2025年蘇教新版高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年蘇教新版高二化學上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、用一種試劑鑒別苯酚、己烯、碘化鉀溶液、苯四種液體，可選用rm{(}rm{)}A.鹽酸B.rm{FeCl_{3}}溶液C.溴水D.四氯化碳2、某學生實驗儀器的選擇及數據記錄，都合理的是（）A.酸堿中和滴定時，用10mL量筒量取10.00mL待測液B.用托盤天平稱量25.20gNaCl固體C.常溫條件下，用廣泛pH試紙測得純水的pH為7.0D.用500mL容量瓶配制480mL0.100mol/LNaOH溶液3、一種價電子排布為rm{2s^{2}2p^{5}}的元素，下列有關它的描述正確的有rm{(}rm{)}A.原子序數為rm{8}B.在同周期元素中非金屬性最強C.在同周期元素中，其原子半徑最大D.在同周期元素中，元素的第一電離能最大4、下列化合物中，在水溶液里和熔融狀態(tài)下均不能導電的是rm{(}rm{)}A.氯化鈉B.酒精C.硫酸D.氫氧化鈉5、分子式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}既能發(fā)生銀鏡反應，又能與金屬鈉反應的有機物有rm{(}不考慮立體異構rm{)(}rm{)}A.rm{4}種B.rm{5}種C.rm{6}種D.rm{7}種6、下列各組化合物的性質比較中不正確的是（）A.酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B.堿性：Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.穩(wěn)定性：HCl＞H2S＞PH3D.原子半徑：N＜O＜S評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、下列物質中，屬于合金的是（）A.水銀B.黃銅C.鋼鐵D.生鐵8、下列物質久置在空氣中發(fā)生的變化涉及氧化還原反應的有()A.鐵桿生銹B.rm{FeSO_{4}}由淺綠色變成棕黃色C.rm{Na_{2}O_{2}}由淡黃色變成白色D.石灰水表面附有白色固體9、氯酸根和亞硫酸氫根發(fā)生氧化還原反應：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}，下圖為該反應速率隨時間變化的圖像。圖中rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=

3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}是用rm{v(ClO_{3}^{-})}在單位時間內的物質的量濃度的變化來表示的反應速率。則下列說法不正確的是()

A.反應開始時速率增大可能是rm{ClO_{3}^{-}}增大引起的B.若坐標改為rm{c(H^{+})}時，速率時間曲線和上圖曲線完全重合C.后期反應速率下降的原因是反應物濃度減少D.圖中陰影部分rm{v(Cl^{-})}面積rm{"}為rm{"}至rm{t_{1}}時間內rm{t_{2}}的物質的量的減少值rm{ClO_{3}^{-}}10、煤在燃燒時會產生rm{SO_{2}}造成環(huán)境污染。下列說法正確的有()A.rm{SO_{2}}是形成酸雨的主要氣體B.用堿液吸收燃煤廢氣可減少環(huán)境污染C.往燃煤中混入生石灰，可減少rm{SO_{2}}的排放D.用水溶解rm{.}過濾除去煤中的單質硫以減少rm{SO_{2}}的排放11、下列玻璃儀器中，不能用于加熱的有A.燒杯B.容量瓶C.量筒D.試劑瓶12、下列操作與所選儀器搭配正確的是()A.稱量rm{隆陋隆陋}天平B.量取液體rm{隆陋隆陋}量筒C.攪拌rm{隆陋隆陋}溫度計D.萃取分液rm{隆陋隆陋}分液漏斗13、下列物質中，既有離子鍵又有共價鍵的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca(NO_{3})_{2}}B.rm{KOH}C.rm{H_{2}O}D.rm{NH_{4}F}14、假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的體積都是rm{50mL}密度都是rm{1g/cm^{3}}物質的量濃度都為rm{0.50mol/L}又知中和后生成溶液的比熱容rm{c=4.18J/(g?隆忙).}為了計算中和熱，實驗時還需測量的數據有rm{(}rm{)}A.反應前鹽酸的溫度B.反應前鹽酸的質量C.反應前氫氧化鈉溶液的溫度E.反應后混合溶液的最高溫度E.反應后混合溶液的最高溫度15、化學反應一般均會伴隨著能量變化，對rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃燒的反應，正確的是rm{(}rm{)}A.該反應為吸熱反應B.該反應為放熱反應C.斷裂rm{H隆陋H}鍵吸收能量D.生成rm{H隆陋O}鍵吸收能量評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、Ⅰrm{.}下列實驗操作正確的是______________________。A.乙烷中混有乙烯，通過氫氣在一定條件下反應，使乙烯轉化為乙烷B.在催化劑存在的條件下，苯和溴水發(fā)生反應可生成無色比水重的液體溴苯C.將銅絲彎成螺旋狀，在酒精燈上加熱變黑后，立即伸入盛有無水乙醇的試管中，完成乙醇氧化為乙醛的實驗D.無水乙醇和濃硫酸共熱到rm{170隆忙}將制得的氣體通入酸性高錳酸鉀，可檢驗制得的氣體是否為乙烯E.配制銀氨溶液時，將稀氨水慢慢滴入硝酸銀溶液中，產生沉淀后繼續(xù)滴加到沉淀剛好溶解為止Ⅱrm{.}實驗室用少量的溴和足量的乙醇、濃硫酸制備rm{1}rm{2隆陋}二溴乙烷的裝置如下圖所示，其中可能存在的主要副反應有：乙醇在濃硫酸的存在下在rm{l40隆忙}脫水生成乙醚。

有關數據列表如下：。乙醇rm{1}rm{2-}二溴乙烷乙醚狀態(tài)無色液體無色液體無色液體密度rm{/g隆隴cm^{-3}}rm{0.79}rm{2.2}rm{0.71}沸點rm{/隆忙}rm{78.5}rm{132}rm{34.6}熔點rm{/隆忙}一rm{l30}rm{9}rm{-1l6}rm{(1)}用少量的溴和足量的乙醇、濃硫酸制備rm{1}rm{2隆陋}二溴乙烷的兩步反應方程式分別為：____

rm{(2)}在此實驗中，要盡可能迅速地把反應溫度提高到rm{170隆忙}左右，其最主要目的是____；rm{(}填正確選項的字母rm{)}

rm{a.}引發(fā)反應rm{b.}加快反應速度rm{c.}防止乙醇揮發(fā)rm{d.}減少副產物乙醚生成rm{(3)}在裝置rm{C}中應加入____，其目的是吸收反應中可能生成的酸性氣體：rm{(}填正確選項的字母rm{)}

rm{a.}水rm{b.}濃硫酸rm{c.}氫氧化鈉溶液rm{d.}飽和碳酸氫鈉溶液rm{(4)}將rm{1}rm{2-}二溴乙烷粗產品置于分液漏斗中加水，振蕩后靜置，產物應在____層rm{(}填“上”、“下”rm{)}rm{(5)}若產物中有少量未反應的rm{Br_{2}}最好用____洗滌除去；rm{(}填正確選項的字母rm{)}

rm{a.}水rm{b.}氫氧化鈉溶液rm{c.}碘化鈉溶液rm{d.}乙醇rm{(6)}若產物中有少量副產物乙醚rm{.}可用____的方法除去；rm{(7)}反應過程中應用冷水冷卻裝置rm{D}其主要目的是____；但又不能過度冷卻rm{(}如用冰水rm{)}其原因是____。17、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}為原子序數依次增大的前四周期元素?；鶓B(tài)rm{A}原子核外電子占據三個能級，各能級上的電子數相同；在短周期中，基態(tài)rm{B}原子的未成對電子數最多，rm{C}的第一電離能最小，rm{D}的最外層電子數為電子層數的rm{2}倍；基態(tài)rm{W^{3+}}的rmhz1pnvp能級達到半充滿結構。請回答下列問題：

rm{(1)}基態(tài)rm{W}原子的價層電子排布式為____________________________________；rm{W}基態(tài)原子共有___________種不同能級的電子；rm{(2)}與rm{AB^{隆陋}}互為等電子體的微粒的化學式為______________。rm{(}寫出一種即可rm{)}rm{(3)}在rm{A}rm{B}rm{D}常見的含氧酸根離子中，空間構型呈平面三角形的有________________rm{(}填離子符號rm{)}空間構型呈三角錐形的離子的中心原子雜化軌道類型是______________________；rm{(4)(DAB)_{2}}分子中每個原子價層都達到rm{8}電子穩(wěn)定結構且分子中不含有雙鍵，也不含有環(huán)狀結構。rm{1}個rm{(DAB)_{2}}分子中含__________個rm{摟脪}鍵_________個rm{婁脨}鍵18、如圖表示4個碳原子相互結合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化學鍵，假如碳原子上其余的化學鍵都是與氫結合。(1)圖中屬于烷烴的是________(填字母)。(2)在上圖的有機化合物中，碳原子與碳原子之間不僅可以形成共價單鍵，還可以形成________和________；不僅可以形成________，還可以形成碳環(huán)。(3)上圖中互為同分異構體的是：A與_____________________。B與________；D與________(填字母)。19、按要求完成下列問題：①某高分子有機物是由一種單體縮聚而成的，該單體的鍵線式為②將少量水楊酸（）滴入Na2CO3溶液中發(fā)生的化學方程式：______________________③CH2ClCOOCH2CH3與NaOH的水溶液共熱：④有機物在較高溫度下和Br2按物質的量之比1：1發(fā)生加成反應的化學方程式。20、在一定溫度下，有rm{a.}鹽酸rm{b.}硫酸rm{c.}醋酸三種酸：rm{(1)}同體積、同物質的量濃度的三種酸，中和rm{NaOH}的能力由大到小的順序是____。rm{(2)}當三者rm{c(H^{+})}相同且體積也相同時，分別放入足量的鋅，相同狀況下產生氣體的體積由大到小的順序是____。rm{(3)}將rm{c(H^{+})}相同的三種酸均加水稀釋至原來的rm{100}倍后，rm{c(H^{+})}由大到小的順序是____。評卷人得分四、其他(共2題，共12分)21、（8分）由丙烯出發(fā)，經如下反應，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結構簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應類型為__________；由W生成丙烯酸的反應類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應方程式為。22、下圖轉化關系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色?；衔颒和I兩種氣體相遇時產生白煙K（NH4Cl）。化合物G的焰色反應為黃色，B為氧氣。反應①和②均在溶液中進行。請按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質的化學式：D、F。（2）反應②的離子方程式為。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應的現(xiàn)象為。（4）將少量單質C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變?yōu)樗{色。這說明單質C的氧化性于單質碘(填“強”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。寫出紅褐色沉淀的化學式：。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共9分)23、磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反應產生高毒的PH3氣體(熔點為-132℃，還原性強、易自燃)，可用于糧食熏蒸殺蟲。衛(wèi)生安全標準規(guī)定：當糧食中磷化物(以PH3計)的含量低于0.05mg·kg-1時算合格?？捎靡韵路椒y定糧食中殘留的磷化物含量：

（操作流程）安裝吸收裝置→PH3的產生與吸收→轉移KMnO4吸收溶液→亞硫酸鈉標準溶液滴定。

（實驗裝置）C中盛100g原糧，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol?L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

請回答下列問題：

(1)儀器C的名稱是__________________；

(2)以磷化鈣為例，寫出磷化鈣與水反應的化學方程式____________________；檢查整套裝置氣密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛裝KMnO4溶液的作用是______________________；通入空氣的作用是____________。若沒有B裝置，則實驗中測得PH3含量將____________（填“偏低”；“偏高”或“不變”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所發(fā)生反應的離子方程式為_________________________。

(5)把D中吸收液轉移至容量瓶中，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用5.0×10-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標準溶液11.00mL，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為______mg?kg-1。24、化學家侯德榜創(chuàng)立了中國的制堿工藝，促進了世界制堿技術的發(fā)展。下圖是純堿工藝的簡化流

（1）寫出CO2的電子式____________________。

（2）用離子方程式表示純堿工藝中HCO3-的生成___________________。

（3）工業(yè)生產時先氨化再通CO2，順序不能顛倒，原因是_______________。

（4）濾液A中最主要的兩種離子是_________。

（5）某小組設計如下實驗分離濾液A中的主要物質。打開分液漏斗活塞，一段時間后，試管中有白色晶體生成，用化學原理解釋白色晶體產生的原因___________________。

（6）某純堿樣品因煅燒不充分而含少量NaHCO3，取質量為m1的純堿樣品，充分加熱后質量為m2，則此樣品中碳酸氫鈉的質量分數為______________________。25、通常用燃燒的方法測定有機物的分子式；可在燃燒室內將有機物樣品與純氧在電爐加熱下充分燃燒，根據產品的質量確定有機物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機物物分子式的常用裝置.

現(xiàn)準確稱取0.72g某烴樣品；經燃燒后A管增重2.2g，B管增重1.08g。請回答:

(1)產生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導管的連接順是:__________；

(2)A、B管內均盛有固態(tài)試劑，A管的作用是__________。

(3)燃燒管中CuO的作用是_________；如果把CuO網去掉，A管重量將_________；(填“增大”；“減小”、或“不變”)；

(4)請改進這套裝置的一個不足之處_________。

(5)若該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結構簡式為_________；該有機物的二氯代物有_______種。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題，共12分)26、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去27、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質量分數，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數w[Cr2(CO3)3]=____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】解：rm{A.}鹽酸與四種物質都不反應；不能鑒別己烯和苯，且二則密度都比水小，無法鑒別，故A錯誤；

B.己烯、苯都不溶于水，且與rm{FeCl_{3}}溶液不反應；不能鑒別己烯和苯，故B錯誤；

C.苯酚能與溴水反應生成三溴苯酚沉淀，己烯含有rm{C=C}官能團；與溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色，碘化鉀可與溴水發(fā)生氧化還原反應，溶液變?yōu)樽仙蚣t褐色，苯不溶于水，加入溴水，上層呈橙色，可鑒別，故C正確；

D.苯酚；己烯、苯與四氯化碳互溶；不能鑒別，故D錯誤．

故選C．

苯酚能與溴水反應生成三溴苯酚，己烯含有rm{C=C}官能團；與溴水發(fā)生加成反應，碘化鉀可與溴水發(fā)生氧化還原反應，苯不溶于水，以此來解答．

本題考查物質的鑒別和檢驗，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應和現(xiàn)象為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物性質的綜合應用，題目難度不大．【解析】rm{C}2、D【分析】試題分析：A、量筒量取液體時能精確到0.1mL，無法量取10.00mL待測液，錯誤；B、托盤天平可精確到0.1g，無法用托盤天平稱取25.20g氯化鈉，錯誤；C、廣泛pH試紙測得溶液的pH值應是整數，錯誤；D、容量瓶的規(guī)格沒有480mL的，配制480mL0.100mol/LNaOH溶液應選500mL容量瓶，正確?？键c：考查常用儀器的規(guī)格和精確度?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、B【分析】解：rm{A.}元素為rm{F}原子序數為rm{9}故A錯誤；

B.同周期從左至右非金屬性增強，則rm{F}在同周期元素中非金屬性最強；故B正確；

C.同周期從左向右原子半徑減小；則同周期元素中，其原子半徑最小，故C錯誤；

D.非金屬性越強，第一電離能越大，但稀有氣體為穩(wěn)定結構，則與rm{F}同周期元素中，第一電離能最大的為rm{Ne}故D錯誤；

故選B．

價電子排布為rm{2s^{2}2p^{5}}的元素，rm{p}電子沒有排滿，則電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}}質子數為rm{9}為rm{F}元素；結合同周期元素性質的變化規(guī)律來解答．

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握價電子排布來推斷元素、元素的性質、元素周期律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大．【解析】rm{B}4、B【分析】解：rm{A.}氯化鈉是電解質；所以在水溶液里或熔融狀態(tài)均能導電，故A不選；

B.酒精是非電解質；所以在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電，故B選；

C.硫酸是電解質；所以在水溶液里能導電，故C不選；

D.氫氧化鈉是電解質；所以在水溶液里或熔融狀態(tài)均能導電，故D不選；

故選B．

在水溶液里和熔融狀態(tài)下均不導電；且是化合物，則說明該物質是非電解質，據此分析解答．

本題考查電解質和非電解質的判斷，難度不大，注意不是電解質的物質不一定是非電解質，如氫氧化鈉溶液或金屬單質．【解析】rm{B}5、B【分析】解：分子式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的有機物能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，同時能與金屬鈉反應，只能含有羥基，不能含有羧基，丙烷的二元取代產物共有rm{5}種：

rm{壟脵OHCCH(OH)CH_{2}CH_{3}}

rm{壟脷OHCCH_{2}CH(OH)CH_{3}}

rm{壟脹OHCCH_{2}CH_{2}CH_{2}(OH)}

rm{壟脺CH_{3}CH(CHO)CH_{2}OH}

rm{壟脻CH_{3}(HO)C(CHO)CH_{3}}

所以符合條件的同分異構體為rm{5}種；

故選：rm{B}．

分子式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的有機物能發(fā)生銀鏡反應；說明含有醛基，同時能與金屬鈉反應，只能含有羥基，不能含有羧基，然后看成丙烷的二元取代產物來解答．

本題考查同分異構體的書寫和官能團的性質，題目難度不大，注意二元取代物可采用定rm{1}議rm{2}法解題．【解析】rm{B}6、D【分析】解：A．非金屬性Cl＞Br＞I，則最高價氧化物對應水化物的酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4；故A正確；

B．金屬性Ba＞Ca＞Mg，則最高價氧化物對應水化物的堿性：Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正確；

C．非金屬性Cl＞S＞P，則簡單氫化物穩(wěn)定性：HCl＞H2S＞PH3；故C正確；

D．N；O位于同一周期；核電荷數N＜O，在原子半徑N＞O，故D錯誤；

故選：D。

A．非金屬性越強；最高價含氧酸的酸性越強；

B．金屬性越強；最高價氧化物對應水化物的堿性越強；

C．非金屬性越強；簡單氫化物的穩(wěn)定性越強；

D．電子層越多；原子半徑越大，電子層相同時，核電荷數越大原子半徑越小。

本題考查原子結構與元素周期律的關系，題目難度不大，明確元素周期律的內容為解答關鍵，注意熟練掌握原子結構與元素周期律、元素周期表的關系，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力?！窘馕觥緿二、多選題(共9題，共18分)7、BCD【分析】解：A．水銀是單質；不屬于合金，故A錯誤；

B．黃銅是銅鋅合金；故B正確；

C．鋼鐵是鐵與碳的合金；屬于合金，故C正確；

D．生鐵是鐵與碳的合金；故D正確．

故選BCD．

合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質；合金具有以下特點：①一定是混合物；②合金中至少有一種金屬等．

本題考查合金的定義，難度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征是正確解答本題的關鍵．【解析】【答案】BCD8、ABC【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，側重氧化還原反應應用的考查，為高考常見題型，把握生活的氧化還原反應的利弊為解答的關鍵，注重知識遷移應用，題目難度不大?！窘獯稹緼.鐵桿生銹是氧化還原反應，故A正確符合題意；B.rm{FeSO}rm{FeSO}rm{{,!}_{4}}由淺綠色變成棕黃色是二鐵離子反應生成三價鐵離子，故B符合題意；C.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}

由淡黃色變成白色是過氧化鈉反應生成氫氧化鈉，故C符合題意；【解析】rm{ABC}9、BD【分析】【分析】本題主要考查了外界條件對化學反應速率的有關知識，難度不大，需要注意的是要抓住題目的信息是解答rm{A}選項的關鍵。【解答】A.由方程式：rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}可知：反應開始時隨著反應的進行，rm{c(H^{+})}不斷增大，反應的速率加快由題目信息可知反應的速率隨rm{c(H^{+})}的增大而加快；故A正確；

B.在反應中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}參加氧化還原反應得到rm{6mol}電子，rm{1mol}亞硫酸氫根離子參加氧化還原反應失去rm{2mol}電子，所以得失電子的最小公倍數是rm{6}則rm{ClO_{3}^{-}}的計量數是rm{1}亞硫酸氫根離子的計量數是rm{3}其它原子根據原子守恒來配平，所以該方程式為：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{v(ClO_{3}^{-})}rm{v(H^{+})=1}rm{3}縱坐標為rm{v(H^{+})}的rm{v-t}曲線與圖中曲線不重合；故B錯誤；

C.隨著反應的進行；反應物的濃度減少，反應速率減小，所以后期反應速率下降的主要原因是反應物濃度減小，故C正確；

D.在反應中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}參加氧化還原反應得到rm{6mol}電子，rm{1mol}亞硫酸氫根離子參加氧化還原反應失去rm{2mol}電子，所以得失電子的最小公倍數是rm{6}則rm{ClO_{3}^{-}}的計量數是rm{1}亞硫酸氫根離子的計量數是rm{3}其它原子根據原子守恒來配平，所以該方程式為：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{trianglen(Cl^{-})}rm{trianglen(ClO_{3}^{-})=1}rm{triangle

n(ClO_{3}^{-})=1}所以圖中陰影部分“面積”可以表示rm{1}時間為rm{t_{1}-t_{2}}增加或者是rm{n(Cl^{-})}濃度的減小；故D錯誤。

故選BD。rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{BD}10、ABC【分析】【分析】本題旨在考查學生對二氧化硫的污染及治理、常見的生活環(huán)境的污染及治理等應用?！窘獯稹緼.二氧化硫是形成硫酸型酸雨的主要氣體，故A正確；B.燃煤廢氣中有二氧化硫氣體，用堿液吸收可以減少環(huán)境污染，故B正確；C.燃煤中加入生石灰，二氧化硫和生石灰反應生成亞硫酸鈣，可以減少二氧化硫的排放，故C正確；D.硫不溶于水，不能用水溶解、過濾除去煤中的單質硫，故D錯誤。故選ABC。【解析】rm{ABC}11、BCD【分析】【分析】本題旨在考查學生對直接加熱儀器的應用?！窘獯稹扛鶕}意，燒杯可以用于加熱，容量瓶、量筒、試劑瓶不能用于加熱，故BCD正確。故選BCD?！窘馕觥縭m{BCD}12、ABD【分析】【分析】根據實驗儀器的使用方法和用途進行分析解答。【解答】A.天平用于稱量固體質量，故A正確；B.量筒量取液體體積，故B正確；C.溫度計用于測量溫度，不能用于攪拌，故C錯誤；D.分液漏斗用于分離兩種互不相溶的液體，故D正確。故選ABD?！窘馕觥縭m{ABD}13、ABD【分析】解：rm{A.}硝酸鈣中鈣離子和硝酸根離子之間存在離子鍵，rm{N}原子和rm{O}原子之間存在共價鍵；故A正確；

B.rm{KOH}中鉀離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，rm{O}原子和rm{H}原子之間存在共價鍵；故B正確；

C.水分子中rm{H}原子和rm{O}原子之間只存在共價鍵；故C錯誤；

D.氟化銨中銨根離子和氟離子之間存在離子鍵、rm{N}原子和rm{H}原子之間存在共價鍵；故D正確；

故選ABD．

一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，部分堿；大多數鹽和金屬氧化物中含有離子鍵，多原子非金屬單質、酸、部分非金屬氧化物、部分堿、部分鹽中含有共價鍵．

本題考查了離子鍵和共價鍵的判斷，根據物質的構成微粒及微粒間作用力分析解答，注意二者區(qū)別，銨鹽中存在離子鍵，且銨根離子中存在配位鍵，配位鍵屬于共價鍵．【解析】rm{ABD}14、ACE【分析】解：根據rm{Q=cmtrianglet}可知，測定中和熱時需要計算出反應初始平均溫度與最高溫度之差，則需要測定的數據為：rm{A.}反應前鹽酸溶液的溫度、rm{C.}反應前氫氧化鈉溶液的溫度、rm{E.}反應后混合溶液的最高溫度；

故選ACE．

根據中和熱計算公式rm{Q=cmtrianglet}可知；中和熱的測定過程中需要做到酸堿的初始溫度及反應過程中的最高溫度，據此分析解答．

本題考查中和熱的測定與計算方法，題目難度不大，明確中和熱測定的操作方法為解答關鍵，試題側重基礎知識的考查，培養(yǎng)了學生的化學實驗能力．【解析】rm{ACE}15、BC【分析】【分析】本題考查化學反應的熱量變化，學生應注重歸納中學化學中常見的吸熱或放熱的反應，對于特殊過程中的熱量變化的要熟練記憶來解答此類習題。【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃燒反應為放熱反應，故A錯誤；中燃燒反應為放熱反應，rm{H_{2}}

rm{O_{2}}鍵吸收能量，故C正確；

故B正確；鍵放出能量，故D錯誤。

C.斷裂rm{H隆陋H}鍵吸收能量，故C正確；rm{H隆陋H}【解析】rm{BC}三、填空題(共5題，共10分)16、Ⅰ．C、EⅡ．（1）CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br（2）d（3）c（4）下

（5）b

（6）蒸餾

（7）避免溴大量揮發(fā)產品1，2-二溴乙烷的熔點（凝固點）低，過度冷卻會凝固而堵塞導管【分析】【分析】本題考查了乙醇的性質實驗，涉及化學方程式和實驗基本操作?！窘獯稹竣駌m{.A.}乙烷中乙烯的含量未知，不能確定通入氫氣的量，易引入雜質，且反應在實驗室難以完成，故A錯誤；乙烷中乙烯的含量未知，不能確定通入氫氣的量，易引入雜質，且反應在實驗室難以完成，故A錯誤；

rm{.A.}

B.苯和溴水不反應，應用液溴和苯在催化劑條件下反應，故B錯誤；rm{2Cu+{O}_{2};overset{?}{=}2CuO}C.乙醇的催化氧化反應中，金屬銅作催化劑，真正和乙醇反應起到氧化作用的是氧化銅，實驗過程中銅網出現(xiàn)黑色，是因為銅和氧氣反應生成氧化銅，反應的方程式為rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH+CuOxrightarrow[]{?}C{H}_{3}CHO+Cu+{H}_{2}O}rm{2Cu+{O}_{2};overset{?}{=}2CuO

}選項是正確的；

，銅網由黑色變成紅色是因為乙醇和氧化銅反應生成銅，反應的方程式為發(fā)生消去反應生成乙烯，乙醇易揮發(fā)，乙烯、乙醇均能被酸性高錳酸鉀氧化，不能檢驗，應除去乙醇，再檢驗乙烯，故D錯誤；

rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH+CuO

xrightarrow[]{?}C{H}_{3}CHO+Cu+{H}_{2}O}

，所以rm{C}選項是正確的；rm{C}

D.無水乙醇和濃硫酸共熱至rm{170隆忙}發(fā)生消去反應生成乙烯，乙醇易揮發(fā)，乙烯、乙醇均能被酸性高錳酸鉀氧化，不能檢驗，應除去乙醇，再檢驗乙烯，故D錯誤；乙醇在rm{170隆忙}時發(fā)生消去生成乙烯，溫度必須是E.配制銀氨溶液時，將稀氨水慢慢滴入硝酸銀溶液中，產生沉淀后繼續(xù)滴加到沉淀剛好溶解為止，此時溶液即為銀氨溶液，故E正確；反應方程式：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;;xrightarrow[170隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}故答案為：rm{C}rm{E}中：乙烯和溴發(fā)生加成反應生成rm{C}rm{E}二溴乙烷，化學方程式為Ⅱrm{.(1)}乙醇在rm{170隆忙}時發(fā)生消去生成乙烯，溫度必須是rm{170隆忙}反應方程式：rm{.(1)}rm{170隆忙}rm{170隆忙}rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;;

xrightarrow[170隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}，乙烯分子中含碳碳雙鍵，試管rmbdlrfdz中：乙烯和溴發(fā)生加成反應生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷，化學方程式為rm{CH}rmpbfbpnzrm{1}rm{2-}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

故答案為：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;;xrightarrow[170隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}rm{簍TCH}rm{簍TCH}rm{{,!}_{2}}rm{+Br}rm{+Br}rm{{,!}_{2}}rm{隆煤CH}rm{隆煤CH}rm{{,!}_{2}}rm{BrCH}rm{BrCH}

rm{{,!}_{2}}乙醇在濃硫酸rm{Br}的條件下，發(fā)生分子內脫水生成乙醚，rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH;xrightarrow[;140隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{3}C{H}_{2}OC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O}rm{Br}左右，其最主要目的是：減少副產物乙醚生成，

故答案為：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;;

xrightarrow[170隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}

、rm{CH}濃硫酸具有強氧化性，將乙醇氧化成二氧化碳，自身被還原成二氧化硫，rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH+4{H}_{2}S{O}_{4}(脜簍)overset{?}{=}4S{O}_{2}隆眉+C{O}_{2}隆眉+7{H}_{2}O+C}rm{CH}中應加入氫氧化鈉溶液，吸收反應中可能生成的酸性氣體，

故答案為：rm{{,!}_{2}}

rm{簍TCH}rm{簍TCH}二溴乙烷和水不互溶，rm{{,!}_{2}}rm{+Br}二溴乙烷密度比水大，故答案為：rm{+Br}

rm{{,!}_{2}}溴更易溶液rm{隆煤CH}rm{隆煤CH}二溴乙烷，用水無法除去溴，故rm{{,!}_{2}}錯誤；

rm{BrCH}常溫下rm{BrCH}rm{{,!}_{2}}rm{Br}rm{Br}rm{(2)}乙醇在濃硫酸rm{140隆忙}的條件下，發(fā)生分子內脫水生成乙醚，rm{(2)}rm{140隆忙}再分液除去，故rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH;

xrightarrow[;140隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{3}C{H}_{2}OC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O

}正確；

，要盡可能迅速地把反應溫度提高rm{170隆忙}左右，其最主要目的是：減少副產物乙醚生成，與溴反應生成碘，碘與rm{170隆忙}rmjlzxt1v二溴乙烷互溶，不能分離，故rmfnh1jxt錯誤；

rm{(3)}濃硫酸具有強氧化性，將乙醇氧化成二氧化碳，自身被還原成二氧化硫，酒精與rm{(3)}rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH+4{H}_{2}S{O}_{4}(脜簍)

overset{?}{=}4S{O}_{2}隆眉+C{O}_{2}隆眉+7{H}_{2}O+C}二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故，二氧化碳、二氧化硫能和氫氧化鈉溶液反應，所以在裝置rm{C}中應加入氫氧化鈉溶液，吸收反應中可能生成的酸性氣體，錯誤，

故答案為：rm{C}

rm{c}rm{c}二溴乙烷沸點rm{(4)1}rm{2-}二溴乙烷和水不互溶，rm{1}rm{2-}二溴乙烷密度比水大，乙醚rm{(4)1}rm{2-}rm{1}二溴乙烷與乙醚的沸點相差較大，兩者均為有機物，互溶，用蒸餾的方法將它們分離，

故答案為：rm{2-}

下；溴在常溫下，易揮發(fā)，乙烯與溴反應時放熱，溴更易揮發(fā)，冷卻可避免溴的大量揮發(fā)，但rm{(5)a.}溴更易溶液rm{1}rm{2-}二溴乙烷，用水無法除去溴，故rm{a}錯誤；rm{(5)a.}二溴乙烷的凝固點rm{1}較低，不能過度冷卻，過度冷卻會使其凝固而使氣路堵塞，

故答案為：rm{2-}rm{a}二溴乙烷的熔點rm{b.}常溫下rm{Br}凝固點rm{b.}低，過度冷卻會凝固而堵塞導管。rm{Br}【解析】Ⅰrm{.}C、rm{.}rm{E}rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;;xrightarrow[170隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}Ⅱrm{.(1)}rm{.(1)}rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;;

xrightarrow[170隆忙]{脜簍脕貌脣謾}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}rm{CH_{2}簍TCH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}rm{(2)}rm{(2)}下

rmvb3rp1xrm{(3)}

rm{(3)}rm{c}

rm{(4)}下rm{(4)}rm{(5)}二溴乙烷的熔點rm{(5)}凝固點rm低，過度冷卻會凝固而堵塞導管rm17、（1）3d64s27

（2）CO

（3）CO32-、NO3-sp3雜化

（4）54【分析】【分析】本題考查物質結構與性質，涉及元素推斷、核外電子排布、雜化軌道、分子結構、化學鍵，題目綜合性較大，注重對物質結構中常考考點的考查，難度中等?！窘獯稹緼、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}為原子序數依次增大的前四周期元素?；鶓B(tài)rm{A}原子核外電子占據三個能級，各能級上的電子數相同，則rm{A}為rm{C}元素；在短周期中，基態(tài)rm{B}原子的未成對電子數最多，則rm{B}為rm{N}元素，rm{C}的第一電離能最小，則rm{C}為rm{Na}元素，rm{D}的最外層電子數為電子層數的rm{2}倍，則rm{D}為rm{S}元素；基態(tài)rm{W}rm{B}rm{C}rm{D}為原子序數依次增大的前四周期元素?；鶓B(tài)rm{W}原子核外電子占據三個能級，各能級上的電子數相同，則rm{A}為rm{A}元素；在短周期中，基態(tài)rm{C}原子的未成對電子數最多，則rm{B}為rm{B}元素，rm{N}的第一電離能最小，則rm{C}為rm{C}元素，rm{Na}的最外層電子數為電子層數的rm{D}倍，則rm{2}為rm{D}元素；基態(tài)rm{S}rm{W}rm{{,!}^{3+}}能級達到半充滿結構，則的rmlrnljfr能級達到半充滿結構，則rm3lxvjp3能級上有rm{W^{3+}}個電子，其原子核外電子數rm{3d}能級上有rm{5}個電子，其原子核外電子數rm{=2+8+8+5+3=26}則rm{W}為rm{Fe}元素。則rm{3d}為rm{5}元素。rm{=2+8+8+5+3=26}為rm{W}元素，鐵rm{Fe}rm{(1)W}rm{Fe}原子的電子排布式為：rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}原子rm{3p}種不同能級的電子，故答案為：rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}個原子、價電子數是rm{{,!}^{2}}與價層電子排布式為rm{3d^{6}4s^{2}}共有rm{7}種不同能級的電子，rm{7}rm{3d^{6}4s^{2}}rm{7}等，故答案為：rm{(2)}原子個數相等、價電子數相等的微粒是等電子體，中rm{CN^{-}}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{;;4+2-3隆脕2}{;2;}=3}為平面三角形結構；中含有rm{2}個原子、價電子數是rm{10}與rm{CN}中rm{2}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3}為平面三角形結構，rm{10}中rm{CN}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{;;6+2-3隆脕2;;}{2}=4}為rm{{,!}^{-}}結構，其中互為等電子體的微粒的化學式為rm{N}原子為rm{N}雜化，故答案為：rm{{,!}_{2}}、rm{CO}雜化；rm{CO}rm{(3)CO_{3}^{2-}}rm{C}rm{=3+dfrac{;;4+2-3隆脕2}{;2;}=3

}電子穩(wěn)定結構且分子中不含有雙鍵，也不含有環(huán)狀結構，rm{NO_{3}^{-}}的結構為則rm{N}個rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3

}rm{SO_{3}^{2-}}個rm{S}鍵，rm{=3+dfrac{;;6+2-3隆脕2;;}{2}=4

}個三角錐形鍵，故答案為：rm{S}rm{sp^{3}}rm{CO_{3}^{2-}}【解析】rm{(1)3d^{6}4s^{2}}rm{7}rm{(2)CO}rm{(3)CO_{3}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{sp^{3}}雜化rm{(4)5}rm{4}18、略

【分析】(1)據烷烴的定義：碳碳原子之間僅以單鍵互相結合，剩余的價鍵全部與氫原子結合，圖中8種分子中只有A、C為烷烴。(2)據圖中8種分子看出，A、C中碳碳原子間全為單鍵，B、E、F分子中含有雙鍵，D與G分子中含有三鍵，除H分子形成碳環(huán)，其余均為直鏈。(3)據同分異構體的概念不難推知A與C互為同分異構體，B與E、F、H互為同分異構體，D與G互為同分異構體?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)A、C(2)雙鍵三鍵碳鏈(3)CEFHG19、略

【分析】試題分析：①根據有機物反應的類型，該反應為縮聚反應，只要加上端基原子就可以；②碳酸鈉與羧基和酚羥基都會反應，酚羥基只能生成碳酸氫鈉，羧基可以生成二氧化碳，但水楊酸少，只能生成碳酸氫鈉；③酯和氯代烴的水解；④共軛二烯烴發(fā)生1,4加成?？键c：考查有機物的性質，方程式的書寫。【解析】【答案】每空2分①②③④20、（1）b＞a=c（2）c＞a=b（3）c＞a=b【分析】【分析】本題考查了弱電解質的電離，明確弱電解質的電離特點是解本題關鍵，注意：不同的酸與足量的相同金屬反應時生成氫氣的量與酸的物質的量與元數有關，即與氫離子的物質的量有關，與電解質強弱無關，為易錯點。rm{(1)}物質的量濃度相等的這三種酸，酸的元數越多、酸的酸性越強，氫離子濃度越大；氫離子濃度越大，則rm{pH}越??；rm{(2)}同體積、同物質的量濃度的三種酸溶液的物質的量相等，消耗rm{NaOH}的量與酸的元數成正比；

rm{(3)}當rm{c(H}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}相同、體積相同時，鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續(xù)電離；rm{)}相同、體積相同時，鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續(xù)電離；相同鹽酸、硫酸完全電離，醋酸部分電離，加水稀釋至原來的rm{)}倍后，只有醋酸可繼續(xù)電離?！窘獯稹縭m{(4)c(H^{+})}同體積、同物質的量濃度的三種酸溶液的物質的量相等，中和rm{100}的能力與酸的元數成正比，同體積、同物質的量濃度的三種酸溶液，硫酸中氫離子物質的量最大，醋酸和鹽酸都是一元酸且物質的量相等，所以rm{(1)}的量由大小順序是rm{NaOH}故答案為：消耗rm{NaOH}的量由

rm{NaOH}rm{b>a=c}rm{b>a=c}rm{(2)}相同、體積相同時，鹽酸、硫酸完全電離，只有弱酸醋酸可以繼續(xù)電離，則分別加入足量鋅，相同狀況產生的氣體體積由大到小的順序為當rm{c(H}故答案為：rm{c(H}；rm{{,!}^{+}}rm{)}相同、體積相同時，鹽酸、硫酸完全電離，只有弱酸醋酸可以繼續(xù)電離，則分別加入足量鋅，相同狀況產生的氣體體積由大到小的順序為rm{c>a=b}rm{)}rm{c>a=b}rm{c>a=b}rm{c>a=b}rm{(3)}相同的三種酸均加水稀釋至原來的鹽酸是一元強酸完全電離，硫酸是二元強酸完全電離，醋酸是弱酸部分電離，倍后，醋酸的將rm{c}rm{c}rm{(H}rm{(H}鹽酸rm{{,!}^{+}}rm{)}相同的三種酸均加水稀釋至原來的rm{100}倍后，醋酸的rm{)}rm{100}rm{c}rm{c}rm{(H}rm{(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}最大，由大到小的順序是：和硫酸的rm{c}rm{c}rm{(H}rm{(H}rm{{,!}^{+}}【解析】rm{(1)b>a=c}rm{(2)c>a=b}rm{(3)c>a=b}四、其他(共2題，共12分)21、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應（或取代反應）；消去反應（各1分）（3）略（2分）22、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）產生白色沉淀（4）強（5）Fe(OH)3五、原理綜合題(共3題，共9分)23、略

【分析】分析：本題為綜合實驗題。主要考察磷化氫制備的原理、裝置氣密性的檢查方法；高錳酸鉀溶液為強氧化劑，因此裝置中盛放該試劑的作用除去還原性氣體；為了保證實驗的準確性，利用空氣把PH3全部帶入到高錳酸鉀溶液中進行吸收；最后根據反應的方程式中物質之間的關系計算出樣品中PH3含量。

詳解：(1)儀器C為反應的發(fā)生器；名稱是三頸燒瓶；正確答案：三頸燒瓶。

(2)磷化鈣與水反應生成磷化氫和氫氧化鈣，反應的化學方程式：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；檢查整套裝置氣密性方法：關閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產生則氣密性良好[或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉K2用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法]；正確答案：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；關閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產生則氣密性良好[或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉K2用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法]。

(3)依據裝置圖進行分析判斷，高錳酸鉀溶液是強氧化劑，可以吸收空氣中的還原性氣體；通入空氣，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，減小實驗誤差；B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液,其作用是吸收空氣中的氧氣,防止氧化裝置C中生成的PH3,若沒有B裝置，PH3部分被氧氣氧化，則實驗中測得PH3含量將偏低；正確答案：除去空氣中的還原性氣體；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。

(4)PH3被酸性高錳酸鉀氧化成磷酸，高錳酸鉀被還原為錳離子，結合電子守恒和電荷守恒、原子守恒配平書寫得到離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O；正確答案：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O。

(5)根據2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反應可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量為[5.0×10-5×11×10-3]×2/5mol,那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量為5.0×10-5×11×10-3×10mol,由于D中盛有KMnO4的量為20×1.12×10-4×10-3mol，所以參加反應的KMnO4的量2.24×10-6-2.2×10-6=0.04×10-6mol,根據5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O反應關系可知，消耗PH3的量為[4×10-8]×5/8mol；C中盛100g原糧，含有PH3的量[4×10-8]×5/8mol,質量為85×10-8g，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為0.0085mg?kg-1；正確答案：0.0085。

點睛;本題在進行最后一問計算時，要根據反應關系計算出參與反應的酸性高錳酸鉀溶液的量，但是要注意這是量取25毫升溶液中消耗高錳酸鉀的量，計算總量時要注意是250毫升樣品溶液，也就是得擴大10倍才能進行準確計算，否則誤差相差太大?！窘馕觥咳i燒瓶Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑關閉K1、打開K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產生則氣密性良好[或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關閉K2用壓差法；或關閉分液漏斗旋塞后對C加熱法]除去空氣中的還原性氣體吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收偏低5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O0.008524、略

【分析】（1）CO2為共價化合物，碳原子與氧原子鍵形成雙鍵，CO2的電子式為正確答案：

（2）二氧化碳通入氨氣的水溶液中，發(fā)生反應生成碳酸氫銨，離子方程式為.CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+；正確答案：CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+。

（3）NH3極易溶于水，先通NH3可使更多的CO2與其反應，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶體的析出，所以工業(yè)生產時先氨化再通CO2；正確答案：NH3極易溶于水，先通NH3可使更多的CO2與其反應，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶體的析出。

（4）碳酸氫銨溶液和氯化鈉溶液混合后，生成氯化銨和碳酸氫鈉，過濾后，濾液A中主要為氯化銨溶液，所以濾液A中最主要的兩種離子是NH4+和Cl-；正確答案：NH4+和Cl-。

（5）濃氨水與生石灰反應生成氨氣進入到氯化鈉溶液中，通入氨氣，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動，促使氯化銨結晶析出；濾液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食鹽，增大c(Cl-)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動，促使氯化銨結晶析出；溫度降低有利于氯化銨結晶析出；正確答案：濾液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食鹽，增大c(Cl-)；通入氨氣，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動；促使氯化銨結晶析出；溫度降低有利于氯化銨結晶析出。

（6）由方程式可知有2mol反應，反應前后固體質量就減少那么題中反應前后固體質量減少（m1-m2）g,需要的質量為x=84（m1-m2）/31,將其帶入下式可得：ω(NaHCO3)=x/m1×100%=正確答案：【解析】CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+NH3極易溶于水，先通NH3可使更多的CO2與其反應，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶體的析出NH4+和Cl-濾液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食鹽，增大c(Cl-)；通入氨氣，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動，促使氯化銨