2025年統(tǒng)編版2024高三化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年統(tǒng)編版2024高三化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、某蓄電池放電、充電時的反應為Fe＋Ni2O3＋3H2OFe(OH)2＋2Ni(OH)2下列推斷中正確的是()①放電時，F(xiàn)e為正極，Ni2O3為負極②充電時，陰極上的電極反應式是：Fe(OH)2＋2e－=Fe＋2OH－③充電時，Ni(OH)2為陽極④該蓄電池的電極必須是浸在某種堿性電解質溶液中A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④2、下列關于各裝置圖的敘述不正確的是A.裝置①中，c為陽極，d為陰極B.裝置②可定量測定H2O2的分解速率C.關閉活塞a，從b處加水，可以檢查裝置③的氣密性D.裝置④可用于收集并吸收多余的氨氣3、對于在密閉容器中進行的可逆反應2SO2（g）+18O2（g）?2SO3（g），下列說法正確的是（）A.容器內只含有18O2、SO2、SO3三種分子B.18O只存在18O2分子中C.容器內含有18O2、S18O2、S18O3等分子D.反應達到限度時，容器內只含有18O2、S18O2、S18O3分子4、電化學知識在實際生產和生活中有廣泛的用途，氫氧燃料電池（乙池）和電解的實驗裝置（甲池）聯(lián)合，把工業(yè)上有毒的廢氣（含苯蒸汽）通過右圖的裝置一定條件下可實現(xiàn)有機物轉化，實現(xiàn)廢物的利用．從C出口為3.5mol氣體（標準狀況下），甲池中A為含苯蒸汽的物質的量分數(shù)為5%的混合氣體，B為20mol混合氣體，其中含苯蒸汽的物質的量分數(shù)為15%，下列說法不正確的是（）A.D極電極反應：O2+4e-+4H+=2H2OB.E處通入H2，C處有O2放出C.甲池中陰極區(qū)只有苯被還原D.導線中共傳導14mol電子5、關于IA族和IIA族元素的下列說法中正確的是（）

A.在同一周期中；IA族單質的熔點比IIA族的高。

B.濃度都是0.01mol．L-1時；氫氧化鉀溶液的pH比氫氧化鋇的小。

C.氧化鈉的熔點比氧化鎂的高。

D.加熱時；碳酸鈉比碳酸鎂易分解。

6、下列物質在氧化還原反應中，硫元素只表現(xiàn)還原性的是()A.H2SB.SO2C.H2SO3D.H2SO4評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、下列各組順序的排列正確的是（）A.原子半徑：Br＜Cl＜FB.熱穩(wěn)定性：HCl＜H2S＜PH3C.酸性強弱：H2SiO4＜H2CO3＜H3PO4D.沸點：乙酸＞乙醇＞乙烷8、圖是“康師傅”牌飲用礦泉水標簽的部分內容（1mg=10-3g），從中可以推測（）A.該礦泉水中Mg2+的物質的量濃度的最大值為2×10-4mol?L-1B.該礦泉水中Mg2+的物質的量濃度的最大值為1×10-4mol?L-1C.1瓶該純凈水中SO42-物質的量的最大值為2×10-4molD.1瓶該純凈水中SO42-物質的量的最大值為1×10-4mol9、下列說法中正確的是（）A.天然氣和沼氣的主要成分是甲烷B.石油裂解可以得到氯乙烯C.所有烷烴中都存在碳碳單鍵D.溴乙烷與NaOH乙醇溶液共熱生成乙烯10、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則關于熱化學方程式：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=-1300kJ?mol-1的說法中，正確的是（）A.當10NA個電子轉移時，該反應放出1300kJ的熱量B.當1NA個水分子生成且為液體時，吸收1300kJ的熱量C.當2NA個碳氧共用電子對生成時，放出1300kJ的熱量D.當8NA個碳氧共用電子對生成時，放出1300kJ的熱量11、我國支持“人文奧運”的一個重要體現(xiàn)是：堅決反對運動員服用興奮劑．某種興奮劑的結構簡式如圖所示，有關該物質的說法正確的是（）A.該物質遇FeCl3溶液顯紫色B.滴入KMnO4（H+）溶液，觀察紫色褪去，能證明結構中存在碳碳雙鍵C.1mol該物質與濃溴水和H2反應最多消耗Br2和H2分別為4mol、7molD.該分子中的所有原子有可能共平面評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)12、金剛烷是一種重要的化工原料；工業(yè)上可通過如圖1所示途徑制備：

請回答下列問題：

（1）環(huán)戊二烯分子中最多有____個原子共平面；

（2）金剛烷分子中的-CH2-基團有____個；

（3）如圖2是以環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線：

①A的結構簡式為____；

②寫出環(huán)戊二烯與等物質的量的Br2反應的化學方程式____．

（4）W是二聚環(huán)戊二烯的同分異構體，屬于芳香族化合物，能使溴的四氯化碳溶液褪色，苯環(huán)上有兩個對位取代基，其中一個為-CH3．任寫一種滿足條件的W的同分異構體的結構簡式____．13、（2011秋?豐縣校級期末）金屬是一種重要的材料；人類的生活和生產都離不開金屬．如圖表示了金屬活動性順序表中的銅；錫、鐵和鋁元素被人類大規(guī)模開發(fā)、利用的大致年限．

①根據(jù)圖中數(shù)據(jù)和有關化學知識，你認為金屬的大規(guī)模開發(fā)、利用的先后順序跟下列哪些因素有關____．

A．地殼中金屬元素的含量B．金屬的導電性C．金屬的活動性D．金屬冶煉的難易程度．

②鋼鐵的腐蝕給人類帶來了巨大的損失，鐵在潮濕空氣中銹蝕主要屬于____．鋁的活動性比鐵強，也但鋁在空氣中卻比鐵表現(xiàn)出良好的抗腐蝕性，其原因是____．

③除金屬材料外；人類還研發(fā)了許多種材料．如塑料；合成橡膠、合成纖維等．

它們屬于____材料（填有機高分子或無機高分子），有些塑料制品可以用熱黏結法修補，這一類塑料具有____性．14、化學課外活動小組利用以下裝置完成系列實驗rm{.}請回答以下問題：

rm{(1)}裝置甲中儀器rm{a}的名稱為______rm{.}用裝置甲制取rm{NH_{3}}在rm中加入rm{CaO}固體，rm{a}中加入濃氨水；寫出反應的化學方程式：______．

rm{(2)}將rm{C1_{2}}持續(xù)通入裝有淀粉一rm{KI}無色溶液的裝置乙中，溶液變藍而后逐漸退色rm{.}查閱資料得知：溶液藍色逐漸退色，是因為有rm{+5}價的碘元素生成rm{.}請寫出該反應的離子方程式：______．

rm{(3)}用裝置丙模擬“氨的催化氧化”實驗rm{.}錐形瓶內裝有濃氨水，通入空氣，并將紅熱的鉑絲插入錐形瓶內，鉑絲保持紅熱rm{.}鉑絲保持紅熱的原因是______；錐形瓶內還可觀察到現(xiàn)象是______．

rm{(4)}活動小組從“綠色化學”角度出發(fā)rm{.}在裝置丁中進行rm{SO_{2}}的性質實驗rm{.}其中棉花上蘸有不同試劑rm{.}請?zhí)顚懕碇锌瞻祝?/p>

。棉花位置rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}棉花上蘸有的試劑品紅溶液酸性高錳酸鉀溶液______現(xiàn)象______溶液紫色退去無結論rm{SO_{2}}具有漂白性rm{SO_{2}}具有______rm{SO_{2}}有毒，不能排空15、某校課外小組為測定某碳酸鈉和碳酸氫鈉混合物中碳酸鈉的質量分數(shù)；甲；乙兩組同學分別進行了下列相關實驗．

方案Ⅰ．甲組同學用質量法；按如圖1所示的實驗流程進行實驗：

（1）實驗時，蒸發(fā)結晶操作中，除了酒精燈外，還要用到的儀器是____

（2）有同學認為“加入適量鹽酸”不好操控，應改為“過量鹽酸”，便于操作且不影響測定的準確性，你認為對或錯____，為什么____．

（3）若實驗中測得樣品質量為46.4g，固體質量為40.95g，則碳酸鈉的質量分數(shù)為____．（保留3位有效數(shù)字）

（4）蒸發(fā)結晶過程中若有固體飛濺，測得碳酸鈉的質量分數(shù)____（填偏大偏小無影響）．

方案Ⅱ：乙組同學的主要實驗流程圖如圖2：

按如圖3所示裝置進行實驗：

（5）在C中裝堿石灰來吸收凈化后的氣體．D裝置的作用是____．

（6）有的同學認為為了減少實驗誤差，在反應前后都通入N2，反應后通入N2的目的是____．

方案Ⅲ：氣體分析法。

（7）把一定量樣品與足量稀硫酸反應后，用如圖4裝置測量產生CO2氣體的體積，B溶液最好采用____（以下選項中選擇）使測量誤差較小．

a．飽和碳酸鈉溶液b．飽和碳酸氫鈉溶液。

c．飽和氫氧化鈉溶液d．飽和硫酸銅溶液．16、有機化學知識在生活中應用廣泛．

（1）糖類；油脂和蛋白質是動物性和植物性食物中的基本營養(yǎng)物質．

下列有關說法中，正確的是____；

A．棉；麻、木材、蠶絲的主要成分都是纖維素。

B．油脂是產生能量最高的營養(yǎng)物質。

C．蛋白質在人體內發(fā)生水解最終生成氨基酸。

D．糖類都是有甜味的物質。

E．淀粉；纖維素、蛋白質都是天然高分子化合物。

（2）實驗室合成乙酸乙酯的步驟如下：在圓底燒瓶內加入乙醇；濃硫酸和乙酸；瓶口豎直安裝通有冷卻水的冷凝管（使反應混合物的蒸氣冷凝為液體流回燒瓶內），加熱回流一段時間后換成蒸餾裝置進行蒸餾（如圖1所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產品．請回答下列問題：（已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸點依次是78.4℃、118℃、77.1℃）

①在燒瓶中除了加入乙醇、濃硫酸和乙酸外，還應放入幾塊碎瓷片，其目的是____；

②生成乙酸乙酯的反應是可逆反應，反應物不能完全變成生成物，反應一段時間后，就達到了該反應的限度，即達到化學平衡狀態(tài)．下列描述能說明該反應已達到化學平衡狀態(tài)的有（填序號）____；

A．單位時間里；生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol水。

B．單位時間里；生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol乙酸。

C．單位時間里；消耗1mol乙醇，同時消耗1mol乙酸。

D．正反應的速率與逆反應的速率相等。

E．混合物中各物質的濃度不再變化。

③現(xiàn)擬分離含乙酸；乙醇和水的乙酸乙酯粗產品；圖2是分離操作步驟流程圖．

試劑a是____，分離方法①是____；分離方法②是____，試劑b是____；

④寫出C→D反應的化學方程式____．

17、A；B、C、D、E均為有機化合物；它們之間的關系如圖所示（提示：RCH=CHR′在酸性高錳酸鉀溶液中反應生成RCOOH和R′COOH，其中R和R′為烷基）．

（1）直鏈化合物A的相對分子質量小于90，A分子中碳、氫元素的總質量分數(shù)為0.814，其余為氧元素，則A的分子式為____．

（2）已知B與NaHCO3溶液完全反應，其物質的量之比為1：2，則在濃硫酸的催化下，B與足量的C2H5OH發(fā)生反應的化學方程式是。

____，反應類型為____．

（3）A可以與金屬鈉作用放出氫氣，能使溴的四氯化碳溶液褪色，則A的結構簡式是____．

（4）D的同分異構體中，能與NaHCO3溶液反應放出CO2的有____．種，其相應的結構簡式是____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共12分)18、放熱反應不需加熱就可以發(fā)生____．（判斷對錯）19、因為稀硫酸能與鐵反應放出H2，所以稀硝酸與鐵反應也一定能放出H2____．（判斷對錯）20、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷____

（2）煤可與水蒸氣反應制成水煤氣，水煤氣的主要成分是CO和H2____

（3）干餾煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分餾可獲得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然氣的主要成分都是碳氫化合物____

（6）煤的干餾和石油的分餾均屬化學變化____

（7）煤油可由石油分餾獲得，可用作燃料和保存少量金屬鈉____

（8）甲烷、乙烯和苯在工業(yè)上都可通過石油分餾得到____

（9）用溴水鑒別苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分餾產品汽油為純凈物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態(tài)短鏈烴____

（12）煤氣的主要成分是丁烷____．評卷人得分五、計算題(共4題，共12分)21、發(fā)射衛(wèi)星可用到肼（N2H4）作燃料，已知在298K時1g肼氣體燃燒生成氮氣和水蒸氣，放出16.7kJ的熱量，請寫出此時1mol肼燃燒反應的熱化學方程式____．22、硫有多種化合物，許多含硫化合物在工業(yè)上有重要的用途。（1）工業(yè)上可用黃鐵礦、焦炭在有限的空氣中燃燒制備硫磺。3FeS2+12C+8O2Fe3O4+nA↑+6SA是（寫化學式）。若得到192克的硫磺，則產生標準狀況下的A氣體L。（2）硫的氯化物常做橡膠工業(yè)的硫化劑。硫與氯氣在一定條件下反應，得到兩種硫的氯化物B和D。B物質中的含硫量為0.3107，D物質中的含氯量為0.5259，B的相對分子質量比D小32。計算確定這兩種氯化物的分子式分別為。（3）硫化氫有毒。在120℃、101kPa，將H2S和O2在密閉容器中點燃，充分反應后又恢復到了原來的溫度和壓強時，氣體體積減少30%，求原混合其氣體中H2S的體積分數(shù)。寫出推導過程。（不考慮硫化氫的分解）（4）硫代硫酸鈉是重要的還原劑，可用亞硫酸鈉和硫粉在水溶液中加熱制得。取15.12gNa2SO3溶于80.0mL水中，加入5.00g硫粉，用小火加熱至微沸，反應約1小時后過濾，將濾液蒸發(fā)至體積為30.0mL，再冷卻到10℃，則理論上析出Na2S2O3?5H2O多少克？寫出推導過程。（已知：Na2S2O3的溶解度，10℃時為60.0g/100g水，100℃時為207g/100g水。100℃時，Na2S2O3飽和溶液的密度為1.14g/mL）。23、取1.43gNa2CO3?10H2O溶于水配成100mL溶液，Na+物質的量濃度為____；取出20mL該溶液用蒸餾水稀釋，使Na2CO3溶液物質的量濃度變?yōu)?.004mol/L，加入蒸餾水的體積（設稀釋時，對溶液體積的影響忽略不計）為____．24、現(xiàn)有rm{a}rm{g}由雙原子分子構成的某氣體，其摩爾質量為rmrm{g/mol.}若阿伏伽德羅常數(shù)用rm{N_{A}}表示；則：

rm{壟脵}該氣體的物質的量為______；

rm{壟脷}該氣體所含原子總數(shù)為______；

rm{壟脹}該氣體在標準狀況下的體積為______；

rm{壟脺}該氣體溶于rm{1L}水中rm{(}不考慮反應rm{)}其溶液中溶質的質量分數(shù)為______；

rm{壟脻}該氣體溶于水后配置成rm{VL}溶液，其溶質的物質的量濃度為：______．評卷人得分六、書寫(共3題，共9分)25、用下列物質填空。

A．冰水混合物B．鹽酸C．稀硫酸D．HClE．Ba（OH）2

F．純堿G．Fe（OH）3膠體H．CuSO4．5H2OI．C2H5OHJ．NH3．H2O

（1）混合物有____；強電解質有____；非電解質有____

（2）寫出F在水中的電離方程式：____

（3）寫出C、E反應應的離子方程式：____

（4）向G中逐滴加入C的現(xiàn)象是____．26、（2014秋?浠水縣校級期中）（Ⅰ）室溫下，在30ml的Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol?L-1NaOH溶液；實驗測得溶液pH隨NaOH溶液體積的變化曲線如圖所示．

（1）寫出a點溶液呈酸性的離子方程式：____

（2）若c點時V（NaOH）為90ml，則Al2（SO4）3溶液的物質的量濃度約為：____

（3）寫出b～c段反應的離子方程式：____；

（4）d點時，V（NaOH）約為____

（Ⅱ）常溫下有濃度均為0.5mol/L的四種溶液：

①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③HCl溶液④氨水。

（1）向④中加入少量氯化銨固體，此時c（NH4+）/c（OH-）的值____（填“增大”；“減小”或“不變”）．

（2）若將③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性則混合前③的體積____④的體積（填“大于”、“小于”或“等于”），此時溶液中離子濃度由大到小的順序是____．27、過量的Cl2通人NaBr和NaI混合液中，然后將溶液蒸干、灼燒剩余殘渣，最后殘留物的化學式為____，有關離子方程式為：____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】根據(jù)元素化合價變化，放電時Fe為負極，Ni2O3為正極，①錯；充電時，陰極發(fā)生還原反應，②對；充電時，Ni(OH)2中Ni元素的化合價升高，因此Ni(OH)2為陽極，③對；因Fe、Ni2O3、Fe(OH)2、Ni(OH)2均可以與酸反應，因此該蓄電池的電極必須浸在堿性電解質溶液中?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、B【分析】根據(jù)電流的方向快判斷a是正極，b是負極，所以c是陽極，d是陰極，A正確。B中應該選擇分液漏斗，用長頸漏斗氣體容易長頸漏斗中跑出來，B不正確。C正確，如果裝置不漏氣，則U型管兩側的液面保持一定的高度差。D中集氣瓶的是短進，長出，收集的是密度小于空氣的氣體。又因為氨氣極易溶于水，所以要用倒扣的漏斗，D正確。答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、C【分析】【分析】該反應為可逆反應，SO2和O2反應生成SO3的同時，SO3分解生成SO2和O2，可逆反應不會進行徹底．【解析】【解答】解：該反應為可逆反應，在混合氣體中充入一定量的18O2，SO2和18O2反應生成SO3中含有18O，同時SO3分解生成SO2和O2，則SO2中含有18O原子，則18O原子存在于O2、SO2和SO3中，根據(jù)可逆反應不會進行徹底，2molSO2和1mol18O2在一定條件下；不會全部轉化為三氧化硫，即生成三氧化硫的量小于2mol；

A．18O原子存在于O2、SO2和SO3中；故A錯誤；

B．SO2和18O2反應生成SO3中含有18O，同時SO3分解生成SO2和O2，18O原子存在于O2、SO2和SO3中；故B錯誤；

C．在混合氣體中充入一定量的18O2，SO2和18O2反應生成SO3中含有18O，同時SO3分解生成SO2和O2，則SO2中含有18O原子，則18O原子存在于O2、SO2和SO3中，容器內含有18O2、S18O2、S18O3等分子；故C正確；

D．反應達到限度時，達到平衡狀態(tài)，容器內含有18O2、S18O2、S18O3分子，還可能含有SO2、SO3分子；故D錯誤；

故選C．4、C【分析】【分析】乙池裝置是氫氧燃料電池，所以是原電池，原電池放電時，燃料失電子發(fā)生氧化反應，所以投放燃料的電極為負極，投放氧氣的電極為正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，由于電解質溶液呈酸性，負極反應為：H2-2e-═2H+，正極反應為：O2+4e-+4H+═2H2O；該實驗的目的是儲氫，所以陰極上發(fā)生的反應為生產目標產物，陰極上苯得電子和氫離子生成環(huán)己烷，電極反應式為C6H6+6H++6e-=C6H12，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應式為：4OH--4e-═2H2O+O2↑，所以E為負極，通入氫氣，D為正極通入氧氣，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A、D為正極通入氧氣，正極反應為：O2+4e-+4H+═2H2O；故A正確；

B、E為負極，通入氫氣，D為正極，C為陽極，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應式為：4OH--4e-═2H2O+O2↑；故B正確；

C、若參加反應的苯有20mol×15%-20mol×5%=2mol，甲池中陰極區(qū)苯放電的電極反應式為C6H6+6H++6e-=C6H12，2mol苯反應轉移電子物質的量為2mol×6=12mol，C處電極反應式為4OH--4e-═2H2O+O2↑；生成3.5mol氧氣，轉移電子3.5mol×4=14mol，所以甲池中陰極區(qū)不只有苯被還原，故C錯誤；

D、生成3.5mol氧氣，據(jù)電極反應式4OH--4e-═2H2O+O2↑可知；轉移電子物質的量為3.5mol×4=14mol，故D正確；

故選C．5、B【分析】

A；金屬晶體的熔沸點高低取決于金屬原子的半徑大小和金屬離子所帶電荷的多少；在同一周期中，IA族單質的原子半徑較大，金屬離子帶電荷較少，熔點比IIA族的低，故A錯誤；

B、氫氧化鉀為一元堿，氫氧化鋇為二元堿，濃度都是0.01mol．L-1時；氫氧化鉀溶液的pH比氫氧化鋇的小，故B正確；

C；離子晶體的熔點高低取決于離子半徑的大小和離子所帶電荷的多少；鈉的半徑比鎂大，金屬離子帶電荷較少，氧化鈉的熔點比氧化鎂的低，故C錯誤；

D；因為鈉的金屬性比鎂強；它和碳酸根結合的離子鍵的鍵能自然要大一些，所以碳酸鈉較難分解，故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】A；金屬晶體的熔沸點高低取決于金屬原子的半徑大小和金屬離子所帶電荷的多少；

B；氫氧化鉀為一元堿；氫氧化鋇為二元堿；

C；離子晶體的熔點高低取決于離子半徑的大小和離子所帶電荷的多少；

D；碳酸鈉較碳酸鎂穩(wěn)定．

6、A【分析】S有－2、0、＋4、＋6價，－2價是硫的最低價態(tài)，只表現(xiàn)還原性。0、＋4價既可以表現(xiàn)還原性，也可表現(xiàn)氧化性，＋6價僅表現(xiàn)氧化性。故選A。【解析】【答案】A二、多選題(共5題，共10分)7、CD【分析】【分析】A；最外層電子數(shù)相同；原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大；

B；元素的非金屬性越強；對應的氫化物越穩(wěn)定；

C；元素的非金屬性越強；對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強；

D、含有氫鍵的沸點較高．【解析】【解答】解：A、原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大，Br、Cl與F處于同一主族，半徑大小正確順序為：Br＞Cl＞F；故A錯誤；

B、非金屬性Cl＞S＞P，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，即HCl＞H2S＞PH3；故B錯誤。

C；非金屬性P＞C＞Si；元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，故C正確；

D、含有氫鍵的沸點較高，所以沸點：乙酸＞乙醇＞乙烷，故D正確，故選CD．8、AD【分析】【分析】由標簽可知，Mg2+的最大濃度為4.8mg/L，即1L該礦泉水中Mg2+的最大質量為4.8mg，根據(jù)n=計算Mg2+的物質的量，再根據(jù)c=計算Mg2+的最大物質的量濃度；

SO42-的最大濃度為19.2g/L，即1L該礦泉水中SO42-的最大質量為19.2mg，根據(jù)n=計算SO42-的最大物質的量．【解析】【解答】解：A、由標簽可知，Mg2+的最大濃度為4.8mg/L，即1L該礦泉水中Mg2+的最大質量為4.8mg，Mg2+的物質的量為=2×10-4mol，故Mg2+的最大物質的量濃度為=2×10-4mol/L；故A正確；

B、由A分析可知，Mg2+的最大物質的量濃度為=2×10-4mol/L；故B錯誤；

C、SO42-的最大濃度為19.2g/L，即1L該礦泉水中SO42-的最大質量為19.2mg，1L該礦泉水中SO42-的最大物質的量為=2×10-4mol，故1瓶該純凈水中SO42-物質的量的最大值為2×10-4mol×=1×10-4mol；故C錯誤；

D、由C中分析可知，1瓶該純凈水中SO42-物質的量的最大值為1×10-4mol；故D正確；

故選AD．9、AD【分析】【分析】A．天然氣；坑道氣、沼氣等均含甲烷；

B．石油裂解得到烴類物質；

C．甲烷只有1個C；

D．溴乙烷與NaOH乙醇溶液共熱，發(fā)生消去反應．【解析】【解答】解：A．天然氣和沼氣的主要成分是甲烷；甲烷能燃燒，則利用天然氣；沼氣作能源使用，故A正確；

B．石油裂解得到烴類物質；含烯烴類物質，但氯乙烯為鹵代烴，故B錯誤；

C．甲烷只有1個C；不存在碳碳單鍵，故C錯誤；

D．溴乙烷與NaOH乙醇溶液共熱，發(fā)生消去反應，生成乙烯和NaBr；故D正確；

故選AD．10、AD【分析】【分析】A、每有1molC2H2參加反應；轉移10mol電子，放出1300kJ能量；

B；由熱化學方程式看出；該反應為放熱反應；

C、1molCO2分子中含有4mol碳氧共用電子對，有8NA個碳氧共用電子對生成時，即生成了2molCO2；放出1300kJ的能量；

D、1molCO2分子中含有4mol碳氧共用電子對，有8NA個碳氧共用電子對生成時，即生成了2molCO2，放出1300kJ的能量．【解析】【解答】解：A、每有1molC2H2參加反應；轉移10mol電子，放出1300kJ能量，故A正確；

B；由熱化學方程式看出；該反應為放熱反應，故B錯誤；

C、1molCO2分子中含有4mol碳氧共用電子對，有8NA個碳氧共用電子對生成時，即生成了2molCO2；放出1300kJ的能量，故C錯誤；

D、1molCO2分子中含有4mol碳氧共用電子對，有8NA個碳氧共用電子對生成時，即生成了2molCO2；放出1300kJ的能量，故D正確．

故選AD．11、AC【分析】【分析】由結構簡式可知，分子中含酚-OH、碳碳雙鍵，結合酚、烯烴的性質及甲基的四面體結構來解答．【解析】【解答】解：A．含酚-OH，該物質遇FeCl3溶液顯紫色；故A正確；

B．酚-OH、碳碳雙鍵均能被高錳酸鉀氧化，則滴入KMnO4（H+）溶液；觀察紫色褪去，不能證明結構中存在碳碳雙鍵，故B錯誤；

C．酚-OH的鄰、對位與溴水發(fā)生取代反應，雙鍵與溴水發(fā)生加成反應，苯環(huán)、雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol該物質與濃溴水和H2反應最多消耗Br2和H2分別為4mol；7mol；故C正確；

D．分子中含2個甲基；均為四面體構型，則所有原子不可能共平面，故D錯誤；

故選AC．三、填空題(共6題，共12分)12、96或（其中任一種）【分析】【分析】（1）與雙鍵碳直接相連的原子一定在同一平面內；

（2）根據(jù)結構簡式判斷有機物的基團數(shù)目；

（3）根據(jù)圖乙環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線，反應①是環(huán)戊烷與Cl2的發(fā)生取代反應產物為氯代環(huán)戊烷，反應②為氯代烴的消去反應，則A為A發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生消去反應生成所以B為

（4）二聚環(huán)戊二烯的分子式為C10H12，W是二聚環(huán)戊二烯的同分異構體，則w的分子式為C10H12，w能使溴的四氯化碳溶液褪色說明含有-C=C-，苯環(huán)上兩個對位取代基，其中一個為-CH3，據(jù)此寫出結構簡式．【解析】【解答】解：（1）C=C為平面結構；與雙鍵碳直接相連的原子一定在同一平面內，則5個C和4個H在同一平面內；

故答案為：9；

（2）由結構簡式可知金剛烷的分子中有6個CH2；

故答案為：6；

（3）根據(jù)圖乙環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線，反應①是環(huán)戊烷與Cl2的發(fā)生取代反應產物為氯代環(huán)戊烷，反應②為氯代烴的消去反應，則A為A發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生消去反應生成所以B為

①A的結構簡式為

故答案為：

②環(huán)戊二烯與等物質的量的Br2反應的化學方程式或

故答案為：或

（4）二聚環(huán)戊二烯的分子式為C10H12，W是二聚環(huán)戊二烯的同分異構體，則w的分子式為C10H12，w能使溴的四氯化碳溶液褪色說明含有-C=C-，苯環(huán)上兩個對位取代基，其中一個為-CH3，其結構簡式為：

故答案為：（其中任一種）．13、CD電化學腐蝕表面有一層致密的氧化膜有機高分子熱塑【分析】【分析】①由題意可知；越活潑的金屬，開發(fā)利用的越晚，說明主要和金屬的活潑性有關；

②潮濕空氣中能構成原電池；金屬發(fā)生電化學腐蝕；鋁與氧氣生成氧化鋁，組織鋁與氧氣的進一步反應；

③塑料、合成橡膠、合成纖維等都屬于有機合成材料；熱塑性是指能夠能反復加工成型的性質．【解析】【解答】解：①金屬的活潑性越弱；金屬的冶煉越容易；則其使用越早，與金屬的導電性強弱、金屬的含量無關；

故選：CD；

②鐵在潮濕空氣中容易形成原電池；發(fā)生電化學腐蝕；鋁與氧氣生成氧化鋁，組織鋁與氧氣的進一步反應，所以鋁具有良好的抗腐蝕性；

故答案為：電化學腐蝕；表面有一層致密的氧化膜；

③塑料；合成橡膠、合成纖維都是有機高分子化合物；所以屬于有機高分子材料；些塑料制品可以用熱黏結法修補，屬于塑料的熱塑性；

故答案為：有機高分子；熱塑性；14、略

【分析】解：rm{(1)}由裝置圖可知rm{a}為分液漏斗，rm{CaO}可與水反應生成氫氧化鈣，反應放出熱量，促進氨氣的揮發(fā)，反應的方程式為rm{CaO+NH_{3}?H_{2}O=Ca(OH)_{2}+NH_{3}隆眉}

故答案為：分液漏斗；rm{CaO+NH_{3}?H_{2}O=Ca(OH)_{2}+NH_{3}隆眉}

rm{(2)}由題意可知氯氣和rm{KI}反應生成rm{KIO_{3}}反應的離子方程式為rm{5Cl_{2}+I_{2}+6H_{2}O=10Cl^{-}+2IO_{3}^{-}+12H^{+}}

故答案為：rm{5Cl_{2}+I_{2}+6H_{2}O=10Cl^{-}+2IO_{3}^{-}+12H^{+}}

rm{(3)}鉑絲保持紅熱，說明氨的催化反應為放熱反應，生成rm{NO}可與氧氣反應生成紅棕色的二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸，硝酸與氨氣反應生成硝酸銨，可觀察到白煙生成；

故答案為：氨的催化反應是放熱反應；有紅棕色氣體產生；并產生白煙；

rm{(4)}二氧化硫具有漂白性；可使品紅褪色，具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，為酸性氣體，可與堿反應；

故答案為：。棉花位置rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}濃堿液現(xiàn)象褪色結論還原性

rm{(1)}由裝置圖可知rm{a}為分液漏斗，rm{CaO}可與水反應生成氫氧化鈣；反應放出熱量，促進氨氣的揮發(fā)；

rm{(2)}由題意可知氯氣和rm{KI}反應生成rm{KIO_{3}}

rm{(3)}鉑絲保持紅熱，說明氨的催化反應為放熱反應，生成rm{NO}可與氧氣反應生成紅棕色的二氧化氮；

rm{(4)}二氧化硫具有漂白性；可使品紅褪色，具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，為酸性氣體，可與堿反應．

本題考查較為綜合，涉及物質的制備以及性質實驗探究問題，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高考高頻考點，注意把握物質的性質以及實驗的目的和原理，注重相關基礎知識的學習，難度不大．【解析】分液漏斗；rm{CaO+NH_{3}?H_{2}O=Ca(OH)_{2}+NH_{3}隆眉}rm{5Cl_{2}+I_{2}+6H_{2}O=10Cl^{-}+2IO_{3}^{-}+12H^{+}}氨的催化反應是放熱反應；有紅棕色氣體產生，并產生白煙；濃堿液；褪色；還原性15、蒸發(fā)皿、玻璃棒對因鹽酸易揮發(fā)，過量的鹽酸在加熱過程中揮發(fā)不殘留，不影響結果45.7%偏小吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以確保前一個干燥管中質量增加量的準確性將B、C裝置中殘留CO2全部驅入D裝置的堿石灰中，減小實驗誤差b【分析】【分析】方案Ⅰ；樣品溶液后加入鹽酸；碳酸鈉和鹽酸反應生成氯化鈉溶液，碳酸氫鈉與鹽酸反應生成氯化鈉溶液，蒸發(fā)結晶，稱量固體質量，依據(jù)鈉元素守恒進而求得碳酸鈉的質量分數(shù)．

（1）蒸發(fā)結晶操作中；需要蒸發(fā)皿；酒精燈、玻璃棒等；

（2）根據(jù)測定方法分析；利用的是樣品質量和反應后所得氯化鈉的質量計算，過濾鹽酸再蒸發(fā)濃縮時揮發(fā)，對測定結果無影響；

（3）若實驗中測得樣品質量為46.4g；固體質量為40.95g為氯化鈉，根據(jù)鈉元素守恒計算進而計算質量分數(shù)；

（4）蒸發(fā)結晶過程中若有固體飛濺；氯化鈉質量減少，測定碳酸鈉質量分數(shù)減?。?/p>

方案Ⅱ；稱取一定量樣品裝入廣口瓶中；打并止水夾，緩慢鼓入空氣數(shù)分鐘用來趕凈裝置中的空氣，關閉止水夾，在干燥管內填滿堿石灰，稱量，緩慢加入稀硫酸至不再產生氣體為止，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數(shù)分鐘，把生成的二氧化碳全部趕到堿石灰干燥管中全部吸收，再稱量干燥管質量，通過堿石灰的增重求得二氧化碳的質量，根據(jù)二氧化碳的質量和樣品質量求得碳酸鈉的物質的量，進而求得質量分數(shù)．

（5）在C中裝堿石灰來吸收凈化后的氣體，測定生成氣體質量，該方案關鍵是要獲得產生的CO2的質量；故應保證產生的二氧化碳完全被吸收，而空氣中二氧化碳不能被吸收，裝置D是防止空氣中的氣體進入裝置C；

（6）所以反應前后都要通入N2，反應后通入N2的目的是：排盡裝置內的空氣；將生成的二氧化碳從容器內排出，被C裝置中堿石灰吸收；

方案Ⅲ：氣體分析法。

（7）所選液體不溶解二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）蒸發(fā)結晶操作中；需要蒸發(fā)皿；酒精燈、玻璃棒等，故答案為：蒸發(fā)皿、玻璃棒；

（2）利用的是樣品質量和反應后所得氯化鈉的質量計算；過濾鹽酸再蒸發(fā)濃縮時揮發(fā)，對測定結果無影響，改為“過量鹽酸”，便于操作且不影響測定的準確性，因鹽酸易揮發(fā)，過量的鹽酸在加熱過程中揮發(fā)不殘留，不影響結果；

故答案為：因鹽酸易揮發(fā)；過量的鹽酸在加熱過程中揮發(fā)不殘留，不影響結果；

（3）若實驗中測得樣品質量為46.4g；固體質量為40.95g，設碳酸鈉物質的量為x，碳酸氫鈉物質的量為Y；

106x+84y=46.4

2x+y=

x=0.2mol

y=0.3mol

碳酸鈉的質量分數(shù)為×100%=45.7%；

故答案為：45.7%；

（4）蒸發(fā)結晶過程中若有固體飛濺；氯化鈉質量減少，測定碳酸鈉質量分數(shù)減小，故答案為：偏小；

Ⅱ；（5）空氣中的水蒸氣和二氧化碳會被堿石灰吸收；故D的作用是吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以確保前一個干燥管中質量增加量的準確性；

故答案為：吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳；以確保前一個干燥管中質量增加量的準確性；

（6）該方案關鍵是要獲得產生的CO2的質量，實驗前容器內含有空氣，空氣中含有二氧化碳，會影響生成的二氧化碳的量，反應后裝置中容器內含有二氧化碳，不能被C中堿石灰完全吸收，導致測定結果有較大誤差，所以反應前后都要通入N2，反應后通入N2的目的是：將生成的二氧化碳從容器內排出；被C裝置中堿石灰吸收．

故答案為：將B、C裝置中殘留CO2全部驅入D裝置的堿石灰中；減小實驗誤差．

方案Ⅲ：氣體分析法。

（7）利用測定反應生成的二氧化碳氣體體積的方法測定；在碳酸氫鈉溶液中二氧化碳不反應，溶解度減小，利用裝置圖排飽和碳酸氫鈉溶液測定二氧化碳氣體的體積，二氧化碳和碳酸鈉；氫氧化鈉都反應，在硫酸銅溶液中也溶解；

故答案為：b．16、BCE防止燒瓶中的液體暴沸BDE飽和碳酸鈉分液蒸餾濃硫酸2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH【分析】【分析】（1）A．蠶絲的主要成分是蛋白質；

B．基本營養(yǎng)物質有糖類；油脂、蛋白質等；其中單位質量的油脂產生的能量最高；

C．蛋白質在人體內發(fā)生水解最終生成氨基酸；

D．結合糖類性質和甜味比較分析；

E．相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；高分子化合物分為天然高分子化合物；合成高分子化合物；

（2）①對于液體加熱蒸餾；應加入碎瓷片，防止暴沸；

②化學反應達到平衡時；正逆反應速率相等，各物質的濃度不變，由此衍生的一些物理量也不變；

③粗產品乙酸乙酯中含有乙酸與乙醇；用飽和的碳酸鈉溶液反應掉乙酸，溶解乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分層，乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上層，然后利用分液，乙酸乙酯加入無水碳酸鈉吸收其中的水，可得乙酸乙酯；溶液中含有乙醇；碳酸鈉、乙酸鈉，進行蒸餾可以收集乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再進行蒸餾可以收集乙酸；

④硫酸的酸性強于乙酸，硫酸與乙酸鈉反應生成硫酸鈉和乙酸，據(jù)此寫出反應的化學方程式．【解析】【解答】解：（1）A．蠶絲的主要成分是蛋白質；故A錯誤；

B．基本營養(yǎng)物質有糖類；油脂、蛋白質等；其中單位質量的油脂產生的能量最高，故B正確；

C．蛋白質在人體內發(fā)生水解最終生成氨基酸；故C正確；

D．糖類不一定有甜味如多糖；故D錯誤；

E．淀粉；纖維素和蛋白質均屬于天然高分子化合物；故E正確；

故選：BCE；

（2）①給混合液體加熱時；需要加入碎瓷片，目的是防止暴沸；

故答案為：防止暴沸；

②A．生成1mol乙酸乙酯；同時生成1mol水，都是正反應速率，不能表示反應達到平衡狀態(tài)，故A不選；

B．單位時間里；生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol乙酸，說明正逆反應速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故B選；

C．化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比；無論是否達到平衡，單位時間里，消耗1mol乙醇，同時消耗1mol乙酸，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故C不選；

D．正反應的速率與逆反應的速率相等；符合化學平衡狀態(tài)的定義，達到了平衡狀態(tài)，故D選；

E．混合物中各物質的濃度不再變化；正逆反應速率相等，說明達到平衡狀態(tài)，故E選；

故選：BDE；

③由于飽和的碳酸鈉溶液反應掉乙酸；溶解乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，所以a為飽和碳酸鈉溶液；由于乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，且密度比水小，乙酸乙酯在上層，可以通過分液操作分離出乙酸乙酯；B溶液中含有乙醇；碳酸鈉、乙酸鈉，通過蒸餾方法可以分離出乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再進行蒸餾可以分離出乙酸；

故答案為：飽和Na2CO3溶液；分液；蒸餾；（濃）硫酸；

④硫酸與醋酸鈉反應生成醋酸與硫酸鈉，化學方程式：2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH；

故答案為：2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH．17、C5H10OHOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O酯化反應HO-CH2-CH2-CH=CH-CH32CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH【分析】【分析】（1）計算氧元素的質量分數(shù)；再結合相對分子質量計算分子中O原子最大數(shù)目，進而確定有機物A的相對分子質量，計算剩余基團的式量，確定屬于基團，據(jù)此書寫A的分子式；

（2）B能與碳酸氫鈉按1：2反應；故B分子中含有2個羧基-COOH，根據(jù)信息反應，結合C與乙醇反應生成D，C為羧酸，D為一元酯，由D的結構可知，C中含有2個C原子，再根據(jù)A的分子式確定B中碳原子數(shù)目，進而確定B的結構簡式，據(jù)此解答；

（3）A可以與金屬鈉作用放出氫氣；能含有-COOH或-OH或-COOH；-OH，能使溴的四氯化碳溶液褪色，可能含有不飽和的鍵C.C≡C等，結合反應信息與A的分子式判斷其結構；

（4）根據(jù)A的結構，結合轉化關系確定D的結構簡式，D的同分異構體中，能與NaHCO3溶液反應放出CO2，由D的分子式可知，D的同分異構體中含有1個-COOH，據(jù)此書寫符合條件的同分異構體．【解析】【解答】解：（1）化合物A氧元素的質量分數(shù)為1-0.814=0.186，A分子中O原子數(shù)目最多為=1，故A分子中含有1個O原子，A的相對分子質量為=86，剩余基團的式量為86-16=70，分子中碳原子最大數(shù)目為=510，故剩余基團為C5H10，故A的分子式為C5H10O，故答案為：C5H10O；

（2）B能與碳酸氫鈉按1：2反應，故B分子中含有2個羧基-COOH，根據(jù)信息反應，C與乙醇反應生成D，C為羧酸，D為一元酯，由D的結構可知，C中含有2個C原子，故B中碳原子數(shù)目為3，故B為HOOC-CH2-COOH，與乙酸發(fā)生酯化反應生成C2H5OOC-CH2-COOC2H5，反應方程式為：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；

故答案為：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；酯化反應；

（3）A可以與金屬鈉作用放出氫氣，由A的分子式可知，含有1個-OH，C5H10O不飽和度為=1，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故分子中含有C=C，根據(jù)C與乙醇反應生成D，可知C含有2個C原子，A發(fā)生信息反應生成HOOC-CH2-COOH與C，故C為CH3COOH，A為HO-CH2-CH2-CH=CH-CH3，故答案為：HO-CH2-CH2-CH=CH-CH3；

（4）C是CH3COOH，以乙醇反應生成乙酸乙酯，D的結構簡式為CH3COOC2H5，D的同分異構體中，能與NaHCO3溶液反應放出CO2，同分異構體中含有1個-COOH，符合條件的同分異構體有：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，故答案為：2；CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH．四、判斷題(共3題，共12分)18、×【分析】【分析】吸熱反應與放熱反應與是否加熱無關，化學反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，反應放熱，反之吸熱．【解析】【解答】解：放熱反應不一定不用加熱就能進行，如鋁熱反應，為放熱反應，但應在高溫下才能進行，故答案為：×．19、×【分析】【分析】稀硝酸具有強氧化性，和金屬反應生成硝酸鹽和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反應生成硫酸鹽和氫氣．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氫離子體現(xiàn)的，所以稀硫酸和鐵反應生成硫酸亞鐵和氫氣，稀硝酸中強氧化性是N元素體現(xiàn)的，所以稀硝酸具有強氧化性，和鐵反應生成NO而不是氫氣，所以該說法錯誤，故答案為：×．20、√【分析】【分析】（1）根據(jù)天然氣和沼氣的成分分析；

（2）根據(jù)成水煤氣的反應分析；

（3）根據(jù)干餾煤的產物分析；

（4）根據(jù)石油的成分分析；

（5）根據(jù)石油和天然氣的主要成分分析；

（6）根據(jù)煤的干餾和石油的分餾的原理分析；

（7）根據(jù)煤油的來源和性質分析；

（8）根據(jù)石油的成分分析；

（9）根據(jù)苯和正己烷的性質分析；

（10）根據(jù)石油分餾原理分析；

（11）根據(jù)石油催化裂化的原理分析；

（12）根據(jù)煤氣的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷；故正確，故答案為：√；

（2）煤可與水蒸氣反應制成水煤氣，其反應方程為：C+H2OCO+H2，所以水煤氣的主要成分是CO和H2；故正確，故答案為：√；

（3）干餾煤是在隔絕空氣的條件下；將煤加熱到900～1100℃時，可以得到焦炭；煤焦油、煤氣等物質，從煤焦油中可分離出苯、甲苯等化工原料，煤氣中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正確，故答案為：√；

（4）石油中主要含碳元素；氫元素兩種元素；主要是烷烴、環(huán)烷烴和芳香烴的混合物，分餾不能獲得乙酸，故錯誤，故答案為：×；

（5）石油主要是烷烴；環(huán)烷烴和芳香烴的混合物；天然氣的主要成分是甲烷，它們都是碳氫化合物，故正確，故答案為：√；

（6）煤的干餾是指煤在隔絕空氣的條件下加熱；生成煤焦油；焦炭、焦爐煤氣等物質，屬于化學變化．石油分餾是指通過石油中含有的物質的沸點不同而使各種物質分離開的一種方法，該過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故錯誤，故答案為：×；

（7）煤油可由石油分餾獲得；燃燒熱值大可用作燃料，不與Na反應，密度比Na大，可保存少量金屬鈉，故正確，故答案為：√；

（8）石油主要是烷烴；環(huán)烷烴和芳香烴的混合物；石油分餾得不到乙烯，故錯誤，故答案為：×；

（9）苯和正己烷都不與溴水反應；故錯誤，故答案為：×；

（10）石油是混合物；其分餾產品是幾種沸點相近的烴的混合物，所以汽油不是純凈物，故錯誤，故答案為：×；

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等氣態(tài)短鏈烴；故正確，故答案為：√；

（12）煤氣的主要成分是一氧化碳和氫氣，故錯誤，故答案為：×；．五、計算題(共4題，共12分)21、N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.4kJ?mol-1【分析】【分析】根據(jù)1.6g即0.05molN2H4（l）在O2（g）中燃燒，生成N2（g）和H2O（g），放出16.7kJ熱量，可知1molN2H4（l）在O2（g）中燃燒，生成N2（g）和H2O（g），放出534.4kJ熱量，據(jù)此書寫熱化學方程式．【解析】【解答】解：1.6g即0.05molN2H4（l）在O2（g）中燃燒，生成N2（g）和H2O（g），放出16.7kJ熱量，放熱時焓變值為負值，則1molN2H4（l）在O2（g）中燃燒，生成N2（g）和H2O（g），放出534.4kJ熱量，所以該反應的熱化學方程式為N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-560kJ?mol-l；

故答案為：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.4kJ?mol-1．22、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)原子守恒可知，A應該是CO，且n＝12。192克的硫磺的物質的量＝192g÷32g/mol＝6mol，所以根據(jù)方程式可知，生成的CO是6mol×2＝12mol，則CO在標準狀況下的體積是12mol×22.4L/mol＝268.8L。（2）B物質中的含硫量為0.3107，則B分子中S和Cl的原子個數(shù)之比＝＝1:2。D物質中的含氯量為0.5259，則D分子中S和Cl的原子個數(shù)之比＝＝1:1。又因為B的相對分子質量比D小32，所以B和D的化學式分別是SCl2、S2Cl2。（3）H2S燃燒的有關方程式是2H2S+O22S+2H2O（1）2H2S+3O22SO2+2H2O（2）由反應知，當H2S:O2＞2:1時，按（1）進行，氣體體積可能減少30%；當2:1＞H2S:O2＞2:3時既有反應（1）又有反應（2）設原混合氣體中H2S、O2分別為x、yL，氣體體積可能減少30%Ⅰ2H2S+O22S+2H2O氣體體積減少21212yy2yy所以＝0.3解得＝因此＝0.7ⅡxH2S+yO2(y-x/2)SO2+(1.5x-y)S+xH2O氣體體積減少xy(y-x/2)xx/2所以＝0.3解得＝所以＝0.6（4）n(Na2SO3)＝15.12g÷126g/mol＝0.12mol、n(S)＝5.00g÷32g/mol＝0.16mol(S過量)根據(jù)100℃的溶解度計算可知，微沸時生成的硫代硫酸鈉全部溶解。設析出Na2S2O3?5H2Oxg所以根據(jù)原子守恒可知，濾液中Na2S2O3有0.12mol，其質量是18.96g。10℃30.0ml溶液中水＝30×1.14－18.96＝15.24g，所以有＝解得x＝23.4?？键c：考查氣體摩爾體積、物質化學式確定以及根據(jù)方程式進行的有關計算【解析】【答案】（1）CO268.8（各1分）（2）SCl2、S2Cl2（各2分）（3）0.7或0.3（4）23.423、0.1mol/L230mL【分析】【分析】根據(jù)n=求算出Na2CO3?10H2O的物質的量，從而求出Na+的物質的量，然后根據(jù)C=；根據(jù)C濃V濃=C稀V稀來計算．【解析】【解答】解：根據(jù)n=求的Na2CO3?10H2O的物質的量n==0.005mol，則n（Na+）=0.01mol，故Na+物質的量濃度為C===0.1mol/L；

設加入蒸餾水的體積為XL，根據(jù)C（Na+）=0.1mol/L可知C（Na2CO3）=0.05mol/L，根據(jù)C濃V濃=C稀V稀可知：0.05mol/L×0.02L=0.004mol/L×（0.02L+XL）；解得：X=0.23L，即230ml．

故答案為：0.1mol/L；230ml．24、略

【分析】解：rm{壟脵}該氣體的物質的量rm{n=dfrac{a}mol}故答案為：rm{dfrac{a}mol}

rm{壟脷}該氣體分子的物質的量rm{n=dfrac{a}mol}故該氣體所含原子總數(shù)為rm{dfrac{2a}N_{A}}故答案為：rm{dfrac{2a}N_{A}}

rm{壟脹}該氣體在標準狀況下的體積rm{Va=nV_{m}=dfrac{22.4a}L}故答案為：rm{Va=nV_{m}=dfrac

{22.4a}L}

rm{dfrac{22.4a}L}該氣體溶于rm{壟脺}水中rm{1L}不考慮反rm{(}應rm其溶液中溶質的質量分數(shù)為rm{dfrac{b+1000}隆脕100%=dfrac{100b}{b+1000}%}故答案為：rm{)}

rm{dfrac{b+1000}隆脕100%=dfrac

{100b}{b+1000}%}該氣體溶于水后配置成rm{dfrac{100b}{b+1000}%}溶液，其溶質的物質的量濃度rm{c=df