…………○…………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年中圖版高二化學下冊月考試卷138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5題，共10分)1、毒品曾給我們的國家和民族帶來過巨大的災難．據統計，我國目前的吸毒人員中有80%左右是青少年．根據你掌握的知識推測，下列各組物質中，一定都屬于毒品的是（）A.冰毒、甘油B.尼古丁、維生素C.味精、可卡因D.嗎啡、大麻2、如圖所示，隔板rm{I}固定不動，活塞Ⅱ可自由移動，rm{M}rm{N}兩個容器中均發生反應：rm{A(g)+2B(g)?xC(g)triangleH=-192kJ?mol^{-1}}向rm{A(g)+2B(g)?xC(g)triangle

H=-192kJ?mol^{-1}}rm{M}中都通入rm{N}和rm{1molA}的混合氣體，初始rm{2molB}rm{M}容積相同，保持溫度不變rm{N}下列說法正確的是rm{.}rm{(}A.若rm{)}達到平衡后rm{x=3}的體積分數關系為：rm{A}B.若rm{婁脮(M)>婁脮(N)}達到平衡后rm{x>3}的轉化率關系為：rm{B}C.若rm{婁脕(M)>婁脕(N)}rm{x<3}的平衡濃度關系為：rm{C}D.rm{c(M)>c(N)}不論為何值，起始時向rm{x}容器中充入任意值的rm{N}平衡后rm{C}容器中rm{N}的濃度均相等rm{A}3、下列關于濃硫酸的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.濃rm{H_{2}SO_{4}}使蔗糖炭化變黑，體現了濃rm{H_{2}SO_{4}}的氧化性B.濃rm{H_{2}SO_{4}}使藍色膽礬變成白色，體現了濃rm{H_{2}SO_{4}}的脫水性C.濃rm{H_{2}SO_{4}}滴在潤濕的藍色石蕊試紙，試紙先變紅，然后褪色，最后變黑，說明濃rm{H_{2}SO_{4}}具有酸性、氧化性和脫水性D.rm{100}rm{mL}rm{18}rm{mol/L}的濃rm{H_{2}SO_{4}}中加入足量的rm{Cu}并加熱，被還原的rm{H_{2}SO_{4}}的物質的量為rm{0.9}rm{mol}4、下列兩種物質不屬于同分異構體的是rm{(}rm{)}A.淀粉纖維素B.蔗糖麥芽糖C.正丁烷異丁烷D.果糖葡萄糖5、有關苯的結構和性質，下列說法正確的是rm{({??})}A.與是同分異構體。

B.苯在空氣中不易燃燒完全；燃燒時冒濃煙。

C.煤干餾得到的煤焦油可以分離出苯；苯是無色無味的液態烴。

D.向rm{2mL}苯中加入rm{1mL}酸性高錳酸鉀溶液，震蕩后靜置，可觀察到液體分層，上層呈紫紅色評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、（13分）現在城市居民使用的管道煤氣的主要成分是H2、CO和少量CH4。H2、CO和CH4的燃燒熱數據如下表。物質H2COCH4燃燒熱（kJ?mol-1）285.8283.0890.3（1）請寫出H2、CO和CH4燃燒的熱化學方程式。_________________________________________________；_________________________________________________；_________________________________________________。（2）作為開發西部的西氣東輸工程的重要成就，西部天然氣已全面進入上海、江蘇境內，陸續成為城市居民使用的主要能源。使用管道煤氣用戶改用天然氣，應調整灶具進氣量閥門，即增大_____（填“空氣”或“天然氣”）的進入量或減少_____（填“空氣”或“天然氣”）的進入量。7、用9mol/L的濃硫酸稀釋成0.9mol/L的稀硫酸100mL，回答下列問題：（1）需要取濃硫酸__________mL（2）如果實驗室用98％的濃硫酸(密度為1.8g·cm-3)配制3.6mol·L-1的稀硫酸250mL。計算所需濃硫酸的體積為_____________mL。（3）由于錯誤操作,使得濃度數據比理論值偏大的是__________________（填寫序號）。A.使用容量瓶配制溶液時,俯視液面定容后所得溶液的濃度B.沒有用蒸餾水洗燒杯2-3次，并將洗液移入容量瓶中C.容量瓶用蒸餾水洗凈，沒有烘干D.定容時，滴加蒸餾水時液面略高于刻度線，再吸出少量水使液面凹面與刻度線相切E.溶液稀釋后未冷卻至室溫就轉移到容量瓶并定容8、（4分）有機物具有廣泛的用途。現有下列有機物：①乙烯②1，3-丁二烯③甲醛④油脂。請將相應的序號填入空格內。（1）能用于制備肥皂的是____________；（2）能用于制備聚乙烯塑料的是____________；（3）能用于制備順丁橡膠的是____________；（4）能用于制備酚醛樹脂的是____________。9、（1）已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH＝－571.6kJ/mol，CO（g）＋1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH＝－283.0kJ/mol。某H2和CO的混合氣體完全燃燒時放出113.74kJ熱量，同時生成3.6g液態水，則原混合氣體中H2和CO的物質的量之比為___________。（2）以甲醇、空氣，氫氧化鉀溶液為原料，石墨為電極，可構成燃料電池；已知該燃料電池的總反應式是：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，該燃料電池發生反應時，正極區溶液的PH__________(填“增大”，“減小”或“不變”)該電池的負極反應式為_________________。（3）用上述燃料電池進行粗銅的精煉，粗銅應連接電源的________極，該粗銅精煉電解池的陰極反應式為_________________。10、分別取1molA．B．C．D．E、F六種有機物，使它們充分燃燒，都生成44.8LCO2（標準狀況下）；D和E是碳；氫、氧的化合物，兩者互為同分異構體，E被氧化成A，A繼續氧化成B，C和F都發生聚合反應，C和氯化氫加成生成F．試推斷有機化合物A、B、C、D、E、F的結構簡式．

A____、B____、C____、D____、E____、F____．11、（8分）（1）2，5－二甲基－2，4己二烯的結構簡式為：。(2)。(2)的結構簡式:_____________________________________________(2)12、NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理：

①NaCN與NaClO反應；生成NaOCN和NaCl

②NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2

已知HCN（K=6.3×10-10）有劇毒；HCN；HOCN中N元素的化合價相同．完成下列填空：

（1）HClO的電子式為______．

（2）第一次氧化時，溶液的pH應調節為______（選填“酸性”、“堿性”或“中性”）；原因是______．

（3）寫出第二次氧化時發生反應的離子方程式．______

（4）處理100m3含NaCN10.3mg/L的廢水，實際至少需NaClO______g（實際用量應為理論值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，達到排放標準．13、材料是人類賴以生存的重要物質基礎；而化學是材料科學發展的基礎．請填寫下列空格．

A．生活中的屬于傳統無機硅酸鹽材料______、______、______（常見的三大類）

B．合金材料鋼鐵里的Fe和C在潮濕的空氣中因構成許多原電池而易發生電化學腐蝕，正極反應方程式為______．

C．居室裝修材料如化纖地毯、三合板等均會釋放出污染空氣的氣體______．

D．在日常生活中可制成食品保鮮膜______．

E．現代以石油化工為基礎的三大合成材料是______、______、______．14、rm{(1)}rm{(1)}互為等電子體的分子和離子分別為______和______。與rm{CO}互為等電子體的分子和離子分別為______和______。以下列出的是一些原子的rm{CO}能級和rm{(2)}能級中電子排布的情況，試判斷哪些違反了泡利原理__________，哪些違反了洪特規則__________。rm{(2)}某元素的激發態rm{2p}不穩定狀態rm{3d}原子的電子排布式為rm{(3)}則該元素基態原子的電子排布式為__________；其最高價氧化物對應水化物的化學式是__________。rm{(3)}將下列多電子原子的原子軌道按軌道能量由低到高順序排列。rm{(}rm{)}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{1}3p^{3}3d^{2}}rm{(4)}rm{(4)}rm{壟脵2s}軌道能量由低到高排列順序是__________。rm{壟脷3d}評卷人得分三、實驗題(共5題，共10分)15、某校化學實驗興趣小組在“探究鹵素單質的氧化性”的系列實驗中發現：在足量的稀氯化亞鐵溶液中；加入1～2滴溴水，振蕩后溶液呈黃色．

（1）提出問題：Fe3+、Br2哪個氧化性更強？

（2）猜想：①甲同學認為氧化性：Fe3+＞Br2，故上述實驗現象不是發生氧化還原反應所致，則溶液呈黃色是含______（填化學式；下同）所致．

②乙同學認為氧化性：Br2＞Fe3+，故上述現象是發生氧化還原反應所致，則溶液呈黃色是含______所致．

（3）設計實驗并驗證丙同學為驗證乙同學的觀點；選用下列某些試劑設計出兩種方案進行實驗，并通過觀察實驗現象，證明了乙同學的觀點是正確的．

供選用的試劑：a、酚酞試液b、CCl4c；無水酒精d、KSCN溶液．

請你在表中寫出丙同學選用的試劑及實驗中觀察到得現象．

。選用試劑（填序號）實驗現象方案1方案2（4）結論。

氧化性：Br2＞Fe3+．故在足量的稀氯化亞鐵溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黃色所發生的離子反應方程式為______．

（5）實驗后的思考。

①根據上述實驗推測，若在溴化亞鐵溶液中通入氯氣，首先被氧化的離子是______．

②在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（標準狀況），溶液中有的Br-被氧化成單質Br2，則原FeBr2溶液的物質的量濃度為______．16、某燒堿樣品中含有少量不與酸作用的可溶性雜質；為了測定其純度，進行以下滴定操作：

A．在250mL容量瓶中定容成250mL燒堿溶液；

B．用堿式滴定管移取25mL燒堿溶液于錐形瓶中并滴加幾滴甲基橙作指示劑；

C．在天平上準確稱取燒堿樣品mg；在燒杯中加蒸餾水溶解；

D．將物質的量濃度為Cmol/L的標準H2SO4溶液裝入酸式滴定管，調整液面，記下開始刻度為V1mL；

E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點，記錄終點刻度為V2mL．

回答下列問題：

（1）正確操作步驟的順序是（用字母填寫）______→______→______→D→______．

（2）操作D中液面應調整到______．

（3）滴定至終點的現象是______．

（4）該燒堿樣品的純度計算式是______．

（5）下列各操作（其他操作均正確）中，將導致測定結果偏高的是______（填寫序號）．

①操作B中的堿式滴定管只用蒸餾水洗未用所盛燒堿溶液潤洗．

②酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接裝入標準H2SO4溶液．

③滴定時；錐形瓶搖動太劇烈，有少量液體濺出．

④滴定到終點時；滴定管尖嘴部分懸有液滴．

⑤酸式滴定管讀數時滴定前仰視，滴定后俯視．17、為回收利用廢釩催化劑rm{(}含有rm{V_{2}O_{5}}rm{VOSO_{4}}及rm{SiO_{2}}等，其中rm{VOSO_{4}}可溶于水rm{)}科研人員最新研制了一種回收釩的新工藝，其主要流程如下：rm{壟脜}萃取、反萃取過程中所需的主要玻璃儀器為____。

rm{壟脝}上述流程中涉及到兩處氧化還原反應。rm{壟脵}“浸取還原”過程的產物為rm{VOSO_{4}}該反應的離子方程式為____。

rm{壟脷}“氧化”過程無氣體產生，溶液中rm{VO^{2+}}轉化為rm{VO_{2}^{+}}該反應的離子方程式為____。

rm{壟脟}“沉淀”過程中，沉釩率受溫度、氯化銨系數rm{(NH_{4}Cl}的質量與調節rm{pH}之后的料液中rm{VO}的質量比rm{)}等的影響，其中溫度與沉淀率的關系如圖所示，溫度高于rm{80隆忙}沉釩率降低的可能原因是____。

rm{壟脠}上述流程中所得沉淀為一系列的聚合物種rm{[}其分子組成可用rm{N}rm{{,!}_{m}}rm{H}rm{{,!}_{n}}rm{V}rm{{,!}_{x}}rm{O}rm{{,!}_{y}}表示rm{]}質譜法分析某沉淀的摩爾質量為rm{832g/mol}取該沉淀rm{83.2g}用下列裝置測定其組成，充分焙燒后玻璃管內殘留rm{V_{2}O_{5}}固體為rm{72.8g}所得氣體通過rm{U}形管后，rm{U}形管增重rm{3.6g}rm{壟脵}廣口瓶中濃硫酸的作用為____。

rm{壟脷}該沉淀的分子式為____。

18、某化學興趣小組分別利用飽和rm{NaCl}溶液進行rm{2}組電化學實驗。rm{(1)}第一組用石墨電極電解飽和rm{NaCl}溶液。反應中陽極電極反應式：________；總反應化學方程式：___________________。實驗中他們可用________來檢驗陽極產物。實驗結束時，若在陰極生成氣體rm{11.2mL(}標準狀況下rm{)}則電路中通過電子的物質的量為________，若反應后溶液體積為rm{100mL}則反應后溶液中rm{NaOH}的物質的量濃度為________。rm{(2)}第二組用銅電極電解飽和rm{NaCl}溶液。開始電解時，陽極電極反應式：______________；總反應化學方程式：__________________________。rm{(3)}第三組將生鐵片rm{(}含rm{C}等雜質rm{)}一端插入飽和rm{NaCl}溶液，經過一段時間后，可觀察到明顯現象。反應中負極電極反應式：__________________________________；正極電極反應式：____________________________________；19、甲酸正丁酯是重要的有機原料，可通過酯化反應制得。已知A的核磁共振氫譜吸收峰的高度比為3：2：2：1，丙烯在通常條件下穩定，但遇強氧化劑時容易被氧化生成CO2。

Ⅰ．正丁醇（CH3CH2CH2CH2OH）的制備。

某研究性學習小組為合成正丁醇；查閱資料得知一條合成路線：

CH3CH=CH2+CO+H2O（液態）正丁醇；

（1）已知反應1的原子理論利用率為100%；請寫出A的結構簡式______。

（2）制丙烯時，還產生少量SO2、CO2及水蒸氣；該小組用以下試劑檢驗這四種氣體，混合氣體通過試劑的順序是______（填序號，試劑可以重復使用）。

①飽和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④無水CuSO4⑤品紅溶液。

Ⅱ．甲酸正丁酯的合成。

某研究性學習小組利用如圖裝置進一步合成甲酸正丁酯。

（3）大試管中溶液的作用除了溶解正丁醇外；還有______。

（4）若大試管中溶液是NaOH溶液；則收集到的產物比預期的少，其原因是______。（用化學方程式表示）

（5）已知反應結束后燒瓶中是甲酸、正丁醇、甲酸正丁酯和硫酸的混合物，為了回收大量未反應的甲酸和正丁醇，該研究性小組根據相關理化性質設計以下分離操作步驟流程圖。

。甲酸正丁醇甲酸正丁酯熔點/℃8.4-88.9-91沸點/℃100.8117.7107溶解性三者能相互溶解。上述流程圖中，操作1是______，試劑b是______。評卷人得分四、其他(共3題，共18分)20、實驗室有下列實驗儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺外還需要用到的實驗儀器是____、____、(用字母填寫)。21、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。22、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共24分)23、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某研究小組按下列路線合成神經系統藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發生顯色反應。

B．化合物C能發生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子。26、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分六、計算題(共4題，共8分)27、草酸晶體的組成可用H2C2O4?xH2O表示，為了測定x值，稱取Wg草酸晶體，配成100.00ml水溶液，然后進行如下實驗：①從滴定管中放出25.00ml所配制的草酸溶液于錐形瓶內，加入適量稀H2SO4后，用濃度為amol?L-1的KMnO4溶液滴定，氧化產物為CO2；②用蒸餾水洗滌滴定管和錐形瓶；③滴定管檢漏；④用待裝液潤洗滴定管；⑤向滴定管中加入待裝液；調節起始讀數，趕走管內氣泡．試回答：

（1）以上實驗步驟的正確排序是（用編號排序）：______．

（2）判斷滴定終點的方法是______．

（3）若在接近滴定終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶內壁沖洗一下，再繼續滴定至終點，則所測得的x值會______（偏大；偏小、無影響）．

（4）在滴定過程中若用amol?L-1的KMnO4溶液Vml，由此可計算x的值是______．

（5）利用雙指示劑滴定由NaHCO3、Na2CO3、NaOH三種物質中的一種或兩種物質組成的混合物中各成分的質量分數．具體做法是：先向待測溶液中加入酚酞，用標準鹽酸滴定，當NaOH或Na2CO3被轉化為NaCl和NaHCO3時，酚酞由紅色褪為無色，消耗V1ml鹽酸；然后滴加甲基橙，繼續用標準鹽酸滴定，當NaHCO3轉化為NaCl時，溶液由黃色變為橙色，消耗V2ml鹽酸．若稱取1.500g含雜質的試樣（雜質不與鹽酸反應），配100.0ml水溶液，取出20.00ml溶液，用0.1000mol/L的標準鹽酸滴定，測得V1=35.00ml，V2=5ml．求試樣的成分及質量分數______．28、已知：rm{2H_{2}(}rm{g}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)=2H_{2}O}rm{(}rm{l}rm{)triangleH=-571.6kJ/mol}

rm{2H_{2}(}rm{g}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)=2H_{2}O}rm{(}rm{g}rm{)triangleH=-483.6kJ/mol}

rm{CH_{4}}rm{(}rm{g}rm{)+2O_{2}(}rm{g}rm{)=2H_{2}O}rm{(}rm{l}rm{)+CO_{2}(}rm{g}rm{)triangleH=-890kJ/mol}

常溫下，取甲烷和氫氣的混合氣體rm{33.6L(}標準狀況下rm{)}經完全燃燒后恢復到常溫，則放出的熱量為rm{730.8kJ}試求混合氣體中甲烷和氫氣體積比．29、（6分）常溫下，將0.05mol/L鹽酸溶液和未知濃度的NaOH溶液以1：2的體積比混合，所得溶液的pH＝12。用上述NaOH溶液13ml和pH＝3的某一元弱酸HA溶液20ml恰好完全反應生成NaA。試求：（1）NaOH溶液的物質的量濃度（2）此一元弱酸的物質的量濃度（3）求此條件下該一元弱酸的電離平衡常數30、已知由某一元羧與甲醇生成的酯．取0.68g該酯與40mL0.2mol/L的NaOH溶液混合加熱，使其完全水解后，再用0.2mol/L的鹽酸中和剩余的堿，耗去15mL鹽酸．另取27.2g該酯，完全燃燒后得到70.4gCO2和14.4g水．

求：（1）該酯的相對分子質量；

（2）該酯的分子式；

（3）若該酯的核磁共振氫譜中出現4組峰且峰面積之比為3：2：2：1，寫出該酯的結構簡式．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】解：A．甘油不是毒品；故A錯誤；

B．尼古丁；維生素都不是毒品；故B錯誤；

C．味精不是毒品；故C錯誤；

D．嗎啡；大麻是毒品；故D正確．

故選D．

毒品是指鴉片；海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、嗎啡、大麻、可卡因以及國家規定管制的其他能夠使人形成癮癖的麻醉藥品和精神藥品；大致可分鴉片類、大麻類、可卡因、冰毒、致幻劑等五大類，據此解答．

本題考查毒品，難度不大，學生應明確常見的毒品及其對人類健康的危害．【解析】【答案】D2、D【分析】解：rm{M}容器是恒溫恒容下建立的平衡，rm{N}容器是恒溫恒壓下建立的平衡；

A.若rm{x=3}由于反應前后氣體體積不變，rm{N}容器建立的平衡與恒溫恒容下建立的平衡等效，所以達到平衡后rm{A}的體積分數關系為：rm{婁脮(M)=婁脮(N)}故A錯誤；

B.若rm{x>3}由于反應后氣體體積增大，rm{N}容器建立的平衡相當于恒溫恒容下建立的平衡擴大容器體積，壓強減小，平衡正向移動，rm{B}的轉化率增大，所以達到平衡后rm{B}的轉化率關系為：rm{婁脕(M)<婁脕(N)}故B錯誤；

C.若rm{x<3}由于反應后氣體體積減小，rm{N}容器建立的平衡相當于恒溫恒容下建立的平衡縮小容器體積，壓強增大，平衡正向移動，rm{C}的平衡濃度增大，所以rm{C}的平衡濃度關系為：rm{c(M)<c(N)}故C錯誤；

D.恒溫恒壓下，rm{x}不論為何值，起始時向rm{N}容器中充入任意值的rm{C}一邊倒后，rm{A}與rm{B}的物質的量之比都是rm{1}rm{2}為等效平衡，反應物的濃度相同，即平衡后rm{N}容器中rm{A}的濃度均相等；故D正確；

故選D．

根據rm{M}容器是恒溫恒容下建立的平衡，rm{N}容器是恒溫恒壓下建立的平衡；

A.若rm{x=3}由于反應前后氣體體積不變，rm{N}容器建立的平衡與恒溫恒容下建立的平衡等效；

B.若rm{x>3}由于反應后氣體體積增大，rm{N}容器建立的平衡相當于恒溫恒容下建立的平衡擴大容器體積；壓強減小，平衡正向移動；

C.若rm{x<3}由于反應后氣體體積減小，rm{N}容器建立的平衡相當于恒溫恒容下建立的平衡縮小容器體積；壓強增大，平衡正向移動；

D.恒溫恒壓下，rm{x}不論為何值，起始時向rm{N}容器中充入任意值的rm{C}一邊倒后，rm{A}與rm{B}的物質的量之比都是rm{1}rm{2}為等效平衡，反應物的濃度相同．

本題考查學生影響化學平衡移動的因素，注意恒溫恒容下的平衡與恒溫恒壓下的平衡間的關系以及等效平衡的判斷，可以根據所學知識來回答，難度中等．【解析】rm{D}3、C【分析】解：rm{A}濃硫酸具有脫水性；可使蔗糖碳化而變黑，而不是強氧化性，故A錯誤；

B、濃rm{H_{2}SO_{4}}使藍色膽礬變成白色，體現了濃rm{H_{2}SO_{4}}的吸水性；而不是脫水性，故B錯誤；

C；濃硫酸滴在潤濕的藍色石蕊試紙上；因具有酸性，試紙先變紅，因具有氧化性，所以褪色，因具有脫水性，最后變黑，故C正確；

D、銅只能和濃硫酸反應，而與稀硫酸不反應，由rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}可知，隨著銅和濃硫酸的反應的進行，酸的濃度越來越小，不再產生二氧化硫，所以被還原的rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}的物質的量小于rm{H_{2}SO_{4}}rm{0.9}故D錯誤；

故選C．

A；濃硫酸具有脫水性；可使蔗糖碳化而變黑；

B、濃rm{mol}使藍色膽礬變成白色，體現了濃rm{H_{2}SO_{4}}的吸水性；

C；濃硫酸具有酸性、氧化性和脫水性；

D、銅只能和濃硫酸反應，而與稀硫酸不反應，由rm{H_{2}SO_{4}}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}可知；隨著銅和濃硫酸的反應的進行，酸的濃度越來越小，不再產生二氧化硫．

本題綜合考查濃硫酸的性質，為高考常見題型和高頻考點，注意濃硫酸的特性，學習中注意相關基礎知識的積累，難度不大．rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}淀粉和纖維素是多糖，高分子化合物，化學式中的rm{n}值不同；不是同分異構體，故A正確；

B.蔗糖；麥芽糖分子式相同結構不同；互為同分異構體，故B錯誤；

C.正丁烷；異丁烷的分子式相同；碳鏈結構不同，為同分異構體，屬于碳鏈異構，故C錯誤；

D.果糖；葡萄糖分子式相同結構不同；互為同分異構體，故D錯誤．

故選A．

同分異構體指分子式相同結構不同的化合物；據此物質的組成與化學式判斷．

本題考查了學生對同分異構體概念的理解，題目難度不大，解答時注意從其概念的內涵與外延出發，縝密思考，正確解答．【解析】rm{A}5、B【分析】略【解析】rm{B}二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】（1）燃燒熱是在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量，所以根據燃燒熱可知分別寫出三種物質燃燒的熱化學方程式。（2）天然氣的主要成分是甲烷，甲烷中含氫量很高，因此在體積相同的條件下，甲烷燃燒消耗的氧氣多，所以改進的方法是增大空氣的進入量或減少天然氣的進入量。【解析】【答案】（1）（2）空氣天然氣7、略

【分析】（1）在稀釋過程中溶質的物質的量是不變的，所以需要濃硫酸的體積是（2）由于稀釋中溶質的量是不變的，所以有解得V＝50ml。（3）俯視液面定容，則容量瓶中溶液的體積偏少，所以測定結果偏高。沒有洗滌則溶質的量偏少，所以測定結果偏低。容量瓶不需要烘干，所以C不正確影響。D中相當于減少量溶質，測定結果偏低。根據熱脹冷縮可知，溫度下降后，溶液的體積減少，所以測定結果偏高，答案選AE。【解析】【答案】（1）10mL（2）50mL（3）AE8、略

【分析】試題分析：（1）能用于制備肥皂的是④油脂；（2）能用于制備聚乙烯塑料的是①乙烯；（3）能用于制備順丁橡膠的是②1，3-丁二烯；（4）能用于制備酚醛樹脂的是③甲醛。考點：考查物質的用途的知識。【解析】【答案】（1）④（2）①（3）②（4）③9、略

【分析】試題分析：【解析】

水的物質的量為=0.2mol，由2H2+O2═2H2O可知，n（H2）=n（H2O）=0.2mol，由2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ?mol-1可知，0.2molH2燃燒放出的熱量為57.16KJ，則CO燃燒放出的熱量為113.74KJ-57.16KJ=56.58KJ，設混合氣體中CO的物質的量為x，則CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ?mol-11283KJX56.58KJ解得x=0.2mol，即n（CO）=0.20mol，則原混合氣體中H2和CO的物質的量之比為1:1.（2）以甲醇、空氣、氫氧化鉀溶液為原料，石墨為電極可構成燃料電池，正極反應為：3O2+12H2O+12e-=12OH-，總反應式為：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，兩式相減，負極反應為：2CH3OH-12e-+16OH-=2CO32-+12H2O，（3）和電源的正極相連的電極是陽極，電解方法精煉粗銅，電解池的陽極材料是粗銅，電極反應為：Cu-2e-=Cu2+考點：有關反應熱的計算；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算化學電源新型電池【解析】【答案】（1）1：12分（2）增大.1分CH3OH-6e－＋8OH-（1）＝CO32-＋6H2O2分（3）正..1分。Cu2++2e-=Cu.2分10、略

【分析】

標準狀況下44.8LCO2的物質的量為=2mol，故A．B．C．D．E、F六種有機物分子中含有C原子數目為=2；E被氧化成A，A繼續氧化成B，故E含有-OH；A含有-CHO、B含有-COOH，E是碳、氫、氧的化合物，故E為乙醇、A為乙醛、B為乙酸，D和E兩者互為同分異構體，D為甲醚，C和F都發生聚合反應，C和氯化氫加成生成F，故C與F都含有不飽和鍵，故C為乙炔，F為氯乙烯；

故結構簡式，A為CH3CHO、B為CH3COOH、C為CH≡CH、D為CH3OCH3、E為CH3CH2OH、F為CH2=CHCl；

故答案為：CH3CHO、CH3COOH、CH≡CH、CH3OCH3、CH3CH2OH、CH2=CHCl．

【解析】【答案】標準狀況下44.8LCO2的物質的量為=2mol，故A．B．C．D．E、F六種有機物分子中含有C原子數目為=2；E被氧化成A，A繼續氧化成B，故故E含有-OH；A含有-CHO、B含有-COOH，E是碳、氫、氧的化合物，故E為乙醇、A為乙醛、B為乙酸，D和E兩者互為同分異構體，D為甲醚，C和F都發生聚合反應，C和氯化氫加成生成F，故C與F都含有不飽和鍵，故C為乙炔，F為氯乙烯．

11、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2分）（CH3)2C＝CHCH＝CH（CH3)2（2）（6分）12、略

【分析】解：（1）HClO為共價化合物，分子中含有1個O-Cl鍵和個H-O鍵，其電子式為

故答案為：

（2）NaCN易與酸反應生成HCN；為防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣，因此第一次氧化時，溶液的pH應調節為堿性；

故答案為：堿性；防止生成HCN；造成人員中毒或污染空氣；

（3）反應中氯元素的化合價從+1價降低到-1價，得到2個電子．N元素化合價從-3價升高到0價，失去3個電子，則根據電子得失守恒可知還原劑和氧化劑的物質的量之比是2：3，反應的離子方程式為：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；

故答案為：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；

（4）參加反應的NaCN是：=20mol，反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從-3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，1mol次氯酸鈉得到2mol電子，所以處理100m3含NaCN10.3mg/L的廢水，實際至少需NaClO的質量為：×74.5g/mol×4=14900g；

故答案為：14900．

（1）HClO為共價化合物；分子中含有1個O-Cl鍵和個H-O鍵，據此寫出其電子式；

（2）NaCN易與酸發生反應生成HCN；而HCN有劇毒，故應該使溶液的pH呈堿性；

（3）反應中氯元素的化合價從+1價降低到-1價；得到2個電子．N元素化合價從-3價升高到0價，失去3個電子，結合氧化還原反應中化合價升降相等配平；

（4）參加反應的NaCN為=20mol；反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從-3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，1mol次氯酸鈉得到2mol電子，利用電子守恒計算．

本題考查了電子式、氧化還原反應方程式書寫、計算等有關判斷，題目難度中等，明確氧化還原反應的實質及配平原則為解答關鍵，試題知識點較多，充分考查了學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】堿性；防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣；2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；1490013、略

【分析】解：A；三大傳統硅酸鹽產品為：玻璃、陶瓷、水泥；故答案為：玻璃；陶瓷；水泥；

B、合金材料鋼鐵里的Fe和C在潮濕的空氣中發生吸氧腐蝕，正極電極反應式：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案為：O2+2H2O+4e-=4OH-；

C；居室裝修材料能釋放許多揮發性的有機物；如甲醛，故答案為：甲醛；

D；日常生活中制作食品保鮮膜用的是聚乙烯PE；故答案為：聚乙烯；

E；塑料、合成纖維、合成橡膠成為三大合成材料；故答案為：塑料；合成纖維；合成橡膠．

A；三大傳統硅酸鹽產品為：玻璃、陶瓷、水泥；

B；合金材料鋼鐵里的Fe和C在潮濕的空氣中發生吸氧腐蝕；

C；居室裝修材料能釋放許多揮發性的有機物；如甲醛等；

D；日常生活中制作食品保鮮膜用的是聚乙烯PE；

E；三大合成材料為：塑料、合成纖維、合成橡膠．

本題考查三大硅酸鹽產品和三大合成材料，還涉及鋼鐵的吸氧腐蝕，食品保鮮膜制作原料，裝修材料的危害等知識，電極反應式的書寫時難點，與生產、生活聯系密切．【解析】玻璃；陶瓷；水泥；O2+2H2O+4e-=4OH-；甲醛；聚乙烯；塑料；合成纖維；合成橡膠14、rm{(1)N_{2;;;;}C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}

rm{(2)壟脹}rm{壟脷壟脺壟脼}

rm{(3)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4;;;}H_{2}SO_{4}}

rm{(4)壟脵壟脺壟脼壟脹壟脷壟脻}【分析】【分析】本題考查了原子核外電子排布、元素周期律等知識點，根據泡利原理、洪特規則、元素周期律來分析解答，易錯點是第一電離能的異常現象，當原子軌道處于半滿、全滿、全空時原子最穩定，難度中等。【解答】rm{(1)}等電子體中原子數和價電子數都相同，則rm{N_{2}}rm{C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}rm{CO}的原子數都是rm{2}價電子數都是rm{10}則互為等電子體，故答案為：rm{N_{2}}rm{C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}rm{(2)}泡利不相容原理：每個原子軌道上最多只能容納rm{2}個自旋狀態相反的電子；

洪特規則是指在同一個電子亞層中排布的電子；總是盡先占據不同的軌道，且自旋方向相同；

所以違反泡利不相容原理的有rm{壟脹}違反洪特規則的有rm{壟脷壟脺壟脼}

故答案為：rm{壟脹}rm{壟脷壟脺壟脼}

rm{(3)}根據激發態原子核外電子排布式知該元素核外有rm{16}個電子，根據構造原理知，其基態原子核外電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}該元素是rm{S}元素，rm{S}元素最外層有rm{6}個電子，其最高化合價是rm{+6}價，其最高價氧化物對應的水化物是硫酸，其化學式為rm{H_{2}SO_{4}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{H_{2}SO_{4}}

rm{(4)}電子的能層越大其能量越高，同一能層的電子，按rm{s}rm{p}rmgws1zmu能量逐漸增大，所以能量高低：rm{ns<(n+1)s}rm{ns<np}根據能量交錯現象，能量rm{4s<3d}所以軌道能量由低到高排列順序是：rm{壟脵壟脺壟脼壟脹壟脷壟脻}

故答案為：rm{壟脵壟脺壟脼壟脹壟脷壟脻}

【解析】rm{(1)N_{2;;;;}C_{2}^{2-}}或rm{CN^{-}}rm{(2)壟脹}rm{壟脷壟脺壟脼}rm{(3)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4;;;}H_{2}SO_{4}}rm{(4)壟脵壟脺壟脼壟脹壟脷壟脻}三、實驗題(共5題，共10分)15、略

【分析】解：（2）Fe2+的顏色：淺綠色，Fe3+的顏色：棕黃色，溴水的顏色：橙黃色．根據題意在足量的氯化亞鐵溶液中加入l-2滴溴水，若Fe3+氧化性強于Br2，則不發生氧化還原反應，溶液呈黃色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性強于Fe3+，則發生反應：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，則溶液呈黃色是由Fe3+引起的．因此①中甲同學認為氧化性：Fe3+＞Br2，不發生反應，溶液呈黃色是由溴水引起的；②中乙同學認為氧化性：Fe3+＜Br2，發生反應生成Fe3+，溶液呈黃色是由Fe3+引起的，故答案為：Br2；Fe3+；

（3）乙同學的觀點認為氧化性：Fe3+＜Br2，則會發生反應：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部參與反應，生成物中生成了Fe3+．要證明乙同學的觀點確實正確，設計兩種方案進行實驗．方案一：證明溶液中不存在Br2，根據題意，選擇試劑四氯化碳來進行萃取實驗，由于四氯化碳呈無色、密度大于水、與水不互溶、易溶解Br2，觀察到現象為：出現分層現象，下層為四氯化碳，且呈無色．則證明方案一正確；方案二：證明溶液中存在Fe3+．根據題意；選擇試劑硫氰化鉀溶液，觀察到現象為溶液呈血紅色，則證明方案二正確；

方案一；方案二都正確；即可證明乙同學的觀點確實正確；

故答案為：

。選用試劑（填序號）實驗現象方案1b下層（CCl4層）無色方案2d溶液變為血紅色（4）根據結論：氧化性：Fe3+＜Br2，在足量的稀氯化亞鐵溶液中，加入1～2滴溴水時，Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被還原成Br-．確定出反應物和生成物后Fe2++Br2-Fe3++Br-，再根據化合價升降法配平，+2價Fe上升到+3價Fe，化合價上升1價，Br2中0價降低到-1價，一共降低2價，所以Fe2+前計量數為2，Br2前計量數為1，根據原子守恒，Fe3+前計量數為2，Br-前計量數為2，故離子方程式為2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；

故答案為：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；

（5）①FeBr2在溶液中電離出Fe2+、Br-，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br-，發生的反應為2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-、2Br-+Cl2═Br2+2Cl-．根據反應2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，還原劑是Fe2+，還原產物是Br-，還原劑的還原性強于還原產物的還原性，即得還原性：Fe2+＞Br-，因此Cl2先氧化Fe2+，后氧化Br-；

故答案為：Fe2+；

②2.24LCl2（標準狀況）的物質的量是0.1mol，得到0.2mol．設溴化亞鐵的物質的量是xmol，氯氣首先氧化亞鐵離子，然后氧化溴離子，則根據電子得失守恒可知0.2=x×1+2x××1；解得：x=0.1，因此溴化亞鐵的濃度是0.1mol÷0.1L=1mol/L；

故答案為：1mol/L．

（2）Fe2+的顏色：淺綠色，Fe3+的顏色：棕黃色，溴水的顏色：橙黃色．根據題意在足量的氯化亞鐵溶液中加入l-2滴溴水，如果不發生氧化還原反應，溶液呈黃色是由溴水引起的，如果發生反應：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黃色是由Fe3+引起的．即可得出甲同學；乙同學的結論；

（3）乙同學的觀點認為氧化性：Fe3+＜Br2，則會發生反應：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，要設計方案進行實驗證明乙同學的觀點確實正確，考慮兩種思路．第一，溶液中不存在Br2，然后選擇合適試劑檢驗不存在Br2．第二，溶液中存在Fe3+，選擇合適試劑檢驗存在Fe3+；即可確定乙同學觀點正確；

（4）由氧化性Br2＞Fe3+，則氯化亞鐵溶液中加入1～2滴溴水發生氧化還原反應生成Fe3+；

（5）①還原性強的離子先被氧化；

②根據電子守恒進行計算．

本題考查了性質實驗方案的設計與評價，題目難度中等，明確實驗目的為解答關鍵，學生應注意物質的性質及氧化還原反應中電子守恒來分析，試題培養了學生的分析、理解能力及化學實驗能力．【解析】Br2；Fe3+；2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；Fe2+；1mol/L16、略

【分析】解：（1）實驗時應先稱量一定質量的固體；溶解后配制成溶液，量取待測液與錐形瓶中，然后用標準液進行滴定；

故答案為：C；A；B；E；

（2）滴定管0刻度在上；滴定前應調節到零刻度或零稍下的某一刻度；

故答案為：“0”刻度以下；

（3）指示劑為甲基橙；變色范圍為3.1-4.4，終點時pH約為4，溶液由黃色變為橙色，且半分鐘內不恢復為原來的顏色；

故答案為：當滴入最后一滴H2SO4溶液；錐形瓶內溶液由黃色變為橙色，并且半分鐘內不褪色；

（4）滴到消耗的硫酸為：n（硫酸）=cV=（V2-V1）×10-3L×mmol/L，根據反應方程可知，n（NaOH）=2n（硫酸）=2m（V2-V1）×10-3mol；

所以原來樣品中氫氧化鈉的物質的量為：2m（V2-V1）×10-3mol×=2m（V2-V1）×10-2mol，則樣品中氫氧化鈉的質量為m（NaOH）=nM=80m（V2-V1）×10-2g，則該燒堿樣品的純度為：×100%=×100%；

故答案為：×100%．

（5）①操作B中的堿式滴定管只用蒸餾水洗未用所盛燒堿溶液潤洗；堿溶液溶液被稀釋，則消耗的酸的體積偏小，所以會導致測定結果偏低；

②酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接裝入標準H2SO4溶液；酸被稀釋，酸的體積偏大，所以會導致測定結果偏高；

③滴定時；錐形瓶搖動太劇烈，有少量液體濺出，堿溶液偏小，則消耗的酸的體積偏小，所以會導致測定結果偏低；

④滴定到終點時；滴定管尖嘴部分懸有液滴，則讀出的酸的體積偏大，所以會導致測定結果偏高；

⑤酸式滴定管讀數時滴定前仰視；滴定后俯視，讀出的酸的體積偏小，所以會導致測定結果偏低；

故選②④．

（1）實驗時應先稱量一定質量的固體；溶解后配制成溶液，量取待測液與錐形瓶中，然后用標準液進行滴定；

（2）滴定管0刻度在上；滴定前應調節到零刻度或零稍下的某一刻度，為減小誤差，尖嘴部分應充滿液體，無氣泡；

（3）指示劑為甲基橙；變色范圍為3.1-4.4；

（4）根據反應消耗的硫酸；求出氫氧化鈉，進一步求出樣品的純度；

（5）①操作B中的堿式滴定管只用蒸餾水洗未用所盛燒堿溶液潤洗；堿溶液溶液被稀釋，則消耗的酸的體積偏小；

②酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接裝入標準H2SO4溶液；酸被稀釋，酸的體積偏大；

③滴定時；錐形瓶搖動太劇烈，有少量液體濺出，堿溶液偏小，則消耗的酸的體積偏小；

④滴定到終點時；滴定管尖嘴部分懸有液滴，則讀出的酸的體積偏大；

⑤酸式滴定管讀數時滴定前仰視；滴定后俯視，讀出的酸的體積偏小．

本題綜合考查酸堿中和滴定，側重于化學實驗基本操作以及物質的含量的測定等問題，題目難度中等，建議在學習中把握相關基本實驗方法，學習中注意積累．【解析】C；A；B；E；“0”刻度以下；當滴入最后一滴H2SO4溶液，錐形瓶內溶液由黃色變為橙色，并且半分鐘內不褪色；×100%；②④17、略

【分析】【分析】本題考查了化學流程的分析，氧化還原反應方程式的配平和書寫，外界條件對化學平衡的影響、化學計量的綜合計算。解答本題的關鍵是能夠根據化合價升降配平氧化還原反應，綜合分析外界條件對反應速率和化學平衡的影響，能夠根據質量守恒進行相關計算。題目難度較大，為高考高頻考點，考查學生綜合分析問題的能力和計算能力。【解答】rm{(1)}萃取、反萃取過程中所需的主要玻璃儀器為萃取、反萃取過程中所需的主要玻璃儀器為分液漏斗；rm{(1)}rm{(2)}根據流程和反應產物分析：“浸取還原”過程的反應物為rm{壟脵}根據流程和反應產物分析：“浸取還原”過程的反應物為rm{V}rm{壟脵}rm{V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}、rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}，生成物有rm{VOSO}rm{VOSO}在反應中rm{{,!}_{4}}元素的化合價降低，、rm{Na}元素的化合價升高，根據化合價升降守恒配平可得反應的離子方程式為rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}在反應中rm{V}元素的化合價降低，rm{S}元素的化合價升高，根據化合價升降守恒配平可得反應的離子方程式為rm{V}rm{O}rm{V}rm{S}rm{V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}“氧化”過程無氣體產生，溶液中rm{{,!}_{5}}轉化為rm{+SO}rm{+SO}元素的化合價升高，則氯酸鉀中的氯元素化合價降低轉變為rm{{,!}_{3}^{2-}}根據化合價升降守恒可配平離子方程式為rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{=2VO}rm{=2VO}rm{{,!}^{2+}}rm{+SO}受熱容易分解，所以rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}沉釩率降低的可能原因是rm{+2H}rm{+2H}導致部分氯化銨分解。rm{{,!}_{2}}廣口瓶中濃硫酸的作用為吸收產生的氨氣rm{O}rm{O}根據已知條件可進行計算：rm{壟脷}沉淀rm{VO^{2+}}由題意知沉淀分解為rm{VO_{2}^{+}}rm{V}rm{Cl^{-}}rm{6}rm{n(NH_{3})=(83.2g-72.8g-3.6g)隆脗17g/mol=0.4mol}rm{n(V_{2}O_{5})=72.8g隆脗182g/mol=0.4mol}rm{VO}沉淀rm{):n(H_{2}O):n(NH_{3}):n(V_{2}O_{5})=1:2:4:4}因此該物質的分子式為rm{VO}rm{{,!}^{2+}+ClO_{3}^{-}+3H_{2}O=6VO_{2}^{-}+Cl^{-}+6H^{+}}【解析】rm{(1)}分液漏斗rm{(2)}rm{壟脵V}rm{壟脵V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{=2VO}rm{=2VO}rm{{,!}^{2+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}溫度高于rm{+2H}rm{+2H}導致部分氯化銨分解rm{{,!}_{2}}吸收產生的氨氣rm{O}rm{O}rm{壟脷}rm{6VO^{2+}+ClO_{3}^{-}+3H_{2}O=6VO_{2}^{-}+Cl^{-}+6H^{+}}18、（1）2Cl—2e-=Cl2↑、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、濕潤的碘化鉀淀粉試紙、0.001mol、0．01mol/L

（2）Cu-2e-=Cu2+，）2，Cu-2e-=Cu2+Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑

）2（3）2Fe-4e-=2Fe2+、3

Fe-4e-=2Fe2+【分析】【分析】本題考查原電池、電解池原理及其應用。【解答】【解答】rm{(}rm{1}rm{)}電解rm{NaCl}溶液，陽極為rm{Cl^{-}}放電，電極反應式：rm{2Cl}rm{(}電解rm{1}溶液，陽極為rm{1}放電，電極反應式：rm{)}rm{NaCl}rm{NaCl}，陰極反應式：rm{Cl^{-}}，總反應化學方程式：rm{Cl^{-}}rm{2Cl}。實驗中可用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗rm{2Cl}。若生成的氫氣為rm{{,!}^{-}}，即rm{隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}，轉移電子數rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}O}rm{2NaCl+2H_{2}O}，rm{2NaCl+2H_{2}O}，rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}。實驗中可用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗rm{Cl_{2}}。若生成的氫氣為rm{11.2mL}，即rm{5}rm{隆脕}rm{10^{-4}mol}，轉移電子數rm{1}rm{隆脕}rm{10^{-3}mol}，rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-3}mol/0.1L=0.01mol`L^{-1}}，rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}、rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{Cl_{2}}rm{Cl_{2}}濕潤的碘化鉀淀粉試紙、rm{11.2mL}rm{11.2mL}rm{5}rm{5}rm{隆脕}用銅作陽極，則銅參加反應，陽極電極反應式：rm{10^{-4}mol}rm{10^{-4}mol}rm{1}rm{1}；陰極上的電極反應式為：rm{隆脕}rm{10^{-3}mol}rm{10^{-3}mol}rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-3}mol/0.1L=0.01mol`L^{-1}}rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-3}mol/0.1L=0.01mol`L^{-1}}故答案為：rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}、rm{2NaCl+2H_{2}}總反應化學方程式為rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}}rm{O}，rm{O}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{0.001mol}rm{0.01mol/L}含有雜質的鐵片插入到rm{(}溶液，可構成原電池，發生電化學腐蝕，其負極為rm{2}，電極反應式：rm{2}rm{)}，正極為rm{Cu-2e}rm{-}rm{=Cu}rm{2+}反應，電極反應式：rm{Cu-2e}，rm{-}rm{-}rm{=Cu}、rm{2+}。

rm{2+}【解析】rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}、rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}、rm{2NaCl+2H_{2}}rm{2Cl隆陋2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}}濕潤的碘化鉀淀粉試紙、rm{O}rm{O}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{0.001mol}rm{0.01mol/L}，rm{(}rm{2}rm{)}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}，rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}、rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}

19、CH3CH2CH2CHO④⑤①⑤③②吸收甲酸、降低酯的溶解度HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3分液硫酸【分析】解：（1）反應1的原子理論利用率為100%，A的結構簡式為CH3CH2CH2CHO；

故答案為：CH3CH2CH2CHO；

（2）丙烯與高錳酸鉀反應生成二氧化碳；且均在溶液中檢驗，先利用無水硫酸銅檢驗水，再利用品紅檢驗二氧化硫，用飽和碳酸鈉除去二氧化硫，然后品紅檢驗二氧化硫除盡，石灰水檢驗二氧化碳，最后高錳酸鉀檢驗丙烯，則順序為④⑤①⑤③②；

故答案為：④⑤①⑤③②；

（3）大試管中溶液的作用除了溶解正丁醇外；還有吸收甲酸；降低酯的溶解度；

故答案為：吸收甲酸；降低酯的溶解度；

（4）若大試管中溶液是NaOH溶液，則收集到的產物比預期的少，其原因是HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3；

故答案為：HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3；

（5）由流程可知，試劑a為飽和碳酸鈉，操作1為分液，分離出A為甲酸正丁酯，B中含甲酸鈉、正丁醇，操作2為蒸餾，分離出D為正丁醇，C中含甲酸鈉，試劑b為硫酸；操作3為蒸餾，分離出甲酸；

故答案為：分液；硫酸。

I．（1）反應1的原子理論利用率為100%，則反應為CH3CH=CH2+CO+H2O→CH3CH2CH2CHO，然后CH3CH2CH2CHO與氫氣反應生成正丁醇；

（2）丙烯與高錳酸鉀反應生成二氧化碳；且均在溶液中檢驗，先利用無水硫酸銅檢驗水，再利用品紅檢驗二氧化硫，用飽和碳酸鈉除去二氧化硫，然后品紅檢驗二氧化硫除盡，石灰水檢驗二氧化碳，最后高錳酸鉀檢驗丙烯；

II．（3）飽和碳酸鈉可吸收甲酸；降低酯的溶解度；

（4）若大試管中溶液是NaOH溶液；酯與NaOH反應；

（5）甲酸、正丁醇、甲酸正丁酯和硫酸的混合物，由流程可知，試劑a為飽和碳酸鈉，操作1為分液，分離出A為甲酸正丁酯，B中含甲酸鈉、正丁醇，操作2為蒸餾，分離出D為正丁醇，C中含甲酸鈉，試劑b為硫酸；操作3為蒸餾，分離出甲酸，以此來解答。

本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握有機物的性質、流程中發生的反應、混合物分離提純為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意有機物性質的應用，題目難度中等。【解析】CH3CH2CH2CHO④⑤①⑤③②吸收甲酸、降低酯的溶解度HCOO（CH2）3CH3+NaOH→HCOONa+HO（CH2）3CH3分液硫酸四、其他(共3題，共18分)20、略

【分析】【解析】【答案】AEF21、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質，則C為Cu；G是藍色沉淀，則G為Cu（OH）2；H是磚紅色沉淀，則H是Cu2O；F是形成酸雨的無色有害氣體，則F為SO2；所以B為濃H2SO4，A為D為O2，E為強堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應式為：══（3）電解溶液屬于放氧生酸型，總的電解方程式為：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══22、略

【分析】【解析】【答案】五、有機推斷題(共4題，共24分)23、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH225、略

【分析】【分析】

根據物質在轉化過程中碳鏈結構不變，根據抗癇靈結構，結合A的分子式可推知A結構簡式是：A與HCHO發生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發生取代反應產生C：C經過一系列反應，產生分子式是C8H6O3的物質D結構簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發生信息②的反應產生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發生取代反應產生G：與發生取代反應產生抗癇靈：

【詳解】

根據上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發生顯色反應；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變為-COOH；也能發生燃燒反應，故化合物C能發生氧化反應，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據抗癇靈的分子結構，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據上述分析可知化合物E結構簡式是

(3)G是G與發生取代反應產生抗癇靈和HCl，該反應的化學方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發生甲基上H原子的取代反應產生然后與NaOH的水溶液共熱，發生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發生氧化反應產生D：故由C經三步反應產生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl26、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應得到E,結合信息①,E為E與溴發生加成反應得到的F為F發生氧化反應生成的G為

詳解：(1)根據分析可知:G為則G中含氧官能團為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發生加成反應生成B為F為

（3）反應①：乙酸和發生酯化反應,化學方程式為+CH3COOH+H2O。

（4）C為苯甲醇,屬于芳香族化合物的苯甲醇的同分異構體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚和苯甲醚(),共4種；

(5)苯乙醛與甲醛反應生成再與溴發。

生加成反應生成最后發生催化氧化反應生成故合成路線為

點睛：本題主要考查結構簡式、官能團、反應類型、化學方程式、限定條件下同分異構體數目的判斷、合成路線中試劑和反應條件的選擇等知識,意在考查考生分析問題、解決問題的能力，抓好信息是解題的關鍵。【解析】①