}三甲基rm{4-}戊炔；rm{-1-}的最長碳鏈含有rm{(3)}個碳原子，rm{(3)}rm{4}號位各有rm{2}個甲基，命名為：rm{3}rm{1}二甲基rm{2}丁烯；

故答案為：rm{3-}rm{-1-}二甲基rm{2}丁烯；rm{3-}的官能團為羥基，屬于醇，含有羥基最長的碳鏈含有rm{-1-}個rm{(4)}為丁醇，羥基在rm{(4)}號rm{4}原子上，命名為：rm{C}丁醇，故答案為：rm{2}丁醇；rm{C}為苯的同系物，正確命名為：rm{2-}rm{2-}rm{(5)}三甲苯，故答案為：rm{(5)}rm{1}rm{2}三甲苯；rm{4-}該有機物主鏈上有rm{1}個rm{2}rm{4-}號rm{(6)}一個甲基，命名為rm{5}甲基戊烷；

故答案為：rm{C}甲基戊烷。

rm{2}【解析】rm{(1)2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷rm{(2)}rm{3{,}4{,}4{-}}三甲基rm{{-}1{-}}戊炔rm{(3)}rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯rm{(4)2-}丁醇rm{(5)1}rm{2}rm{4-}三甲苯rm{(6)2-}甲基戊烷23、（1）①偏高②無影響③B④無粉紅(或淺紅)

（2）18.85%【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的含量的測定，側(cè)重于中和滴定的考查，注重于學(xué)生實驗?zāi)芰头治瞿芰陀嬎隳芰Φ木C合考查，為考試高頻考點，題目難度不大。【解答】rm{(1)壟脵}堿式滴定管用蒸餾水洗滌后需要再用rm{NaOH}溶液潤洗，否則相當(dāng)于rm{NaOH}溶液被稀釋；滴定消耗的體積會偏高，測得樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)也將偏高；

故答案為：偏高；

rm{壟脷}錐形瓶用蒸餾水洗滌后，雖然水未倒盡，但待測液中的rm{H^{+}}的物質(zhì)的量不變，則滴定時所需rm{NaOH}標(biāo)準(zhǔn)溶液中的氫氧化鈉的物質(zhì)的量就不變；也就是無影響；

故答案為：無影響；

rm{壟脹}定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)注意觀察顏色變化，確定滴定終點，故答案為：rm{B}

rm{壟脺}待測液為酸性，酚酞應(yīng)為無色，當(dāng)溶液轉(zhuǎn)為堿性時，溶液顏色變?yōu)榉奂trm{(}或淺紅rm{)}故答案為：粉紅rm{(}或淺紅rm{)}

rm{(2)}標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積應(yīng)取三次實驗的平均值；

首先確定滴定時所用的rm{NaOH}標(biāo)準(zhǔn)溶液為rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL}

根據(jù)題意中性甲醛溶液一定是過量的，而且rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL

}銨鹽經(jīng)溶解后，取了其中rm{1.500g}進行滴定，即rm{dfrac{1}{10}}

滴定結(jié)果，溶液中含有rm{0.15g}含rm{H^{+}(}共rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}

根據(jù)rm{0.02L隆脕隆脕0.1010mol/L=0.00202mol}每生成rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO簍T3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}含rm{4molH^{+}(}會消耗rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}

所以共消耗rm{NH_{4}^{+}4mol}

其中含氮元素rm{NH_{4}^{+}0.00202mol}

所以氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100攏樓=18.85攏樓}

故答案為：rm{0.00202mol隆脕14g/mol=0.02828g}rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100攏樓=18.85攏樓

}【解析】rm{(1)壟脵}偏高rm{壟脷}無影響rm{壟脹B}rm{壟脺}無粉紅rm{(}或淺紅rm{)}rm{(2)18.85%}四、實驗題(共2題，共8分)24、略

【分析】試題分析：（1）①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后需要再用NaOH溶液潤洗，否則相當(dāng)于NaOH溶液被稀釋，滴定消耗的體積會偏高，測得樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)也將偏高；②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，雖然水未倒盡，但待測液中的H+的物質(zhì)的量不變，則滴定時所需NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液中的氫氧化鈉的物質(zhì)的量就不變，也就無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)注意觀察溶液顏色變化，確定滴定終點，選B；④待測液為酸性，酚酞應(yīng)為無色，當(dāng)溶液轉(zhuǎn)為堿性時，溶液顏色變?yōu)榉奂t（或淺紅）色；（2）標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積應(yīng)取三次實驗的平均值，首先確定滴定時所用的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液為mL=20．00mL，根據(jù)題意中性甲醛溶液一定是過量的，而且1．500g銨鹽經(jīng)溶解后，取了其中進行滴定，即0．15g，滴定結(jié)果，溶液中含有H+（含（CH2）6N4H+）共0．02L×0．1050mol/L=0．0021mol，根據(jù)4NH4++6HCHO═3H++6H2O+（CH2）6N4H+，每生成4molH+（含（CH2）6N4H+），會消耗NH4+4mol，所以共消耗NH4+0．00202mol，其中含氮元素0．0021mol×14g/mol=0．0294g所以氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=19．6%。考點：考查酸堿中和滴定的應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）、①偏高②無影響③B④無色變?yōu)椋ǚ郏┘t色（2）19．6%25、(1).Al2O3+6H+2Al3++3H2O或Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O

(2).化學(xué)反應(yīng)速率快MnCO3的產(chǎn)率高。

(3).(NH4)2SO4

(4).72.50%【分析】【分析】本題通過碳酸錳的制備，考查了物質(zhì)制備實驗方案的設(shè)計方法，題目難度較大，明確制備流程及相應(yīng)的反應(yīng)原理為解答關(guān)鍵，試題涉及的知識點較多、綜合性較強，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實驗?zāi)芰??！窘獯稹縭m{(1)}軟錳礦粉rm{(}主要含rm{MnO}rm{2}，還含有少量的rm{2}rm{Fe}rm{2}rm{2}、rm{O}rm{3}rm{3}rm{Al}等雜質(zhì)rm{2}“酸浸”時發(fā)生的主要反應(yīng)為rm{2}rm{O}rm{3}rm{3}rm{)}rm{2Fe}rm{2+}rm{2+}rm{+MnO}rm{2}rm{2}rm{+4H}rm{+}rm{=}rm{+}rm{=}rm{=}rm{2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{+Mn}rm{2+}rm{2+}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}除此以外，還發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6H}rm{+}rm{=2}rm{+6H}rm{+}rm{+}rm{=2}rm{Fe}rm{3}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{O}rm{+}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Al}rm{2}rm{2}rm{O}rm{3}rm{3}或rm{+6H}rm{+}rm{=2}rm{+6H}rm{+}rm{+}rm{=2}rm{Al}rm{3}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+H}rm{2}rm{O}rm{+}rm{+}rm{+H}rm{2}rm{2}“從沉錳的圖象可以看出，在已給的幾個rm{O}值條件下，故答案為：越大得到的rm{Fe}rm{2}的產(chǎn)率越高，且需要的時間越短，且在rm{2}時，有更好的效果，因此結(jié)論是rm{O}等于rm{3}時反應(yīng)速率最快，且rm{3}rm{+6H}rm{+}rm{=2}的產(chǎn)率最高，故答案為：反應(yīng)速率最快，rm{+6H}rm{+}的產(chǎn)率最高；rm{+}加入氨水是為了除去鐵離子、鋁離子，所以過濾rm{=2}所得濾液的主要成分為rm{Fe}rm{3}，然后加入碳酸氫銨，根據(jù)“沉錳”反應(yīng)為rm{3}rm{3}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{O}或rm{+}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Al}rm{2}rm{2}推出“過濾Ⅱ”所得濾液中溶質(zhì)的主要成分是rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6H}rm{+}rm{=2}rm{+6H}rm{+}，故答案為：rm{+}rm{=2}rm{Al}rm{3}rm{3}rm{3}；rm{+}rm{+H}rm{2}rm{O}據(jù)電子守恒得rm{+}rm{+}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}；rm{(2)}rm{pH}rm{pH}rm{MnCO}rm{3}rm{3}rm{pH=7}rm{pH}rm{7.0}rm{MnCO}rm{3}rm{3}rm{MnCO}rm{3}rm{3}rm{(3)}rm{I}rm{MnSO}rm{4}rm{4}rm{Mn}rm{2+}rm{2+}草酸鈉rm{+2HCO}rm{3}rm{3}rm{-}rm{-}rm{=MnCO}rm{3}固體的物質(zhì)的量為rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}=0.03mol}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O+CO}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(NH}rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{(NH}據(jù)電子守恒得rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{(4)}rm{2MnO}rm{4}rm{4}rm{-}rm{-}rm{5C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{4}

軟錳礦中二氧化錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{0.015mol隆脕87g/mol}{1.800g}隆脕100攏樓=72.50%}故答案為：據(jù)電子守恒得rm{4}rm{2-}rm{~}rm{2-}rm{~}rm{~}rm{2}rm{5}rm{0.2000mol隆隴L}rm{0.2000mol隆隴L}rm{-1}rm{-1}rm{隆脕0.03L}rm{n(}rm{隆脕0.03L}rm{n(}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)}rm{)}rm{n(}rm{n(}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}草酸鈉rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)=0.015mol}rm{)=0.015mol}rm{4.020g}固體的物質(zhì)的量為rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}=0.03mol}rm{(Na}rm{(Na}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}rm{)}固體的物質(zhì)的量為rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}

=0.03mol}rm{)}rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}

=0.03mol}與rm{MnO}rm{2}據(jù)電子守恒得rm{2}反應(yīng)的rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}物質(zhì)的量為rm{n(}rm{n(}rm{Na}rm{Na}rm{2}

軟錳礦中二氧化錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{0.015mol隆脕87g/mol}{1.800g}隆脕100攏樓=72.50%}故答案為：rm{2}rm{C}【解析】rm{(1).Al_{2}O_{3}+6H^{+}}rm{2Al^{3+}+3H_{2}O}或rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}}rm{2Fe}rm{{,!}^{3+}+3H^{2}O}rm{(2).}化學(xué)反應(yīng)速率快rm{MnCO_{3}}的產(chǎn)率高。

rm{(3).(NH_{4})_{2}SO_{4;}}rm{(4).72.50%}五、推斷題(共4題，共40分)26、略

【分析】解：rm{5}種元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}rm{T}rm{X}原子rm{M}層上有rm{2}個未成對電子且無空軌道，外圍電子排布式為rm{3s^{2}3p^{4}}則rm{X}為rm{S}元素；rm{Y}原子的特征電子構(gòu)型為rm{3d^{6}4s^{2}}則rm{Y}為rm{Fe}元素；rm{Z}原子的rm{L}電子層的rm{p}能級上有一個空軌道，外圍電子排布式為rm{2s^{2}2p^{2}}則rm{Z}為rm{C}元素；rm{Q}原子的rm{L}電子層的rm{P}能級上只有一對成對電子，外圍電子排布式為rm{2s^{2}2p^{4}}則rm{Q}是rm{O}元素；rm{T}原子的rm{M}電子層上rm{p}軌道半充滿，外圍電子排布式為rm{3s^{2}3p^{3}}則rm{T}是rm{P}元素。

rm{(1)X}是rm{S}元素，rm{Y}是rm{Fe}元素；

故答案為：rm{S}rm{Fe}

rm{(2)Z}為rm{C}元素，核電荷數(shù)為rm{6}電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}rm{Q}為氧元素，氧原子的核外電子排布圖為rm{T}為rm{P}元素，核電荷數(shù)為rm{15}原子的電子排布圖：

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}

rm{(3)Y}的單質(zhì)在rm{Q}的單質(zhì)中燃燒是鐵在純氧中燃燒生成四氧化三鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{3Fe+2O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}

故答案為：rm{3Fe+2O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}

rm{3Fe+2O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}種元素rm{3Fe+2O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}rm{5}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}原子rm{T}層上有rm{X}個未成對電子且無空軌道，外圍電子排布式為rm{M}則rm{2}為rm{3s^{2}3p^{4}}元素；rm{X}原子的特征電子構(gòu)型為rm{S}則rm{Y}為rm{3d^{6}4s^{2}}元素；rm{Y}原子的rm{Fe}電子層的rm{Z}能級上有一個空軌道，外圍電子排布式為rm{L}則rm{p}為rm{2s^{2}2p^{2}}元素；rm{Z}原子的rm{C}電子層的rm{Q}能級上只有一對成對電子，外圍電子排布式為rm{L}則rm{P}是rm{2s^{2}2p^{4}}元素；rm{Q}原子的rm{O}電子層上rm{T}軌道半充滿，外圍電子排布式為rm{M}則rm{p}是rm{3s^{2}3p^{3}}元素。

本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，關(guān)鍵是根據(jù)核外電子排布推斷元素，熟練掌握元素化