2025年浙教新版高二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年浙教新版高二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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列化合物分子中，在核磁共振氫譜圖中只給出一種信號的是（）A.CH3CH2CH3B.CH3COCH2CH3C.CH3CH2OHD.CH3OCH32、下列關于有機物的敘述正確的是（）A.乙醇不能發(fā)生取代反應B.C4H10有三種同分異構體C.氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別3、下列關于有機物性質的敘述錯誤的是rm{(}rm{)}A.甲烷和氯氣在光照條件下反應產生油狀液滴B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色C.苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.乙醇可以和金屬鈉反應放出氫氣4、在容積不變的密閉容器中存在如下反應2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，某研究小組研究了其他條件下不變時，改變某一條件對上述反應的影響，下列分析正確的是()A.圖Ⅰ表示的是t1時刻增大O2的濃度對反應速率的影響B(tài).圖Ⅱ表示的是t1時刻加入催化劑后對反應速率的影響C.圖Ⅲ表示的是催化劑對平衡的影響，且甲的催化效率比乙的高D.圖Ⅲ表示的是壓強對化學平衡的影響，且乙的壓強較高5、一定溫度下，可逆反應A2（g）+B2（g）?2AB（g）達到平衡狀態(tài)的標志是（）A.單位時間內生成nmolA2，同時生成nmolABB.體系內的總壓不隨時間變化C.單位時間內生成2nmolAB的同時生成nmolB2D.單位時間內生成nmolA2的同時，生成nmolB26、現(xiàn)有體積相同、pH均為2的鹽酸和醋酸，下列敘述錯誤的是（）A.鹽酸溶液中的c（Cl-）與醋酸溶液中的c（CH3COO-）相等B.它們與NaOH完全中和時，醋酸溶液所消耗的NaOH多C.分別用水稀釋相同倍數(shù)時，n（Cl-）＜n（CH3COO-）D.它們分別與足量CaCO3反應時，放出的CO2一樣多7、唐山市曹妃甸區(qū)10月20日的空氣質量日報如表：

。項目空氣污染指數(shù)空氣質量級別空氣質量可吸入顆粒物65Ⅱ良二氧化硫6二氧化氮20下列情況對表中三個空氣質量指標不會產生影響的是（）A.用氫氣作燃料B.露天焚燒垃圾C.大量排放汽車尾氣D.用煤作燃料8、下列說法不正確的是()A.生鐵、不銹鋼和黃銅都屬于合金B(yǎng).淀粉、油脂和蛋白質都屬于天然高分子化合物C.水泥、玻璃和陶瓷都屬于無機非金屬材料D.天然氣、液化石油氣和汽油的主要成分都屬于徑類9、下列各組微粒的立體構型相同的是()rm{壟脵NH_{3}}和rm{H_{2}O}rm{壟脷NHrlap{_{4}}{^{+}}}和rm{H_{3}O^{+}}rm{壟脹NH_{3}}和rm{H_{3}O^{+}}rm{壟脺O_{3}}和rm{SO_{2}}rm{壟脻CO_{2}}和rm{BeCl_{2}}rm{壟脼SiOrlap{_{4}}{^{4-}}}和rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}A.rm{壟脹壟脺壟脻}B.rm{壟脵壟脺壟脼}C.rm{壟脹壟脺壟脻壟脼}D.rm{壟脷壟脻壟脼}評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、Ⅰ.自從英國化學家巴特列（N.Bartlett）首次合成了第一個稀有氣體的化合物XePtF6以來，人們又相繼發(fā)現(xiàn)了氙的一系列化合物，如XeF2、XeF4等。巴特列為開拓稀有氣體化學作出了歷史性貢獻。（1）請根據(jù)XeF4的結構示意圖（圖1）判斷這個分子是極性分子還是非極性分子？____________________。（2）XeF2晶體是一種無色晶體，圖2為它的晶胞結構圖。XeF2晶體屬于哪種類型的晶體？__________________。Ⅱ.已知有關物質的熔、沸點數(shù)據(jù)如下表：。物質MgOAl2O3MgCl2AlCl3熔點/℃28522072714190（2.6×105Pa）沸點/℃360029801412182.7請參考上述數(shù)據(jù)填空和回答問題：（1）工業(yè)上常用電解熔融MgCl2的方法生產金屬鎂，用電解Al2O3與冰晶石熔融混合物的方法生產鋁。為什么不用電解MgO的方法生產鎂，也不用電解AlCl3的方法生產鋁？___________________________________________________________________________________________________________________________________。（2）設計可靠的實驗證明MgCl2、AlCl3所屬的晶體類型，其實驗方法是___________________________________________________________________________________________________________________________________。11、（13分）下表是元素周期表的一部分，請回答有關問題：(用元素符號)。IAⅡAⅢAⅣAVAⅥAⅦA01ab2cdefg3hijkl4mn（1）a元素與e元素形成的原子個數(shù)比為1:1的化合物的結構為式：_____________；（2）n元素與f元素兩者核電荷數(shù)之差是_____________________；（3）上表中，原子半徑最大的是（稀有氣體除外）________________；（4）推測j、d最簡單氫化物的穩(wěn)定性強弱關系____________（填化學式）。（5）c2a4與n的單質反應的化學方程式______________________________；（6）寫出c5a12的所有同分異構體的結構簡式_________________________。12、用“化學反應氣體體積測定儀”測定1mol氫氣的體積時，要三次用到注射器，其中兩次是抽氣調壓，還有一次是。13、電子式。

（1）甲烷______

（2）羥基______．14、(9分)觀察下列幾個裝置示意圖，有關敘述正確的是（1）在①圖中，發(fā)生反應的化學方程式為：。（2）在②圖中，待鍍鐵制品應與電源極相連，電極反應式為：。（3）在③圖中,外電路電子由極流向極，若電解液為KOH溶液，則b極的反應式為。15、比較下列溶液的rm{pH(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

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

rm{壟脷0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液______rm{0.01mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液．評卷人得分三、實驗題(共7題，共14分)16、測血鈣的含量時；進行如下實驗：

①可將2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量草酸銨（NH4）2C2O4晶體，反應生成CaC2O4沉淀，將沉徙用稀硫酸處理得H2C2O4溶液．

②將①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氣化產物為CO2，還原產物為Mn2+．

③終點時用去20mLl.0×l0-4mol．/L的KMnO4溶液．

（1）寫出用KMn04滴定H2C2O4的離子方程式______．

（2）判斷滴定終點的方法是______．

（3）③步驟中取酸性KMnO4溶液溶液時，酸式滴定管用蒸餾水洗過后沒有潤洗，則測得的血鈣質量分數(shù)______（填“偏大”；“偏小”或“無影響”）．

（4）計算：血液中含鈣離子的濃度為______mol/L．17、已知實驗室制備rm{1}rm{2-}二溴乙烷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．

少量的溴和足量的乙醇制備rm{1}rm{2-}二溴乙烷的裝置如下圖所示：有關數(shù)據(jù)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?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}回答下列問題：

rm{(1)}反應原理是______

rm{(2)}在裝置rm{C}中應加入______，rm{(}填正確選項前的字母rm{)}其目的是______

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{(3)}判斷該制各反應已經結束的最簡單方法是______；

rm{(4)}若產物中有少量副產物乙醚rm{.}可用______的方法除去；

rm{(5)}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______．18、正丁醚常用作有機反應的溶劑rm{.}實驗室制備正丁醚的反應和主要實驗裝置如下：

rm{2CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OHunderset{135隆忙}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2})_{2}O+H_{2}O}

反應物和產物的相關數(shù)據(jù)如下：。rm{2CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH

underset{135隆忙}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}(CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2})_{2}O+H_{2}O}

相對分子質量沸點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}幾乎不溶合成反應：

rm{壟脵}將一定量的濃硫酸和正丁醇，按一定順序添加到rm{A}中；并加幾粒沸石。

rm{壟脷}加熱rm{A}中反應液，迅速升溫至rm{135隆忙}維持反應一段時間。

分離提純：

rm{壟脹}待rm{A}中液體冷卻后將其緩慢倒入盛有一定量水的分液漏斗中；振搖后靜置，分液得粗產物。

rm{壟脺}粗產物依次用蒸餾水、rm{NaOH}溶液和蒸餾水洗滌；分液后再加入一定質量的無水氯化鈣顆粒，靜置一段時間后棄去氯化鈣。

rm{壟脻}將上述處理過的粗產物進行蒸餾；收集餾分，得正丁醚。

請回答：

rm{(1)}步驟rm{壟脵}中濃硫酸和正丁醇的添加順序為______。

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

rm{(3)}步驟rm{壟脷}中，若溫度控制不當，最容易產生副產物的結構簡式為______。

rm{(4)}分液漏斗在使用前須清洗干凈并______，步驟rm{壟脹}中粗產物應從分液漏斗的______rm{(}填“上”或“下”rm{)}口分離出。

rm{(5)}步驟rm{壟脺}中加入rm{NaOH}溶液洗滌的目的為__________。

rm{(6)}步驟rm{壟脻}中，加熱蒸餾時應收集______rm{(}填選項字母rm{)}左右的餾分。

rm{a.100隆忙b.117隆忙C.135隆忙d.142隆忙}

rm{(7)}反應過程中會觀察到分水器中收集到液體物質，且分為上下兩層，隨著反應的進行，分水器中液體逐漸增多至充滿時，上層液體會從左側支管自動流回rm{A.}分水器中上層液體的主要成分為______，下層液體的主要成分為______。19、某學生用0.2mol?L-1標準氫氧化鈉溶液滴定未知濃度的鹽酸溶液；其操作可分解為如下幾步：

A．酸式滴定管準確量取25.00mL待測鹽酸溶液注入潔凈的錐形瓶中；并加入2～3滴酚酞試液。

B．用標準氫氧化鈉溶液潤洗滴定管2～3次。

C．把盛有標準氫氧化鈉溶液的堿式滴定管固定好；調節(jié)滴定管尖嘴使之充滿溶液。

D．取標準氫氧化鈉溶液注入堿式滴定管至“0”刻度以上2～3mL處。

E．調節(jié)液面至“0”或“0”刻度以下；記下讀數(shù)。

F．把錐形瓶放在滴定管的下面；用標準氫氧化鈉溶液滴定至終點并記下滴定管的讀數(shù)。

回答下列問題：

（1）正確的操作順序是：B；______、F（填序號）

（2）滴定結果如下：

。NaOH起始讀數(shù)NaOH終點讀數(shù)第一次0.10mL18.60mL第二次0.30mL19.00mL根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出鹽酸的物質的量濃度為______mol?L-1．（計算結果小數(shù)點后保留兩位有效數(shù)字）

（3）達到滴定終點的標志是______。

（4）以下操作造成測定結果偏高的原因可能是______。

A．未用標準液潤洗堿式滴定管。

B．滴定終點讀數(shù)時；俯視滴定管的刻度，其它操作均正確。

C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過；未用待測液潤洗。

D．滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液20、Ⅰ．（1）已知某有機物A只含有C、H、O三種元素，通過元素分析知含碳54.55%，含氫9.10%。質譜分析其相對分子質量為88，經紅外光譜分析其中只含C－H鍵和鍵，其核磁共振氫譜圖顯示有三重峰，峰面積之比為3：2：3，該有機物不含有CH3－O－，則A的結構簡式為_______________。（2）寫出實驗室制備A的化學方程式_________________________________________。Ⅱ．苯甲酸甲酯()是常用香精，廣泛用于食品、化妝品等行業(yè)，可從自然界中提取，也可人工合成。實驗室現(xiàn)以食品防腐劑[主要成分為苯甲酸鈉()]、甲醇為原料制備苯甲酸甲酯。已知：。熔點℃沸點℃水溶性甲醇—97.864.7易溶苯甲酸（一元弱酸）122.4249.3常溫：0.17g；100℃：6.8g苯甲酸甲酯—12.3198難溶合成苯甲酸甲酯的流程如下：請回答下列問題：（1）溫度①約為_________℃，操作③為_________，操作④為__________。（2）第②步加熱的目的是______________________________________。（3）選擇合適的制備苯甲酸甲酯的裝置：______________。ABCD（4）苯甲酸甲酯有多種同分異構體，寫出符合下列條件的任意一種同分異構體的結構簡式_______。①為芳香化合物②含有醛基③能與金屬Na反應21、實驗室制備硝基苯的主要步驟如下：rm{壟脵}配制一定比例的濃硫酸和濃硝酸的混合液，加入反應器中。rm{壟脷}向室溫下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振蕩，混合均勻。rm{壟脹}在rm{50隆蘆60隆忙}下發(fā)生反應，直至反應結束。rm{壟脺}除去混合酸后，粗產品依次用蒸餾水和rm{5攏樓NaOH}溶液洗滌，最后再用蒸餾水洗滌。rm{壟脻}將用無水rm{CaCl_{2}}干燥后的粗硝基苯進行蒸餾，得到純硝基苯。填寫下列空白：rm{(1)}配制一定比例濃硫酸與濃硝酸混合酸時，操作注意事項是__________。rm{(2)}步驟rm{壟脹}中，為了使反應在rm{50隆蘆60隆忙}下進行，常用的方法是__________。rm{(3)}步驟rm{壟脺}中，洗滌、分離粗硝基苯應使用的儀器是_______________。rm{(4)}步驟rm{壟脺}中粗產品用質量分數(shù)為rm{5攏樓NaOH}溶液洗滌的目的是___________。rm{(5)}純硝基苯無色，密度比水______rm{(}填大或小rm{)}具有__________氣味的液體。22、以下是有關rm{SO_{2}}rm{Cl_{2}}的性質實驗．

某小組設計如圖所示的裝置圖rm{(}圖中夾持和加熱裝置略去rm{)}分別研究rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}的性質．

rm{(1)壟脵}若從左端分別通入rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}裝置rm{A}中所發(fā)生反應的實質______rm{(}填“相同”或“不相同”rm{)}

rm{壟脷}若rm{D}中盛銅粉，通入足量的rm{Cl_{2}}rm{D}中的現(xiàn)象是______；

rm{壟脹}若裝置rm{D}中裝的是五氧化二釩rm{(}催化劑rm{)}通入rm{SO_{2}}時，打開rm{K}通入適量rm{O_{2}}的化學反應方程式為______

rm{壟脺SO_{2}}通入rm{B}中；碘水褪色，則該反應的離子方程式為______．

rm{(2)}某同學將足量的rm{SO_{2}}通入一支裝有氯化鋇溶液的試管，未見沉淀生成，若向該試管中加入足量rm{(}填字母rm{)}______；則可以看到白色沉淀產生．

A.氨水rm{B.}稀鹽酸rm{C.}稀硝酸rm{D.}氯化鈣溶液。

rm{(3)}若由元素rm{S}和rm{O}組成rm{-2}價酸根離子rm{X}rm{X}中rm{S}和rm{O}的質量比為rm{4}rm{3}當rm{Cl_{2}}與含rm{X}的溶液完全反應后，可得澄清溶液rm{.}取少量該溶液加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀產生rm{.}寫出rm{Cl_{2}}與含rm{X}的溶液反應的離子方程式______．評卷人得分四、探究題(共4題，共12分)23、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。25、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。26、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。評卷人得分五、解答題(共4題，共40分)27、在含有弱電解質的溶液中；往往有多個化學平衡共存．

（1）現(xiàn)將0.04mol?L-1的HA溶液與0.02mol?L-1的NaOH溶液等體積混合．如HA是。

HCN，溶液中c（Na+）＞c（CN-），則該混合溶液c（H+）______c（OH-）（請?zhí)睢埃尽薄埃肌被颉?”），c（HCN）+c（CN-）=______mol?L-1．如HA是。

CH3COOH，該混合溶液呈酸性，c（CH3COOH）______c（CH3COO-）（請?zhí)睢埃尽保弧埃肌被颉?”）．

（2）常溫下在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種微粒（CO2因逸出未畫出）物質的量分數(shù)（縱軸）隨溶液pH變化的部分情況如下圖所示．回答下列問題：

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

②當pH=7時；溶液中各種離子其物質的量濃度之間的等量關系是：______．

（3）已知在25℃時，CO32-水解反應的平衡常數(shù)即水解常數(shù)Kh=2×10-4，當溶c（HCO3-）：c（CO32-）=20：1時；溶液的。

pH=______．

28、Ⅰ．鋼鐵工業(yè)是國家工業(yè)的基礎．請回答鋼鐵腐蝕；防護過程中的有關問題．請寫出鋼鐵在堿性、潮濕的環(huán)境下發(fā)生電化學腐蝕正極的電極反應式：______；圖1中哪個裝置示意圖可防止鐵棒被腐蝕______．

Ⅱ．某小組為研究電化學原理；設計如圖2的裝置．請回答下列問題：

（1）a和b不連接時；鐵片上發(fā)生反應的離子方程式為______，此時能量轉化形式主要是化學能轉化為______能．

（2）a和b用導線連接時，外電路中的電子是從______電極流出（填“Fe”或“Cu”），______（填Cu2+或SO42-）離子朝負極移動；Cu極所發(fā)生反應的電極反應式為______．

（3）現(xiàn)在要在鐵片上鍍一層金屬銅；則a極要和直流電源的______（填“正極”或“負極”）連接；此時銅片上發(fā)生的電極反應式為______．

29、在一定溫度下（已知在該溫度下，容器內所有物質均為氣態(tài)），10L密閉容器中加入5molSO2、4molO2，經10min后反應達平衡時有2molSO2發(fā)生了反應．試計算：

（1）用SO2表示該反應的反應速率；

（2）O2的轉化率；

（3）該溫度下的平衡常數(shù)K（保留三位有效數(shù)字）．

30、一定溫度下，向一2L的恒容密閉容器內加入0.2molN2和0.6molH2，發(fā)生如下反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0．反應中NH3的物質的量濃度的變化的情況如圖所示：

（1）根據(jù)圖，計算從反應開始到平衡時，平均反應速率v（NH3）=______．

（2）反應達到平衡后，第5分鐘時，保持其它條件不變，若改變反應溫度，則NH3的物質的量濃度不可能為______（選填字母編號）．

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

（3）該反應的化學平衡常數(shù)表達式為______．反應達到平衡后；若保持其它條件不變，只把容器的體積縮小一半，平衡______移動（填“正向”；“逆向”或“不”），化學平衡常數(shù)K______（填“增大”、“減小”或“不變”）．

（4）第5分鐘時把容器的體積縮小一半后，若在第8分鐘達到新的平衡，請在上圖中畫出從第5分鐘開始變化直至到達新平衡時NH3濃度的變化曲線．

（5）將氨氣通入盛有CaSO4懸濁液的沉淀池中，再通入適量的CO2，過濾后即可得到（NH4）2SO4由此可知Ksp（CaSO4）______Ksp（CaCO3）

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】考查有機物中氫原子種類的判斷。一般同一個碳原子上的氫原子是相同的，同一個碳原子所連接的甲基上的氫原子是相同的，具有對稱性結構（類似于平面鏡成像中物體和像的關系）。據(jù)此判斷，A～D種分別含有的種類是2、3、3、1，所以答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、D【分析】【解答】解：A、乙醇與鈉反應可認為是取代反應，乙醇與HBr反應；酯化反應等都是取代反應，故A錯誤；

B、C4H10是丁烷；有正丁烷；異丁烷兩種同分異構體，故B錯誤；

C；氨基酸不是高分子化合物；故C錯誤；

D；乙烯與溴水發(fā)生加成反應；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，可以區(qū)別，故D正確；

故選D．

【分析】A、乙醇可以與鈉反應，可以發(fā)生酯化反應、與HBr反應；

B、C4H10是丁烷；有兩種同分異構體；

C；氨基酸不是高分子化合物；

D、乙烯與溴水發(fā)生加成反應，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}取代生成氯代烴；則反應產生油狀液滴，故A正確；

B.乙烯中含碳碳雙鍵；與溴發(fā)生加成反應，則乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正確；

C.苯與高錳酸鉀不反應；則苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；

D.乙醇含rm{-OH}與rm{Na}反應生成氫氣；故D正確；

故選C．

A.甲烷中rm{H}被rm{Cl}取代生成氯代烴；

B.乙烯中含碳碳雙鍵；與溴發(fā)生加成反應；

C.苯與高錳酸鉀不反應；

D.乙醇含rm{-OH}．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機反應的判斷，題目難度不大．【解析】rm{C}4、B【分析】【解析】試題分析：圖Ⅰ在t1時刻正逆反應速率均是增大，所以改變的條件一定不是增大氧氣的濃度，A不正確；由于該反應是體積減小的可逆反應，而圖Ⅱ中正逆反應速率均是增大的，但平衡不移動，所以改變的條件只能是催化劑，B正確；催化劑不能改變平衡狀態(tài)，只能改變反應速率，則SO2的轉化率是不變的，C不正確；正方應是體積減小的，所以增大壓強，平衡向正反應方向移動，SO2的轉化率增大，則選項D是錯誤的，答案選B。考點：考查外界條件對反應速率以及平衡狀態(tài)的影響【解析】【答案】B5、C【分析】解：A、單位時間內生成nmolA2；同時生成nmolAB不說明正逆反應速率相等，反應未達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B；反應前后氣體體積相等；所以壓強不變不能說明各組分濃度不變，反應不一定達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C、單位時間內生成2nmolAB的同時生成nmolB2；證明正逆反應速率相等，說明反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；

D、單位時間內生成nmolA2的同時，生成nmolB2；都是逆反應速率，無法證明正逆反應速率相等，故D錯誤；

故選C．

化學反應達到平衡狀態(tài)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不變，注意化學方程式的特點是反應前后氣體體積改變的反應．

本題利用一些基本量來判斷一個可逆反應是否達到化學平衡狀態(tài)，判斷時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)．【解析】【答案】C6、D【分析】解：A．兩種溶液中分別存在c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+），c（Cl-）+c（OH-）=c（H+），因pH相等，則c（CH3COO-）=c（Cl-）；故A正確；

B．醋酸為弱酸；pH相同時，醋酸濃度較大，則與NaOH完全中和時，醋酸溶液所消耗的NaOH多，故B正確；

C．加水稀釋，促進醋酸的電離，醋酸溶液酸性較強，由電荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+），c（Cl-）+c（OH-）=c（H+），可知n（Cl-）＜n（CH3COO-）；故C正確；

D．醋酸濃度較大，體積相同時物質的量較大，則與足量CaCO3反應時，放出的CO2醋酸較多；故D錯誤．

故選D．

A．根據(jù)電荷守恒判斷；

B．醋酸為弱酸；pH相同時，醋酸濃度較大；

C．加水稀釋；促進醋酸的電離，醋酸溶液酸性較強，結合電荷守恒判斷；

D．醋酸濃度較大；體積相同時物質的量較大．

本題考查弱電解質的電離，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握弱電解質的電離特點和影響因素，結合電荷守恒解答該題，難度中等．【解析】【答案】D7、A【分析】解：A．氫氣燃燒生成產物為水；沒有表中的項目，對表中三個空氣質量指標不會產生影響，故A正確；

B．垃圾燃燒會產生大量的可吸入顆粒和有害氣體；含有表中項目，故B錯誤；

C．汽車排放的尾氣還有較多的二氧化氮等有害物質；含表中項目，故C錯誤；

D．煤和燃燒會有二氧化硫生成；含表中項目，故D錯誤；

故選：A．

本題要根據(jù)空氣質量每周公報的部分內容；判斷產物對空氣是否造成污染．表中說明可吸入顆粒；二氧化硫、二氧化氮都是空氣污染物．

本題考查了生活中常見的環(huán)境污染與治理，熟悉相關物質的性質是解題關鍵，有助于養(yǎng)成愛護環(huán)境，節(jié)能減排的習慣，題目難度不大．【解析】【答案】A8、B【分析】【分析】本題考查化學與生活中使用材料的分類，涉及合金、天然高分子化合物、無機非金屬材料、烴類的燃料等等，注重平時的學習積累，題目難度不大?！窘獯稹緼.生鐵、不銹鋼和黃銅都屬于合金，故A正確；B.油脂是rm{ga}高級脂肪酸和甘油形成的酯類，不屬于天然高分子化合物，故B錯誤；高級脂肪酸和甘油形成的酯類，不屬于天然高分子化合物，故B錯誤；rm{ga}C.水泥、玻璃和陶瓷都屬于無機非金屬材料，故C正確；D.天然氣、液化石油氣和汽油的主要成分都屬于烴類，故D正確。

故選B。【解析】rm{B}9、C【分析】【分析】本題考查了微?？臻g構型的判斷，根據(jù)價層電子對理論解答即可，注意孤電子對個數(shù)rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}中各個字母的含義，陽離子和陰離子孤電子對個數(shù)計算rm{隆脕(a-xb)}中各個字母的含義，陽離子和陰離子【解答】rm{隆脕(a-xb)}中價層電子對個數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}隆脕(5-3)=4}且含有一個孤電子對，所以為三角錐形，為易錯點，題目難度較難。中價層電子對個數(shù)rm{=2+dfrac{1}{2}隆脕(6-2)=4}且含有兩個孤電子對，所以為rm{壟脵NH_{3}}形結構，二者空間構型不同，故rm{=3+dfrac{1}{2}

隆脕(5-3)=4}錯誤；

rm{H_{2}O}中價層電子對個數(shù)是rm{=2+dfrac{1}{2}

隆脕(6-2)=4}且不含孤電子對，為正四面體形結構；rm{V}中價層電子對個數(shù)rm{壟脵}且含有一對孤電子對，所以為三角錐形結構，二者空間構型不同，故rm{壟脷NH_{4}^{+}}錯誤；

rm{4}為三角錐形結構、rm{H_{3}O^{+}}為三角錐形結構，所以二者空間構型相同，故rm{=3+dfrac{1}{2}(5-3)=4}正確；

rm{壟脷}rm{壟脹NH_{3}}中價層電子對個數(shù)都是rm{H_{3}O^{+}}且都含有一對孤電子對，所以分子空間構型都是rm{壟脹}形，故rm{壟脺O_{3}}正確；

rm{SO_{2}}和rm{3}分子都是直線型分子，故rm{V}正確；

rm{壟脺}和rm{壟脻CO_{2}}中價層電子對個數(shù)都是rm{BeCl_{2}}且不含孤電子對，所以空間構型都是正四面體結構，所以空間構型相同，故rm{壟脻}正確；故C正確。

故選C。

rm{壟脼SiO_{4}^{4-}}【解析】rm{C}二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】Ⅰ.（1）由圖1可看出該結構為高度對稱，故為非極性分子。（2）因Xe、F都為非金屬元素，且結合圖2結構圖得為分子晶體。Ⅱ.（1）因為MgO的熔點遠高于MgCl2，故電解熔融MgO將需要更高的溫度，消耗更多的能量，因而不用電解MgO的方法生產鎂。觀察表中數(shù)據(jù)可見，AlCl3易升華，熔、沸點低，故屬于分子晶體，不存在離子，熔融時不能導電，不能被電解，因而不能用電解AlCl3的方法生產鋁（2）區(qū)別離子晶體和分子晶體就看兩晶體在熔融狀態(tài)下能否導電，若能導電，則為離子晶體；若不導電，則為分子晶體?！窘馕觥俊敬鸢浮竣?（1）非極性分子（2）分子晶體Ⅱ.（1）因為MgO的熔點遠高于MgCl2，故電解熔融MgO將需要更高的溫度，消耗更多的能量，因而不用電解MgO的方法生產鎂。觀察表中數(shù)據(jù)可見，AlCl3易升華，熔、沸點低，故屬于分子晶體，不存在離子，熔融時不能導電，不能被電解，因而不能用電解AlCl3的方法生產鋁（2）將兩種晶體加熱到熔融狀態(tài)，MgCl2能導電，AlCl3不能導電。證明MgCl2為離子晶體，AlCl3為分子晶體11、略

【分析】（1）a元素與e元素分別是H和O，二者原子個數(shù)比為1:1的化合物是H2O2，結構式為H—O—O—H。（2）n元素與f元素分別是F和Br，二者的核電荷數(shù)之差是35－9＝26。（3）同周期自左向右，原子半徑逐漸逐漸，同主族自上而下原子半徑逐漸增大。所以原子半徑最大的是K。（4）j、d分別是硅和N，N的非金屬性強于硅的。而非金屬性越強，相應氫化物的穩(wěn)定性越強，所以氫化物的穩(wěn)定性是NH3>SiH4。（5）c2a4與n的單質分別是乙烯和單質溴，二者發(fā)生加成反應，方程式為CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。（6）c5a12是戊烷，共有3種同分異構體，分別是CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）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】試題分析：在該實驗中，注射器有兩個作用，分別是抽氣調壓和加注稀硫酸?？键c：考查注射器的作用?！窘馕觥俊敬鸢浮?4．加注稀硫酸13、略

【分析】解：（1）1個甲烷分子中含1個C、4個H原子，分子式為CH4，碳原子的最外層有4個電子，氫原子最外層1個電子，一個碳原子形成4對共用電子對，一個氫原子形成一對共用電子對，所以電子式為

故答案為：

（2）氧原子與氫原子通過一對共用電子對連接，羥基中的氧原子含有一個未成對電子，其電子式為

故答案為：．

（1）甲烷分子為共價化合物；分子中含有4個碳氫鍵，碳原子最外層滿足8電子穩(wěn)定結構，據(jù)此寫出甲烷的電子式；

（2）羥基為中性原子團；碳原子最外層電子數(shù)為7，據(jù)此寫出羥基的電子式．

本題考查了電子式的書寫，題目難度不大，明確電子式的概念及書寫原則為解答關鍵，注意掌握羥基與氫氧根離子、甲基與甲烷的電子式的區(qū)別，試題有利于提高學生的靈活應用基礎知識的能力．【解析】14、略

【分析】試題分析：（1）裝置①中陽極上氯離子放電生成氯氣，陰極上銅離子放電生成銅，所以發(fā)生反應的化學方程式為CuCl2Cu+Cl2↑；（2）裝置②的待鍍鐵制品應與電源負極相連，電極反應式為：Cu2++2e-=Cu；（3）裝置③中，a電極是負極，b電極是正極，負極上氫氣失電子，正極上氧氣得電子，所以電子從a極沿導線流向b極，反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-?？键c：考查原電池和電解池的工作原理?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CuCl2Cu+Cl2↑(2分)（2）負(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{壟脵Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}是強堿弱酸鹽，碳酸根離子、碳酸氫根離子水解溶液顯堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，溶液中氫氧根離子濃度越大，溶液rm{PH0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液rm{>0.1mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液，故答案為：rm{>}

rm{壟脷}氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，銨根離子濃度越大水解程度越小，溶液中氫離子濃度越大，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，故答案為：rm{<}．

rm{壟脵Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}是強堿弱酸鹽；碳酸根離子；碳酸氫根離子水解溶液顯堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，溶液中氫氧根離子濃度越大；

rm{壟脷}氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性；銨根離子濃度越大水解程度越小，溶液中氫離子濃度越大．

本題考查了鹽類水解原理、水解平衡影響因素的分析應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大．【解析】rm{>}rm{<}三、實驗題(共7題，共14分)16、略

【分析】解：（1）用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，高錳酸鉀具有強氧化性能氧化草酸發(fā)生氧化還原反應生成二氧化碳，錳離子和水，反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；

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

（2）判斷滴定終點的方法是：當?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后溶液由無色變?yōu)闇\紫色；且半分鐘內不褪色；

故答案為：當?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后溶液由無色變?yōu)闇\紫色；且半分鐘內不褪色；

（3）③步驟中取酸性KMnO4溶液溶液時；酸式滴定管用蒸餾水洗過后沒有潤洗，消耗高錳酸鉀溶液體積增大，計算測得的血鈣質量分數(shù)偏大；

故答案為：偏大；

（4）定量關系可知，5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4；

52

n0.020L×l.0×l0-4mol/L

n=5.0×10-6mol；

血液中含鈣離子的濃度==2.5×10-3；

故答案為：2.5×10-3；

（1）用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液；發(fā)生氧化還原反應生成二氧化碳，錳離子和水，結合電荷守恒；電子守恒和原子守恒書寫；

（2）利用高錳酸鉀溶液的紫紅色指示反應的終點；顏色變化后半分鐘不變證明反應達到終點；

（3）③步驟中取酸性KMnO4溶液溶液時；酸式滴定管用蒸餾水洗過后沒有潤洗，消耗標準溶液體積增大；

（4）5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4的定量關系計算；

本題考查了氧化還原反應滴定實驗過程、定量計算和物質性質的分析應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大．【解析】2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；當?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后溶液由無色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內不褪色；偏大；2.5×10-317、略

【分析】解：rm{(1)}實驗室制備rm{1}rm{2-}二溴乙烷的反應原理為：先發(fā)生乙醇的消去反應生成乙烯，再發(fā)生乙烯與溴水的加成反應，反應分別為rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}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]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}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，二氧化碳、二氧化硫能和氫氧化鈉溶液反應而被吸收，則裝置rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤BrCH_{2}CH_{2}Br}中試劑為rm{(2)}溶液；其目的是；

故答案為：rm{C}吸收反應中可能生成的酸性氣體；

rm{NaOH}乙烯和溴水發(fā)生加成反應生成rm{c}rm{(3)}二溴乙烷，rm{1}rm{2-}二溴乙烷為無色，rm{1}中溴顏色完全褪去說明反應已經結束；

故答案為：溴的顏色完全褪去；

rm{2-}兩者均為有機物，互溶，但rm{D}rm{(4)}二溴乙烷與乙醚的沸點不同；用蒸餾的方法將它們分離；

故答案為：蒸餾；

rm{1}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{2-}rm{(5)}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，導致rm{2-}中長導管內液面上升；

故答案為：冷卻可避免溴的大量揮發(fā)；產品rm{9隆忙}rm{B}二溴乙烷的熔點rm{1}凝固點rm{2-}低；過度冷卻會凝固而堵塞導管．

用少量的溴和足量的乙醇、濃硫酸制備rm{(}rm{)}二溴乙烷，裝置rm{1}中是濃硫酸、乙醇迅速加熱到rm{2-}反應生成乙烯，乙烯中含有二氧化硫、二氧化碳、水蒸氣，rm{A}rm{170^{circ}C}二溴乙烷熔點為rm{1}冷卻容易析出晶體，堵塞玻璃導管，rm{2-}為安全瓶，可以防止倒吸，根據(jù)rm{9隆忙}中內外液面高低變化，可以判斷是否發(fā)生堵塞，裝置rm{B}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，二氧化碳；生成的酸性氣體為rm{E}rm{C}可以和氫氧化鈉反應，裝置rm{SO_{2}}是發(fā)生的反應是乙烯與溴發(fā)生加成反應生成rm{CO_{2}}rm{D}二溴乙烷，rm{1}rm{2-}二溴乙烷的凝固點較低rm{1}反應過程中應用冷水冷卻裝置rm{2-}得到rm{(9隆忙)}rm{D}二溴乙烷；

rm{1}實驗室制備rm{2-}rm{(1)}二溴乙烷；先發(fā)生乙醇的消去反應生成乙烯，再發(fā)生乙烯與溴水的加成反應；

rm{1}裝置rm{2-}中應為堿性溶液；吸收反應中可能生成的酸性氣體；

rm{(2)}乙烯和溴水發(fā)生加成反應生成rm{C}rm{(3)}二溴乙烷，rm{1}rm{2-}二溴乙烷為無色；

rm{1}rm{2-}二溴乙烷與乙醚的沸點不同；兩者均為有機物，互溶，用蒸餾的方法將它們分離；

rm{(4)1}溴易揮發(fā)，冷卻防止溴大量揮發(fā)；rm{2-}rm{(5)}二溴乙烷的凝固點較低rm{1}過度冷卻會使其凝固而使氣路堵塞．

本題考查制備實驗方案的設計，為高頻考點，把握制備實驗原理、混合物分離提純實驗等為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，題目難度中等．rm{2-}【解析】rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤BrCH_{2}CH_{2}Br}吸收反應中可能生成的酸性氣體；溴的顏色完全褪去；蒸餾；冷卻可避免溴的大量揮發(fā)；產品rm{c}rm{1}二溴乙烷的熔點rm{2-}凝固點rm{(}低，過度冷卻會凝固而堵塞導管rm{)}18、略

【分析】解：rm{(1)}步驟rm{壟脵}中濃硫酸和正丁醇的添加順序類似濃硫酸的稀釋；

故答案為：先加入正丁醇；再加入濃硫酸；

rm{(2)}冷凝水的水流方向和氣流方向相反；下口進，上口出；

故答案為：rm

rm{(3)}如控制不當，可能發(fā)生消去反應，生成rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}故答案為：rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}

rm{(4)}分液漏斗在使用前須檢查氣密性；分液漏斗中振蕩靜置后，上層液體中為密度比水小的正丁醚和正丁醇，從分液漏斗的上口倒出；

故答案為：檢查是否漏液；上；

rm{(5)}有機層中殘留硫酸；可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應，可用氫氧化鈉溶液洗去；

故答案為：洗去有機層中殘留的硫酸；

rm{(6)}步驟rm{壟脻}中，加熱蒸餾的目的是收集正丁醇，而正丁醇的沸點為rm{142隆忙}故應收集rm{142隆忙}左右的餾分；

故答案為：rmdbfxn9d

rm{(7)}分水器中收集到液體物質；因正丁醇密度比水小且微溶于水，會分為上下兩層，上層為正丁醇，下層主要成分為水；

故答案為：正丁醇；水．

rm{(1)}步驟rm{壟脵}中濃硫酸和正丁醇的添加順序類似濃硫酸的稀釋；

rm{(2)}冷凝水的水流方向和氣流方向相反；下口進，上口出；

rm{(3)}如控制不當；可能發(fā)生消去反應；

rm{(4)}分液漏斗在使用前須檢查氣密性；產品密度比水小，在溶液上層；

rm{(5)}有機層中殘留硫酸；可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應；

rm{(6)}步驟rm{壟脻}中，加熱蒸餾的目的是收集正丁醚，而正丁醚的沸點為rm{142隆忙}

rm{(7)}液體混合物加熱會蒸發(fā)出；經過冷凝器降溫轉化為液體，由于正丁醇的密度比水小且微溶于水，故正丁醇在上層，水在下層．

本題考查有機物的制備實驗，為高考常見題型和高頻考點，側重考查物質分離提純、對原理與操作的分析評價等，難度中等，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】rm{(1)}先加入正丁醇；再加入濃硫酸；

rm{(2)b}

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

rm{(4)}檢查是否漏液；上；

rm{(5)}洗去有機層中殘留的硫酸；

rm{(6)d}

rm{(7)}正丁醇；水19、D、C、E、A0.015滴入最后一滴NaOH溶液，溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不恢復原色AD【分析】解：（1）中和滴定按照檢漏；洗滌、潤洗、裝液、滴定等順序操作；所以滴定操作順序為：B、D、C、E、A、F；

故答案為：D；C、E、A；

（2）第一次滴定消耗標準液體積為：18.60mL-0.10mL=18.50mL，第二次滴定消耗標準液體積為：19.00mL-0.30mL=18.70mL，兩次滴定消耗標準液的平均體積為：=18.60mL；

則c（HCl）===0.1448mol/L≈0.15mol/L；

故答案為：0.15；

（3）本實驗是用NaOH滴定鹽酸溶液；用酚酞作指示劑，所以終點時的現(xiàn)象是當溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內不褪色；

故答案為：滴入最后一滴NaOH溶液；溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不恢復原色；

（4）A．未用標準液潤洗滴定管，會造成V（堿）偏大，根據(jù)c（待測）=可知；測定結果偏高，故A正確；

B．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度，造成V（堿）偏小，根據(jù)c（待測）=可知；測定結果偏小，故B錯誤；

C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過；未用待測液潤洗，對實驗結果無影響，故C錯誤；

D．滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液，造成V（堿）偏大，根據(jù)c（待測）=可知；測定結果偏大，故D正確；

故選：AD。

（1）中和滴定操作有：檢漏；洗滌、潤洗、裝液、滴定等順序；據(jù)此偏排序；

（2）計算出消耗標準液的平均體積，然后根據(jù)c（待測）=計算；

（3）滴定結束前溶液為無色；滴定結束時溶液變?yōu)闇\紅色，據(jù)此判斷的滴定終點現(xiàn)象；

（4）根據(jù)滴定操作方法對c（待測）=中V（標準）的影響分析滴定誤差。

本題考查中和滴定及誤差分析，題目難度不大，明確中和滴定操作方法為解答關鍵，注意掌握誤差分析的方法與技巧，試題有利于提高學生的分析能力及化學實驗能力?！窘馕觥緿、C、E、A0.015滴入最后一滴NaOH溶液，溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不恢復原色AD20、略

【分析】試題分析：Ⅰ．（1）通過元素分析知含碳54.55%，含氫9.10%。質譜分析其相對分子質量為88，則該有機物分子中碳與氫原子的個數(shù)分別是＝4、＝8，則分子氧原子的個數(shù)是＝2，即該有機物的化學式為C4H8O2。經紅外光譜分析其中只含C－H鍵和鍵，其核磁共振氫譜圖顯示有三重峰，峰面積之比為3：2：3，該有機物不含有CH3－O－，則A應該是酯類，所以結構簡式為CH3COOCH2CH3。（2）A是乙酸乙酯，實驗室用乙酸與乙醇在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應得到，所以該反應的化學方程式為CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O。Ⅱ．（1）由于甲醇的沸點是64.7℃，溫度過高甲醇易揮發(fā)，所以加熱溫度不能超過64.7℃。冷卻后得到粗產品，而苯甲酸甲酯不溶于水，所以分離得到粗產品的方法是分液。粗產品苯甲酸甲酯中含有苯甲酸，二者的沸點相差較大，因此操作④應該是蒸餾。（2）由于甲醇的沸點較低，所以操作②加熱的目的是蒸出過量的甲醇。（3）由于反應中需要控制溫度，所以需要溫度計，CD不正確。又因為水浴加熱，容易控制溫度，且受熱均勻，所以裝置選擇B。（4）①為芳香化合物，說明含有苯環(huán)。②含有醛基，③能與金屬Na反應，說明還含有羥基，所以可能的結構簡式為等?？键c：考查有機物結構推斷、制備、實驗方案設計與評價、反應條件控制以及同分異構體的判斷【解析】【答案】Ⅰ．（1）CH3COOC2H5或者CH3COOCH2CH3（2分）（2）CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O（2分）Ⅱ．（1）64.7分液蒸餾（每空1分）（2）蒸出過量的甲醇（1分）（3）B（2分）（4）等（含有苯環(huán)、羥基、醛基，合理即可）（2分）21、（1）先將濃硝酸注入容器中；再慢慢注入濃硫酸，并及時攪拌和冷卻。

（2）采取50～60℃水浴加熱。

（3）分液漏斗。

（4）除去粗產品中殘留的酸。

（5）大苦杏仁。

【分析】【分析】

本題考查有機實驗；涉及硝基苯的制取，側重對基本操作的考查，比較基礎。

【解答】

rm{(1)}濃硫酸與濃硝酸混合放出大量的熱；配制混酸操作注意事項是：先將濃硝酸注入容器中，再慢慢注入濃硫酸，并及時攪拌和冷卻，故答案為：先將濃硝酸注入容器中，再慢慢注入濃硫酸，并及時攪拌和冷卻；

rm{(2)}由于控制溫度rm{50-60隆忙}應采取rm{50隆蘆60隆忙}水浴加熱，故答案為：采取rm{50隆蘆60隆忙}水浴加熱；

rm{(3)}硝基苯是油狀液體；與水不互溶，分離互不相溶的液態(tài)，采取分液操作，需要用分液漏斗，故答案為：分液漏斗；

rm{(4)}反應得到粗產品中有殘留的硝酸及硫酸；用氫氧化鈉溶液洗滌除去粗產品中殘留的酸，故答案為：除去粗產品中殘留的酸；

rm{(5)}硝基苯的密度比水大；具有苦杏仁味，故答案為：大；苦杏仁。

【解析】rm{(1)}先將濃硝酸注入容器中；再慢慢注入濃硫酸，并及時攪拌和冷卻。

rm{(2)}采取rm{50隆蘆60隆忙}水浴加熱。

rm{(3)}分液漏斗。

rm{(4)}除去粗產品中殘留的酸。

rm{(5)}大苦杏仁。

22、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}二氧化硫能和有色物質反應生成無色物質，所以二氧化硫有漂白性；氯氣和水反應生成次氯酸，次氯酸具有強氧化性，能使有色物質褪色，所以若從左端分別通入rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}裝置rm{A}中觀察到的現(xiàn)象相同；都使品紅褪色，但本質不同；

故答案為：不相同；

rm{壟脷}銅粉在rm{Cl_{2}}中加熱，銅被氯氣氧化，rm{Cu}粉紅熱；并生成產生棕黃色煙氯化銅；

故答案為：rm{Cu}粉紅熱；并產生棕黃色煙；

rm{壟脹}二氧化硫和氧氣在五氧化二釩作催化劑、加熱條件下能發(fā)生氧化還原反應生成三氧化硫，反應方程式為rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

故答案為：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

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

underset{triangle}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}通入rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}裝置碘水中，溶液顏色退去，發(fā)生了氧化還原反應：碘單質具有氧化性，二氧化硫具有還原性，被碘單質氧化為硫酸，本身被還原為碘化氫，反應的離子方程式為：rm{壟脺SO_{2}}

故答案為：rm{B}

rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2I^{-}+SO_{4}^{2-}}將足量的rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=4H^{+}+2I^{-}+SO_{4}^{2-}}通入一支裝有氯化鋇溶液的試管；未見沉淀生成，若向該試管中加入足量試劑仍然無法觀察到沉淀產生，說明不發(fā)生反應：

A；氨水加入后生成亞硫酸銨；亞硫酸根和鋇離子生成沉淀，故A正確；

B；稀鹽酸加入后不反應；故B錯誤；

C；稀硝酸溶液具有強氧化性；將二氧化硫氧化成硫酸根，與鋇離子生成硫酸鋇沉淀，故C正確；

D.氯化鈣溶液和二氧化硫不反應；故D錯誤；

故答案為：rm{(2)}

rm{SO_{2}}若由元素rm{AC}和rm{(2)}組成rm{S}價酸根離子rm{O}rm{-2}中rm{X}和rm{X}的質量比為rm{S}rm{O}所以rm{4}中rm{3}和rm{X}的原子個數(shù)比為rm{S}rm{O}rm{dfrac{4}{32}}所以該離子為rm{dfrac{3}{16}=2}氯氣有強氧化性，能和硫代硫酸根離子發(fā)生氧化還原反應，根據(jù)題意知，該反應中有硫酸根離子生成，所以氯氣中氯元素得電子生成氯離子，所以該反應的離子方程式為：rm{3}

故答案為：rm{S_{2}O_{3}^{2-}}．

實驗探究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^{+}}的性質：裝置rm{SO_{2}}品紅溶液驗證漂白性，二氧化硫、氯水都能使其褪色，rm{Cl_{2}}裝置：二氧化硫與碘水中的碘反應，檢驗二氧化硫的還原性，裝置rm{A}濃硫酸干燥二氧化硫，裝置rm{B}二氧化硫與氧氣發(fā)生催化氧化，若rm{C}中盛銅粉，氯氣和銅反應生成氯化銅，裝置rm{D}吸收尾氣，吸收多余的rm{D}和rm{E}可用氫氧化鈉溶液吸收．

rm{SO_{2}}二氧化硫具有漂白性和有機色素結合為不穩(wěn)定的化合物；氯氣通入溶液中與水反應生成的次氯酸具有漂白性，可以氧化有機色素為無色；

rm{Cl_{2}}銅粉在rm{(1)壟脵}中加熱rm{壟脷}粉紅熱；并生成產生棕黃色煙氯化銅；

rm{Cl_{2}}若裝置rm{Cu}中裝的是五氧化二釩rm{壟脹}催化劑rm{D}二氧化硫催化氧化為三氧化硫；

rm{(}二氧化硫具有還原性和碘單質發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和氫碘酸；

rm{)}足量的rm{壟脺}通入一支裝有氯化鋇溶液的試管；未見沉淀生成，若向該試管中加入足量物質可以看到白色沉淀產生；

A.氨水和二氧化硫反應生成亞硫酸銨；亞硫酸根離子和鋇離子結合生成沉淀；

B.稀鹽酸不和二氧化硫反應不能生成沉淀；

C.稀硝酸溶液具有強氧化性；將二氧化硫氧化成硫酸根，結合鋇離子生成沉淀；

D.氯化鈣溶液和二氧化硫不反應；

rm{(2)}先根據(jù)rm{SO_{2}}中元素的質量之比求出原子個數(shù)之比；再根據(jù)題中反應現(xiàn)象判斷該反應生成的離子，由氧化還原反應寫出離子方程式．

本題考查了性質實驗方案的設計，明確二氧化硫的性質是解本題關鍵，會根據(jù)二氧化硫的性質分析裝置中各個裝置的作用及發(fā)生的反應，注意稀硝酸有強氧化性而氧化二氧化硫，為易錯點，試題有利于培養(yǎng)學生的分析、理解能力及化學實驗能力，題目難度中等．rm{(3)}【解析】不相同；rm{Cu}粉紅熱，并產生棕黃色煙；rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{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、探究題(共4題，共12分)23、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）24、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）25、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收