2025年滬科新版選修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年滬科新版選修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9題，共18分)1、下列解釋事實的方程式不正確的是A.FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+B.用FeCl3溶液腐蝕覆銅板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+C.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應：Fe–3e-=Fe3+D.向AgCl懸濁液中滴加0.1mol·L-1KI溶液，白色沉淀變成黃色：AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)2、下列離子方程式正確的是A.等物質的量的Ba(OH)2與KAl(SO4)2·12H2O溶液混合：3Ba2＋+6OH－+2Al3＋+3SO42－=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B.Fe(OH)3溶于氫碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3＋+3H2OC.H218O中投入Na2O2固體：2H218O+2O22－=4OH－+18O2↑D.CuCl2溶液中加入NaHS溶液：Cu2＋+2HS－+2H2O=Cu(OH)2↓+2H2S↑3、部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：

。弱酸。

HCOOH

HClO

H2CO3

H2SO3

電離平衡常數(shù)。

（25℃）

Ka=1.77×10-4

Ka=4.0×10-8

Ka1=4.3×10-7

Ka2=4.7×10-11

Ka1=1.54×10-2

Ka2=1.02×10-7

下列選項正確的是A.2ClO－+H2O+CO2=2HClO+CO32－B.2HCOOH+CO32－=2HCOO－+H2O+CO2↑C.H2SO3+2ClO－=2HClO+SO32－D.SO2(足量)+H2O+CO32－=2H2O+CO2+SO32－4、水的電離平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.圖中對應點的溫度關系為a＞b＞cB.純水僅升高溫度，可從a點變到c點C.水的離子積常數(shù)KW數(shù)值大小關系為b＞c＞dD.在b點對應溫度下，0.5mol/L的H2SO4溶液與1mol/L的KOH溶液等體積混合，充分反應后，所得溶液的pH＝75、下列說法不正確的是A.白磷和紅磷互為同素異形體B.和互為同系物C.H和D互為同位素D.CH3COOH與HCOOCH3互為同分異構體6、下列說法不正確的是()A.石油裂化可以提高汽油等輕質油的產量和質量B.分子式為C5H12的同分異構體共有3種C.向2mL碘水中加入1mL苯，振蕩后靜置，可觀察到液體分層，上層呈紫紅色D.煤中含有苯和甲苯，可用干餾的方法將它們分離開來7、利用如圖實驗裝置完成對應的實驗；能達到實驗目的的是。

A.裝置甲驗證苯與液溴發(fā)生取代反應B.裝置乙探究酒精脫水生成乙烯C.裝置丙制備乙酸乙酯并提高產率D.裝置丁制取并檢驗乙炔8、下列說法不正確的是A.CH3CH2CH3與CH3CH3互為同分異構體B.烷烴分子中碳原子之間都以單鍵結合，其余價鍵均與氫原子結合C.乙烷和正戊烷互為同系物D.C6H14存在五種同分異構體9、E-苯酮是合成原藥烯酰嗎啉的重要中間體；一種合成流程如下：

下列說法不正確的是A.E-苯酮中的含氧官能團有羰基和醚鍵B.可用溶液檢驗生成的C中是否殘留BC.化合物F的結構簡式為D.E-苯酮能發(fā)生還原反應、取代反應和消去反應評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、室溫下，某一元弱酸HA的電離常數(shù)K=1.6×10-6。向20.00mL濃度約為0.1mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的標準NaOH溶液；其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。請回答下列有關問題：

(1)a、b、c、d四點中水的電離程度最大的是_______點，滴定過程中宜選用__________作指示劑，滴定終點在__________(填“c點以上”或“c點以下”)。

(2)滴定過程中部分操作如下，下列各操作使測量結果偏高的是_____(填字母序號)。

A.滴定前堿式滴定管未用標準NaOH溶液潤洗。

B.用蒸餾水洗凈錐形瓶后；立即裝入HA溶液后進行滴定。

C.滴定過程中；溶液出現(xiàn)變色后，立即停止滴定。

D.滴定結束后；仰視液面，讀取NaOH溶液體積。

(3)若重復三次滴定實驗的數(shù)據(jù)如下表所示，計算滴定所測HA溶液的物質的量濃度為_____mol/L。(保留4位有效數(shù)字)。實驗序號NaOH溶液體積/mL待測HA溶液體積/mL121.0120.00220.9920.00321.6020.00

(4)a點溶液中pH約為________，此時溶液中H2O電離出的c(H＋)為________。11、常溫下，有下列四種溶液：①pH=4的NH4Cl溶液；②pH=10的NaOH溶液；③pH=4的鹽酸；④pH=4的醋酸溶液。請回答下列問題：

（1）溶液中①、②由水電離的c(H+)分別為a、b，則a：b="_____________"

（2）將②與④等體積混合，所得溶液pH__7（填“＞”、“＜”或“=”、），溶液中離子的物質的量濃度由大到小的順序是________________。

（3）取等體積的③、④兩種溶液，分別加水稀釋到pH均等于5，所需水的體積分別為V1、V2，則V1____V2（填“＞”；“＜”或“=”）。

（4）取等體積的③、④兩種溶液，加入質量不等的鋅粒，反應結束后得到等量的H2，下列說法正確的是_____________（填字母符號）

A．反應所需時間③＜④B．開始時反應速率③＞④C．參加反應的鋅粒質量③=④D．③中鋅有剩余E.④中鋅有剩余F.④中酸過量12、氧化還原滴定實驗與中和滴定類似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)?，F(xiàn)用0.001mol·L－1KMnO4酸性溶液滴定未知濃度的無色NaHSO3溶液。反應的離子方程式是：2MnO4－＋5HSO3－＋H＋＝2Mn2＋＋5SO42－＋3H2O

回答下列問題：

(1)用________(填“酸”或“堿”)式滴定管盛放高錳酸鉀溶液；

(2)該滴定實驗選用何種指示劑，說明理由____________________(如無需加入指示劑也請說明理由)；

(3)滴定前平視KMnO4溶液液面，刻度為amL，滴定后俯視液面刻度為bmL，則根據(jù)(b－a)mL計算得到的待測濃度，比實際濃度________(填“大”或“小”)。13、現(xiàn)有下列十二種物質：①H2②銅③CaO固體④CO2⑤H2SO4溶液⑥Ba(OH)2⑦熔融的KNO3⑧液氨⑨稀硝酸⑩Al2(SO4)3?葡萄糖?FeCl3

(1).⑩在水中的電離方程式為___________

(2).以上屬于電解質的共有___________種，屬于非電解質的是___________(填序號，下同)，能導電的物質有___________。

(3).將少量的④通入⑥的溶液中反應的離子方程式：___________。上述十二種物質中有兩物質之間可發(fā)生離子反應：H++OH-=H2O，該離子反應對應的化學方程式為：___________。

(4).將FeCl3的飽和溶液滴入沸水中可以制得Fe(OH)3膠體，寫出該化學方程式為：___________，是否制備成功可以通過___________(性質或現(xiàn)象)檢驗。

(5).物質②銅在潮濕的空氣中會生成堿式碳酸銅[化學式為Cu2(OH)2CO3]，請寫出該反應的化學方程式：___________。

(6).除去硝酸鉀固體中少量的NaCl，選擇正確的操作并排序___________(填序號)。

①過濾②趁熱過濾③固體溶于水④冷卻結晶⑤蒸發(fā)濃縮14、利用酸解法制鈦白粉產生的廢液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]；生產鐵紅和補血劑乳酸亞鐵。其生產步驟如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和SO42—。請回答：

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作中所用的玻璃儀器是___________，步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、______________。

（2）步驟④的離子方程式是_______________。

（3）步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發(fā)水以及_______。

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為________。

（5）用平衡移動的原理解釋步驟⑤中加乳酸能得到乳酸亞鐵的原因________。

（6）為測定步驟②中所得晶體中FeSO4·7H2O的質量分數(shù)，取晶體樣品ag，溶于稀硫酸配成100．00mL溶液，取出20．00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（雜質與KMnO4不反應）。若消耗0．1000mol?L-1KMnO4溶液20．00mL，所得晶體中FeSO4·7H2O的質量分數(shù)為（用a表示）____________。15、醋酸和一水合氨是中學化學中常見的弱電解質。

（1）常溫下，某研究性學習小組設計了如下方案證明醋酸為弱電解質，你認為方案可行的是__(填序號)

①配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液；然后測溶液的pH，若pH大于1，則證明醋酸為弱電解質。

②用醋酸溶液和鹽酸做導電性實驗；若醋酸溶液導電性弱，則證明醋酸為弱電解質。

③將pH=2的CH3COOH溶液加水稀釋100倍后，若pH>4；則證明醋酸為弱電解質。

（2）若25℃時，0.10mol/L的CH3COOH的電離度為1%，則該溶液的pH=___，由醋酸電離出的c(H+)約為水電離出的c(H+)的___倍。16、測得某溫度下0.5mol·L-1HNO2（亞硝酸）溶液的pH約為2。

（1）寫出HNO2的電離方程式___。

（2）將溶液加水稀釋至10倍后，c(NO2-)___（填“增大”、“減小”或“不變”），n(H+)___（填“增大”、“減小”或“不變”），pH區(qū)間范圍是___。

A.1～2B.2～3C.3～4D.4～5

（3）分別取同濃度同體積的鹽酸與亞硝酸，以同樣的操作與足量NaOH溶液反應，測得反應溶液的最高溫度鹽酸要高于亞硝酸，說明可能的原因___。

（4）0.1mol·L-1NaNO2溶液pH___7（填“＞”、“＜”或“＝”），溶液中含有___種分子，溶液中c(Na+)___c(NO2-)（填“＞”、“＜”或“＝”），下列措施能提高溶液中c(OH-)的是___。

A.適當升高溫度B.增加壓強C.加水D.加入NH4Cl固體E.加入Na2CO3固體17、對溴苯乙烯與丙烯的共聚物是一種高分子阻燃劑；具有低毒；熱穩(wěn)定性好等優(yōu)點。完成下列填空：

（1）寫出該共聚物的結構簡式____________。

（2）實驗室由乙苯制取對溴苯乙烯，需先經兩步反應制得中間體寫出該兩步反應所需的試劑及條件____________。

（3）將與足量氫氧化鈉溶液共熱得到A，A在酸性條件下遇FeCl3溶液不顯色。A的結構簡式為____________。由上述反應可推知____________。由A生成對溴苯乙烯的反應條件為____________。

（4）丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯；B與2,3-二甲基-1-丁烯互為同分異構體，且所有碳原子處于同一平面。

寫出B的結構簡式____________。

設計一條由2,3－二甲基-1－丁烯制備B的合成路線____________。（合成路線常用的表示方式為：）18、丁基橡膠可用于制造汽車內胎，合成丁基橡膠的一種單體A的分子為C4H8；A氫化后得到2-甲基丙烷。完成下列填空：

（1）A分子中的官能團的名稱為___。

（2）寫出將A通入下列兩種溶液后出現(xiàn)的現(xiàn)象。

A通入溴水：___；

A通入溴的四氯化碳溶液：___。

（3）寫出A氫化后產物2-甲基丙烷的同分異構體的結構簡式：___。

（4）A可以聚合，寫出A的聚合反應___（以反應方程式表示）。

（5）A發(fā)生烷基化反應生成一種烴B，將B完全燃燒后得到CO2和H2O的物質的量之比為8：9，由此可以確定B的化學式為___。通過對B的結構深入研究，發(fā)現(xiàn)其一鹵代物只有4種，且碳鏈不對稱。寫出B的結構簡式，并用系統(tǒng)命名法命名：___。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)19、任何烯烴均存在順反異構現(xiàn)象。(_____)A.正確B.錯誤20、在蔗糖的水解液中加入銀氨溶液并加熱，無銀鏡產生，蔗糖沒有水解。(_______)A.正確B.錯誤21、葡萄糖是人體所需能量的重要來源。(____)A.正確B.錯誤22、甲醛和乙醛在通常狀況下都是液體，而且都易溶于水。(_______)A.正確B.錯誤23、甲醛是甲基跟醛基相連而構成的醛。(____)A.正確B.錯誤24、乙酸和甲酸甲酯互為同分異構體。(_______)A.正確B.錯誤25、羧酸和酯的通式均可以用CnH2nO2表示。(____)A.正確B.錯誤26、氫化油的制備方法是在加熱植物油時，加入金屬催化劑，通入氫氣，使液態(tài)油脂變?yōu)榘牍虘B(tài)或固態(tài)油脂。(_______)A.正確B.錯誤27、有機物的核磁共振氫譜中會出現(xiàn)三組峰，且峰面積之比為3∶4∶1。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共28分)28、“低碳經濟”備受關注，CO2的捕捉、排集、利用成為科學家研究的重要課題。太空艙產生的CO2用下列反應捕捉，以實現(xiàn)O2的循環(huán)利用。

Sabatier反應：CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)

水電解反應：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)

(1)將原料氣按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密閉容器中發(fā)生Sabatier反應，測得H2O(g)的物質的量分數(shù)與溫度的關系如圖所示(虛線表示平衡曲線)。

①該反應的平衡常數(shù)K隨溫度升高而________(填“增大”或“減小”)。

②溫度過高或過低均不利于該反應的進行；原因是________。

③下列措施能提高CO2轉化效率的是________(填標號)。A．適當減壓B．增大催化劑的比表面積C．反應器前段加熱，后段冷卻D．提高原料氣中CO2所占比例E．合理控制反應器中氣體的流速(2)將一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密閉容器中發(fā)生反應：CO2(g)＋CH4(g)?2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋248kJ·mol－1。

為了探究該反應的反應速率與濃度的關系，起始時向恒容密閉容器中通入CO2與CH4，使其物質的量濃度均為1.0mol·L－1，平衡時，根據(jù)相關數(shù)據(jù)繪制出兩條反應速率與濃度關系曲線如圖，v正～c(CH4)和v逆～c(CO)。則與v正～c(CH4)相對應曲線是圖中________(填“甲”或“乙”)；該反應達到平衡后；某一時刻降低溫度反應重新達到平衡，則此時曲線甲對應的平衡點可能為________(填“D”“E”或“F”)。

(3)用稀氨水噴霧捕集CO2最終可得產品NH4HCO3。在捕集時，氣相中有中間體NH2COONH4(氨基甲酸銨)生成?，F(xiàn)將一定量純凈的氨基甲酸銨置于恒容密閉容器中，分別在不同溫度下進行反應：NH2COONH4(s)?2NH3(g)＋CO2(g)。實驗測得的有關數(shù)據(jù)見下表(t1<t2<t3)

氨基甲酸銨分解反應是________(填“放熱”或“吸熱”)反應。15℃時此反應的化學平衡常數(shù)K＝________。

(4)一種新的循環(huán)利用方案是用Bosch反應CO2(g)+2H2(g)?C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反應。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分別為–394kJ?mol－1、–242kJ?mol－1，Bosch反應的ΔH＝________kJ?mol－1(生成焓指一定條件下由對應單質生成1mol化合物時的反應熱)。

②一定條件下Bosch反應必須在高溫下才能啟動；原因是________。

③該新方案的優(yōu)點是________。29、工業(yè)上處理含的酸性工業(yè)廢水常用以下方法：

①往工業(yè)廢水里加入適量的NaCl；攪拌均勻；

②用Fe為電極進行電解，經過一段時間有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀產生；

③過濾回收沉淀；廢水達到排放標準。

試回答：

(1)電解時陰極的電極反應式：_______。

(2)轉變成Cr3+的離子反應方程式：_______。

(3)常溫下，Cr(OH)3的溶度積常數(shù)Ksp=1×10-32，溶液的pH=__時才能使c(Cr3+)降至10-5mol/L。30、某藥物H的一種合成路線如下：

回答下列問題：

(1)C的名稱是_______。

(2)F→H的反應類型為________。B→C的試劑和條件是_______。

(3)H有多種同分異構體，在下列哪種儀器中可以顯示物質中化學鍵和官能團類型______(填字母)。

A．質譜儀B．元素分析儀C．紅外光譜儀D．核磁共振氫譜儀。

(4)寫出D→E的化學方程式________。

(5)在E的同分異構體中，同時滿足下列條件的結構有____種；其中核磁共振氫譜有六組峰，且峰面積之比為3∶3∶2∶2∶1∶1的是______。

①既能發(fā)生銀鏡反應；又能發(fā)生水解反應；②屬于芳香族化合物；③苯環(huán)上只有2個取代基。

(6)參照上述流程，以D和乙醛為原料合成(其他無機試劑自選)，設計合成路線：___________。31、鐵；鈷、鎳及化合物在機械制造、磁性材料、新型電池或高效催化劑等許多領域都有著廣泛的應用。請回答下列問題：

基態(tài)Ni原子的價電子排布式為_______。鎳與CO生成的配合物中含有的鍵數(shù)目為_________；寫出與CO互為等電子體的陰離子的化學式_________。

研究發(fā)現(xiàn)，在低壓合成甲醇反應中；Co氧化物負載的納米粒子催化劑具有高活性，顯示出良好的應用前景。

元素Co與O中，第一電離能較大的是_______。

生成物與中，沸點較高的是________，原因是___________。

用KCN處理含的鹽溶液，有紅色的析出，將它溶于過量的KCN溶液后，可生成紫色的具有強還原性，在加熱時能與水反應生成淡黃色的寫出該反應的離子方程式____________。

鐵有三種同素異形體如圖兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為_____。

若Fe原子半徑為rpm，表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則單質的密度為_______列出算式即可

在立方晶胞中與晶胞體對角線垂直的面在晶體學中稱為1，晶面。如圖，則晶胞體中1，晶面共有_____個。

評卷人得分五、有機推斷題(共3題，共15分)32、烴A在標準狀況下的密度為1.25g/L，以A和水煤氣(CO、H2)為原料在一定條件下可獲得有機物B、C、D、E，其相互轉化關系如圖。已知B是CO與H2以物質的量之比為1：1反應的產物；E為有濃郁香味；不易溶于水的油狀液體。

請回答：

(1)C+D→E的反應類型是___________。

(2)有機物B在一定條件下轉化為D的化學方程式是：___________。

(3)下列說法正確的是___________。

A．有機物D與金屬鈉反應比水與金屬鈉反應要劇烈。

B．有機物C；D、E可用飽和碳酸鈉溶液鑒別。

C．實驗室制備E時；濃硫酸主要起氧化作用。

D．有機物B、C均能被新制堿性氫氧化銅懸濁液、酸性KMnO4溶液氧化33、酯類化合物與格氏試劑(RMgX，X=Cl、Br；I)的反應是合成叔醇類化合物的重要方法?；衔颋合成路線如下：

(1)B→C的反應類型為_______。

(2)C→D反應的化學方程式為________。

(3)從整個流程看，D→E的作用是_______

(4)F的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_______。

①能與NaHCO3反應產生CO2；

②存在順反異構體；且至少有6個碳原子共平面；

③核磁共振氫譜圖中有5個峰。

(5)寫出以CH2＝CHCOOH、CH3OH和CH3CH2MgI為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)________________。34、芐丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病；其合成路線如圖所示(部分反應條件略去)。

已知：①CH3CHO+CH3COCH3CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一種產物)。

②RCOCH3+R1COOR2RCOCH2COR1+R2OH

③烯醇式()結構不穩(wěn)定；容易結構互變，但當有共軛體系(苯環(huán)；碳碳雙鍵、碳氧雙鍵等)與其相連時變得較為穩(wěn)定。

(1)寫出化合物C中官能團的名稱_________。

(2)寫出化合物D(分子式C9H6O3)的結構簡式__________。

(3)寫出反應⑤的反應類型__________。

(4)寫出反應④的化學方程式___________。

(5)寫出化合物F滿足以下條件所有同分異構體的結構簡式_______。

①屬于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；

②1mol該有機物能與2molNaOH恰好完全反應；

③1H-NMR圖譜表明分子中共有4種氫原子。

(6)參照芐丙酮香豆素的合成路線，設計一種以E和乙醛為原料制備的合成路線__________。評卷人得分六、計算題(共4題，共24分)35、回答下列問題：

(1)汽車尾氣中的CO、NO、NO2等有毒氣體會危害人體健康；可在汽車尾部加催化轉化器，將有毒氣體轉化為無毒氣體。

已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH1＝-112.3kJ·mol-1

②NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH2＝-234kJ·mol-1

③N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH3＝179.5kJ·mol-1

請寫出CO和NO2生成N2、CO2的熱化學方程式_________________________。

(2)亞硝酸氯(C1NO)是有機合成中的重要試劑?？捎蒒O與Cl2在通常條件下反應得到，化學方程式為2NO(g)＋C12(g)2C1NO(g)，已知幾種化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表(NO的結構為N≡O，亞硝酸氯的結構為Cl-N=O)：。化學鍵N≡OCl-ClCl-NN=O鍵能/kJ·mol-1630243a607

則2NO(g)＋C12(g)2C1NO(g)反應的ΔH和a的關系為ΔH＝________kJ·mol-1。36、（1）在常溫下的0.05mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝________mol·L－1，水電離出的c(H＋)＝__________mol·L－1，水電離出的c(OH－)＝_________mol·L－1。水電離出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)＝_________mol·L－1，c[Ba(OH)2]＝_________mol·L－1。

（2）某溫度下，純水的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，則此時c(OH－)為_______mol·L－1。若溫度不變，滴入稀鹽酸使c(H＋)＝5×10－4mol·L－1則溶液中c(OH－)為_______mol·L－1，由水電離產生的c(H＋)為_______mol·L－1，此時溫度__________(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。37、標準狀況下22.4L某氣態(tài)烴在足量氧氣中完全燃燒，生成88gCO2和36gH2O，通過計算確定該烴的分子式___。38、已知某種燃料含有碳、氫、氧三種元素。為了測定這種燃料中碳和氫兩種元素的質量比，可將氣態(tài)燃料放入足量的O2中燃燒；并使產生的氣體全部通過如圖所示裝置中，得到如表中所列的實驗結果(假設產生的氣體完全被吸收)。

實驗前實驗后(干燥劑＋U形管)的質量101.1g102.9g(石灰水＋廣口瓶)的質量312.0g314.2g

根據(jù)實驗數(shù)據(jù)完成下列問題：

(1)實驗完畢后，生成物中水的質量為________g。假設廣口瓶里生成一種正鹽，其質量為________g。

(2)生成的二氧化碳中碳元素的質量為________g。

(3)該燃料中碳元素與氫元素的質量比為________。

(4)已知這種燃料的每個分子中含有一個氧原子，則該燃料的分子式為________，結構簡式為________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A．FeCl3溶液呈酸性是由于Fe3+發(fā)生水解，反應原理為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；A正確；

B．用FeCl3溶液腐蝕覆銅板即Cu被FeCl3腐蝕，離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；B正確；

C．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應式為：Fe–2e-=Fe2+；C錯誤；

D．向AgCl懸濁液中滴加0.1mol·L-1KI溶液，白色沉淀變成黃色，反應的離子方程式為：AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)；D正確；

故答案為：C。2、A【分析】【詳解】

A．設都是1mol，氫氧化鋇電離1mol的Ba2+和2molOH-而KAl（SO4）2?12H2O電離出1mol的Al3+和2molSO42-，1mol的Ba2+和1molSO42-、2molOH-和mol的Al3+恰好完全反應，正確的離子方程式為3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；故A正確；

B．鐵離子可以氧化碘離子，有碘離子存在不可能生成鐵離子，正確的為：2Fe（OH）3+2I-+6H+═2Fe2++I2+6H2O；故B錯誤；

C．H218O中投入Na2O2固體，離子方程式：4H218O+2Na2O2═418OH-+2H2O+4Na++O2↑；故C錯誤；

D．二者之間不是發(fā)生了雙水解，而是反應生成了難溶的硫化銅，以硫氫根離子的電離為主，正確的離子方程式為Cu2++HS-=CuS↓+H+；故D錯誤；

故選：A。3、B【分析】根據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性強弱順序為：H2SO3＞HCOOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-；HClO的酸性大于HCO3-而小于H2CO3，ClO－+H2O+CO2=HClO+HCO3-,A錯誤；H2CO3<HCOOH，B正確；HClO具有強氧化性，把SO32－氧化為SO42－，C錯誤；H2CO3的酸性小于H2SO3而大于HSO3-,SO2(足量)+H2O+CO32－=2H2O+CO2+HSO3－,D錯誤；正確選項B。

點睛：選項A來說，酸和鹽發(fā)生反應不僅滿足強酸制弱酸，還要滿足強堿制弱堿規(guī)律，兩條同時滿足反應才能發(fā)生。4、C【分析】【詳解】

A．溫度越高，水的離子積常數(shù)越大，根據(jù)圖象知，b點Kw=10-12，c點Kw=10-13，a點Kw=10-14，所以b＞c＞a；選項A錯誤；

B．c點Kw=10-13；則c曲線的純水中6＜pH＜7，c點的pH=6，則該溶液呈酸性，所以純水僅升高溫度，不能從a點變到c點，選項B錯誤；

C．a、d曲線溫度相同，則離子積常數(shù)相同，即d點Kw=10-14，b點Kw=10-12，c點Kw=10-13，所以水的電離常數(shù)KW數(shù)值大小關系為：b＞c＞d；選項C正確；

D．b點Kw=10-12，0.5mol/L的H2SO4溶液與1mol/L的KOH溶液等體積混合；氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，等體積混合溶液呈中性，pH=6，選項D錯誤；

答案選C。

【點睛】

本題考查了水的電離、離子積的概念應用和影響條件，注意離子積常數(shù)是隨溫度變化的，不能根據(jù)氫離子濃度確定溶液酸堿性，為易錯點，依據(jù)圖象數(shù)據(jù)分析，縱軸是氫氧根離子濃度，橫軸是氫離子濃度，水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)×c(OH-)計算判斷。5、B【分析】【詳解】

A．白磷和紅磷是磷元素的不同單質；互為同素異形體，A正確；

B．叫苯酚，屬于酚類，叫苯甲醇；屬于芳香醇，二者不是同一類物質，不是同系物，B錯誤；

C．H和D是氫元素的兩種不同核素；它們互為同位素，C正確；

D．CH3COOH屬于羧酸類，HCOOCH3屬于酯類，分子式都為C2H4O2；分子式相同但結構式不同，二者互為同分異構體，D正確。

答案選B。6、D【分析】【詳解】

A.石油裂化的目的為了提高輕質液體燃料汽油，煤油，柴油等的產量；特別是提高汽油的產量，與題意不符，A錯誤；

B.分子式為C5H12的烴可為正戊烷；異戊烷和新戊烷；有3種同分異構體，與題意不符，B錯誤；

C.向2mL碘水中加入1mL苯；萃取分層，可觀察到液體分層，上層呈紫紅色，與題意不符，C錯誤；

D.煤中不含有苯和甲苯；苯和甲苯是煤的干餾產物，用蒸餾方法可以分離，符合題意，D正確；

故選D。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．苯與液溴在三溴化鐵作催化劑的條件下發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫；由于溴也有揮發(fā)性，也會隨著溴化氫一起進入硝酸銀溶液，溴可以和水反應生成溴化氫，也會與硝酸銀溶液反應生成淡黃色沉淀，干擾了對實驗結果的驗證，故A不符合；

B．在濃硫酸作用下；170℃時酒精脫水生成乙烯，140℃時酒精脫水生成乙醚，需要測定溶液的溫度，溫度計需要在圓底燒瓶的混合液中，碎瓷片用于防止爆沸，由于乙醇具有揮發(fā)性，也會隨著乙烯一起進入酸性高錳酸鉀溶液，乙醇也具有還原性，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾了對實驗結果的驗證，故B不符合；

C．乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑的條件下發(fā)生酯化反應；碎瓷片用于防止爆沸，但由于乙酸；乙醚、乙醇和水都有揮發(fā)性，會隨著乙酸乙酯一起蒸出，故利用分水器，將水冷凝回流，再通過冷凝管，提高乙酸乙酯的產率，故C符合；

D．飽和食鹽水與電石反應制取乙炔，含有H2S、PH3等雜質，H2S、PH3會與高錳酸鉀反應；且乙炔也能使酸性高錳酸鉀褪色，故D不符合；

故選C。8、A【分析】【分析】

【詳解】

A．二者分子式不同；不是同分異構體，故A錯誤；

B．烴分子中碳原子之間都以碳碳單鍵結合成鏈狀；剩余價鍵均與氫原子結合，這樣的烴叫做飽和烴，也稱為烷烴，故B正確；

C．乙烷和正戊烷均屬于烷烴，結構相似，分子組成相差3個CH2；互為同系物，故C正確；

D．主鏈為6個碳原子有：CH3(CH2)4CH3；主鏈為5個碳原子有：CH3CH2CH2CH(CH3)2；CH3CH2CH(CH3)CH2CH3；主鏈為4個碳原子有：CH3CH2C(CH3)3；CH3CH(CH3)CH(CH3)CH3，則C6H14的同分異構體共有5種；故D正確；

綜上所述答案為A。9、D【分析】【分析】

根據(jù)E的分子式可知，D中甲基上的H原子被氯原子取代生成E，E為E水解后脫水生成F，結合E-苯酮的結構和C的結構可知，F(xiàn)為據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．E-苯酮()中的含氧官能團有羰基和醚鍵；故A正確；

B．酚中加入溶液顯紫色，可用溶液檢驗生成的C()中是否殘留B()；故B正確；

C．根據(jù)上述分析，化合物F的結構簡式為故C正確；

D．E-苯酮()中含有苯環(huán)；能夠與氫氣加成，發(fā)生還原反應；含有-Cl，能夠發(fā)生取代反應，但不能發(fā)生消去反應，故D錯誤；

故選D。二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【分析】

(1)a點為HA溶液，b點是HA和少量KA溶液；c點是KA和少量HA的混合液，d點是KA和KOH的混合液，酸；堿溶液都抑制了水的電離，KA促進水的電離；由于HA為弱酸，恰好反應時溶液呈堿性。

(2)A.滴定前堿式滴定管未用標準NaOH溶液潤洗；標準NaOH溶液濃度小，導致消耗標準液體積偏大，測定結果偏高；B.用蒸餾水洗凈錐形瓶后，立即裝入HA溶液后進行滴定，導致待測液被稀釋，取出一定體積的待測液的溶質的物質的量減少，滴定過程中消耗標準液體積偏小，測定結果偏低；C.滴定過程中，溶液出現(xiàn)變色后，立即停止滴定，導致消耗標準液體積偏小，測定結果偏低；D.滴定結束后，仰視液面，讀取NaOH溶液體積，讀出的標準液體積偏大，測定結果偏高。

(3)第三組數(shù)據(jù)誤差偏大，需要舍棄，另外兩次消耗標準液的平均體積，根據(jù)反應HA+KOH=KA+H2O計算。

(4)根據(jù)電離常數(shù)進行計算氫離子濃度；再計算pH，再計算水電離出的氫離子濃度。

【詳解】

(1)a點為HA溶液，b點是HA和少量KA溶液；c點是KA和少量HA的混合液，d點是KA和KOH的混合液，酸；堿溶液都抑制了水的電離，KA促進水的電離，所以c點水的電離程度最大；由于HA為弱酸，恰好反應時溶液呈堿性，則選擇在堿性范圍內變色的指示劑酚酞；滴定終點呈堿性，應該在c點以上，故答案為：c；酚酞；c點以上；

(2)A.滴定前堿式滴定管未用標準NaOH溶液潤洗；標準NaOH溶液濃度小，導致消耗標準液體積偏大，測定結果偏高，故A符合題意；B.用蒸餾水洗凈錐形瓶后，立即裝入HA溶液后進行滴定，導致待測液被稀釋，取出一定體積的待測液的溶質的物質的量減少，滴定過程中消耗標準液體積偏小，測定結果偏低，故B不符合題意；C.滴定過程中，溶液出現(xiàn)變色后，立即停止滴定，導致消耗標準液體積偏小，測定結果偏低，故C不符合題意；D.滴定結束后，仰視液面，讀取NaOH溶液體積，讀出的標準液體積偏大，測定結果偏高，故D符合題意；綜上所述，答案為：AD。

(3)第三組數(shù)據(jù)誤差偏大，需要舍棄，另外兩次消耗標準液的平均體積為：根據(jù)反應HA+KOH=KA+H2O可知，0.021L×0.1000mol?L?1=0.02L×c(HA)，解得：c(HA)=0.1050mol?L?1；故答案為：0.1050。

(4)pH=4?lg4=4?2lg2=4?2×0.3=3.4，溶液中的氫氧根濃度溶液中氫氧根濃度等于水電離出的氫離子濃度，因此水電離出的氫離子濃度為c(H+)＝2.5×10?11mol?L?1；故答案為：3.4；2.5×10?11mol?L?1。【解析】①.c②.酚酞③.c點以上④.AD⑤.0.1050⑥.3.4⑦.2.5×10-11mol/L11、略

【分析】【詳解】

（1）①pH=4的NH4Cl溶液為強酸弱堿鹽，促進水的電離，水電離產生的氫離子濃度為10-4mol/L；②pH=10的NaOH溶液，抑制水的電離，水電離產生的氫離子為溶液中的氫離子=10-10mol/L，a：b=106：1；

（2）醋酸為弱酸，②pH=10的NaOH溶液；④pH=4的醋酸溶液溶液等體積混合時，酸過量，溶液顯酸性，pH<7；醋酸與氫氧化鈉反應生成醋酸鈉，醋酸電離產生醋酸根離子，導致c（CH3COO-）>c（Na+），醋酸的電離為少量電離，遠遠小于溶液中的鈉離子濃度，則c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）；

（3）取等體積的③pH=4的鹽酸；④pH=4的醋酸溶液；醋酸為弱電解質，溶液中存在未電離的分子，加水稀釋時，分子發(fā)生電離，導致氫離子濃度變化比稀釋相同體積的鹽酸小，則pH變?yōu)?時，醋酸加水的體積大；

（4）取等體積的③pH=4的鹽酸；④pH=4的醋酸溶液；溶液中存在未電離的分子；

A．反應時醋酸分子逐漸電離；氫離子濃度變化小，反應時間短，A錯誤；

B．開始時；氫離子濃度相同，反應速率相同，B錯誤；

C．反應結束時生成氫氣的量相等；則參加反應的鋅粒的質量相等，C正確；

D．醋酸的量多；則鹽酸中鋅粒過量，有剩余，D正確；

E．醋酸為弱酸；提供的量多，鋅粒少量，無剩余，E錯誤；

F．醋酸為弱酸；提供的量多，有剩余，F(xiàn)正確；

答案為CDF。【解析】①.106：1②.<③.c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）④.<⑤.C、D、F12、略

【分析】【分析】

（1）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性；能腐蝕堿式滴定管中的橡膠管；

（2）高錳酸鉀溶液顏色為紫紅色；可不用加入指示劑；

（3）滴定后俯視液面，讀數(shù)偏小，(b-a)mL比實際消耗KMnO4溶液體積少，根據(jù)分析不當操作對V(標準)的影響，據(jù)此判斷濃度的誤差。

【詳解】

（1）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能腐蝕堿式滴定管中的橡膠管，所以不能用堿式滴定管盛放高錳酸鉀溶液，應該用酸式滴定管；

故答案為：酸；

（2）高錳酸鉀溶液的顏色為紫紅色，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液時，溶液恰好由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內不褪色，即可判斷達到滴定終點，因此不需要用指示劑就可以判斷滴定終點；

故答案為：不加指示劑，高錳酸鉀被還原成Mn2+時會褪色；

（3）滴定前平視KMnO4溶液液面，刻度為amL，滴定后俯視液面刻度為bmL，則讀數(shù)偏小，則(b-a)mL比實際消耗KMnO4溶液體積少，根據(jù)(b-a)mL計算得到的待測濃度，造成V(標準)偏小，根據(jù)分析，c(待測)偏?。?/p>

故答案為：小。

【點睛】

高錳酸鉀溶液的顏色本身為紫紅色，高錳酸鉀被還原成Mn2+時會褪色，則當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液時，溶液恰好由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內不褪色，即可判斷達到滴定終點，因此不需要用指示劑就可以判斷滴定終點，這是學生們的易錯點，錯誤認為滴定一定需要指示劑?！窘馕觥竣?酸②.不加指示劑，高錳酸鉀被還原成Mn2+時會褪色③.小13、略

【分析】【分析】

(1)

因為硫酸鋁是強電解質，故電離方程式中用“=”，電離方程式為：Al2(SO4)3=2Al3++3；

(2)

根據(jù)常見的電解質是酸、堿、鹽、金屬氧化物、水，非電解質常見物質是大部分有機物、非金屬氧化物等，判斷電解質是③⑤⑥⑦⑩?共5種，屬于非電解質的是④⑧?，能導電的物質有②⑤⑦⑨；

(3)

少量的④通入⑥的溶液中反應的離子方程式Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+2H2O；根據(jù)易溶于水的強電解質能拆成離子形式判斷Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O的離子方程式是H++OH-=H2O；

(4)

FeCl3的飽和溶液滴入沸水中可以制得Fe(OH)3膠體方程式：，膠體的檢驗利用丁達爾效應進行判斷。

(5)

銅在潮濕的空氣中會生成堿式碳酸銅[化學式為Cu2(OH)2CO3]，利用原子守恒進行配平方程式得：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3

(6)

除去硝酸鉀固體中少量的NaCl，NaCl的溶解度隨溫度變化不大，而硝酸鉀隨溫度的變化大，故可利用物質的溶解度隨溫度的變化不同采用冷卻結晶的方法進行除雜，順序為：③⑤④①。

【點睛】

對于化合反應的特點，生成物只有一種，利用定“1”法進行配平方程式，將生成物的系數(shù)定為1可快速配平?！窘馕觥?1)Al2(SO4)3=2Al3++3

(2)5④⑧?②⑤⑦⑨

(3)Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+2H2OBa(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O

(4)丁達爾效應。

(5)2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3

(6)③⑤④①14、略

【分析】【分析】

廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加鐵屑，F(xiàn)e與H2SO4和少量Fe2（SO4）3反應生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2?xH2O，過濾，濾渣為TiO2?xH2O、Fe，濾液為FeSO4；FeSO4溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到硫酸亞鐵晶體，脫水、煅燒得到氧化鐵；FeSO4溶液中加如碳酸氫銨；反應生成碳酸亞鐵沉淀；硫酸銨和二氧化碳，碳酸亞鐵沉淀加乳酸，碳酸亞鐵溶解生成乳酸亞鐵溶液和二氧化碳，乳酸亞鐵溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到乳酸亞鐵晶體。

【詳解】

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作為過濾；過濾用的儀器有玻璃棒；燒杯、漏斗；步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：玻璃棒、燒杯、漏斗；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；

（2）步驟④的反應為FeSO4與如碳酸氫銨反應生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，反應的離子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）Fe2+具有還原性，步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發(fā)水以及隔絕空氣，防止Fe2+被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，反應的方程式為4FeSO4+O24SO3+2Fe2O3，由化合價變化可知，氧化劑為O2和還原劑為FeSO4；由得失電子數(shù)目守恒可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為1:4，故答案為：1:4；

（5）硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，加入乳酸，CO32-與乳酸反應，使CO32-濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液，故答案為：硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應濃度降低；平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液；

（6）亞鐵離子會被高錳酸鉀氧化為三價鐵離子，本身被還原為+2價的錳離子，根據(jù)得失電子守恒可知5FeSO4·7H2O—KMnO4，則依據(jù)消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL可知FeSO4·7H2O的質量分數(shù)為×100%=×100%，故答案為：【解析】①.玻璃棒、燒杯、漏斗②.冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥③.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑④.防止Fe2+被氧化⑤.1:4⑥.硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液⑦.×100%15、略

【分析】【分析】

（1）要證明醋酸為弱電解質；只要證明醋酸部分電離即可；

（2）根據(jù)電離度的概念及pH的表達式計算氫離子濃度；根據(jù)水的離子積計算水電離出氫離子濃度。

【詳解】

(1)①配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液，然后測溶液的pH，若pH大于1，說明溶液中c(H+)3COOH)；則醋酸部分電離，所以證明醋酸為弱電解質，故正確；

②溶液導電性與離子濃度成正比；用醋酸溶液和鹽酸做導電性實驗，若醋酸溶液導電性弱，說明醋酸溶液中離子濃度小，但是兩種溶液的濃度是否相等未知，所以不能證明醋酸為弱電解質，故錯誤；

③將pH=2的CH3COOH溶液加水稀釋100倍后；如果醋酸繼續(xù)電離，則溶液的pH應該小于4，故錯誤，故答案為：①；

(2)若25℃時，0.10mol/L的CH3COOH的電離度為1%，溶液中c(H+)=c×α=0.10mol/L×1%=0.001mol/L，則該溶液中pH=?lgc(H+)=?lg0.001=3；該溶液中水電離出的c(H+)==10?11mol/L，由醋酸電離出的c(H+)約為水電離出的c(H+)的倍數(shù)==108，故答案為：3；108?！窘馕觥竣?10816、略

【分析】【分析】

（1）0.5mol·L-1HNO2（亞硝酸）溶液的pH約為2，c(H+)=0.01mol/L，則表明，HNO2只發(fā)生部分電離，生成H+、NO2-，HNO2為弱酸；

（2）將溶液加水稀釋至10倍后，HNO2電離程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液體積增大占主導地位，所以c(NO2-)減??；假設平衡不移動，pH=3；平衡移動后，c(H+)增大；pH減小，但比原pH大，從而確定區(qū)間范圍；

（3）分別取同濃度同體積的鹽酸與亞硝酸，以同樣的操作與足量NaOH溶液反應，測得反應溶液的最高溫度鹽酸要高于亞硝酸，說明HNO2電離吸熱；

（4）因為HNO2為弱酸，則NaNO2在溶液中發(fā)生水解而使溶液顯堿性，溶液中含有水分子和亞硝酸分子，因水解導致c(NO2-)減小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；

A.適當升高溫度，能促進吸熱的NO2-水解反應正向移動，c(OH-)增大；

B.增加壓強，整個反應中沒有氣體參與反應，對c(OH-)不產生影響；

C.加水，溶液稀釋，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)減??；

D.加入NH4Cl固體，NH4+與NO2-水解生成的OH-結合，從而促進NO2-水解反應的進行，但c(OH-)減?。?/p>

E.CO32-的水解能力比NO2-強，加入Na2CO3固體，c(OH-)增大。

【詳解】

（1）0.5mol·L-1HNO2（亞硝酸）溶液的pH約為2，c(H+)=0.01mol/L，則表明，HNO2只發(fā)生部分電離，生成H+、NO2-，HNO2為弱酸，則HNO2的電離方程式HNO2H++NO2-；

（2）將溶液加水稀釋至10倍后，HNO2電離程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液體積增大占主導地位，所以c(NO2-)減??；假設平衡不移動，pH=3；平衡移動后，c(H+)增大；pH減小，但比原pH大，從而確定區(qū)間范圍在2~3之間；

（3）分別取同濃度同體積的鹽酸與亞硝酸，以同樣的操作與足量NaOH溶液反應，測得反應溶液的最高溫度鹽酸要高于亞硝酸，說明HNO2電離吸熱；

（4）因為HNO2為弱酸，則NaNO2在溶液中發(fā)生水解而使溶液顯堿性，pH>7；溶液中含有水分子和亞硝酸分子共2種分子，因水解導致c(NO2-)減小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；

A.適當升高溫度，能促進吸熱的NO2-水解反應正向移動，c(OH-)增大；A符合題意；

B.增加壓強，整個反應中沒有氣體參與反應，對c(OH-)不產生影響；B不合題意；

C.加水，溶液稀釋，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)減??；C不合題意；

D.加入NH4Cl固體，NH4+與NO2-水解生成的OH-結合，從而促進NO2-水解反應的進行，但c(OH-)減小；D不合題意；

E.CO32-的水解能力比NO2-強，加入Na2CO3固體，c(OH-)增大；E符合題意；

答案為：AE?！窘馕觥竣?HNO2H++NO2-②.減?、?增大④.B⑤.弱酸電離吸熱⑥.＞⑦.2⑧.＞⑨.AE17、略

【分析】【分析】

對溴苯乙烯分子結構中有雙鍵；丙烯分子結構中也有雙鍵，二者可以通過加聚反應生成共聚物，加聚的方式不同，產物的結構也不同。

【詳解】

(1)由分析知，對溴苯乙烯與丙烯發(fā)生加聚反應，其聚合產物有兩種，分別為（或寫成）、（或寫成）;

故答案為：（或寫成）、（或寫成）；

(2)實驗室由乙苯制取對溴苯乙烯，首先是乙苯與液溴在溴化鐵作催化劑時發(fā)生苯環(huán)上的取代反應，生成對溴乙苯和溴化氫，產生的對溴乙苯與溴蒸氣在光照時發(fā)生側鏈上的取代反應產生和溴化氫;

故答案為：液溴；溴化鐵作催化劑；溴蒸氣、光照；

(3)將與足量氫氧化鈉溶液共熱得到A，A在酸性條件下遇FeCl3溶液不顯色，說明在發(fā)生水解時是側鏈上的溴原子發(fā)生取代反應，而苯環(huán)上的溴原子沒有發(fā)生取代反應，則A的結構簡式為由A生成對溴苯乙烯為醇的消去反應；反應條件為濃硫酸；加熱；

故答案為：苯環(huán)上的鹵素原子比側鏈的鹵素原子難發(fā)生取代反應；濃硫酸；加熱；

(4)丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B與2,3-二甲基-1-丁烯互為同分異構體，且所有碳原子處于同一平面，結合乙烯分子式平面結構，可知B分子應該含有乙烯的結構，乙烯分子的四個H原子被四個甲基取代，就得到B，其結構簡式為由2,3-二甲基-1-丁烯制備B的方法是：2,3-二甲基-1-丁烯在過氧化物存在時與溴化氫發(fā)生加成反應，產生與氫氧化鈉乙醇溶液在加熱時發(fā)生消去反應生成合成路線為

故答案為：

【點睛】

B分子結構中碳原子處于同一平面，B無苯環(huán)結構，則推知分子結構中含有乙烯結構，乙烯中的四個H原子被四個甲基取代，則滿足碳原子均在同一平面內，進而得到B的結構?！窘馕觥竣?（或寫成）、（或寫成）②.液溴、溴化鐵作催化劑；溴蒸氣、光照③.④.苯環(huán)上的鹵素原子比側鏈的鹵素原子難發(fā)生取代反應⑤.濃硫酸、加熱⑥.⑦.18、略

【分析】【分析】

A的分子式為C4H8，氫化后得到2-甲基丙烷，可知A的結構簡式為CH2=C（CH3）2，A發(fā)生加聚反應得到

A發(fā)生烷基化反應生成一種烴B，將B完全燃燒后得到CO2和H2O的物質的量之比為8：9，可推出B的分子式為C8H18，其一鹵代物只有4種，等效氫有4種，且碳鏈不對稱，則B為據(jù)此分析。

【詳解】

A的分子式為C4H8，氫化后得到2-甲基丙烷，可知A的結構簡式為CH2=C（CH3）2，A發(fā)生加聚反應得到

（1）A的結構簡式為CH2=C（CH3）2；分子中的官能團的名稱為碳碳雙鍵；

（2）A通入溴水；則A與溴水發(fā)生加成反應得到鹵代烴，鹵代烴和水互不相溶，故溶液褪色，底部出現(xiàn)無色油狀物質；A通入溴的四氯化碳溶液時，則A與溴水發(fā)生加成反應得到鹵代烴，鹵代烴和四氯化碳相溶，故只看到溶液褪色；

（3）A氫化（與H2加成）后得到2-甲基丙烷，2-甲基丙烷的同分異構體正丁烷的結構簡式為：CH3CH2CH2CH3；

（4）A發(fā)生加聚反應的方式有兩種：

（5）A發(fā)生烷基化反應生成一種烴B，將B完全燃燒后得到CO2和H2O的物質的量之比為8：9，可推出B的分子式為C8H18，其一鹵代物只有4種，等效氫有4種，且碳鏈不對稱，則B為名稱為2，2，4-三甲基戊烷?！窘馕觥竣?碳碳雙鍵②.溶液褪色，底部出現(xiàn)無色油狀物質③.溶液褪色④.CH3CH2CH2CH3⑤.或⑥.C8H18⑦.2，2，4-三甲基戊烷三、判斷題(共9題，共18分)19、B【分析】【詳解】

當烯烴中碳碳雙鍵兩端的碳原子上連有兩個互不相同的原子或原子團時才存在順反異構，故不是任何烯烴均存在順反異構現(xiàn)象，該說法錯誤。20、B【分析】【詳解】

蔗糖的水解液中含催化劑硫酸；檢驗蔗糖的水解產物需在堿性條件下進行，故實驗操作為：在蔗糖的水解液中加NaOH溶液至溶液呈堿性，再加入銀氨溶液并水浴加熱，若無銀鏡產生，則蔗糖沒有水解；答案為：錯誤。21、A【分析】【詳解】

葡萄糖在人體內氧化分解釋放能量，是人體所需能量的重要來源，故該說法正確。22、B【分析】【詳解】

甲醛通常狀況下為氣體，甲醛和乙醛的官能團均為-CHO，而醛基為親水基，故兩者均溶于水，錯誤，故答案為：錯誤；23、B【分析】【詳解】

甲醛是是一個碳原子構成的醛，故錯誤。24、A【分析】【詳解】

乙酸和甲酸甲酯分子式都為互為同分異構體。25、B【分析】【詳解】

飽和一元羧酸以及飽和一元羧酸與一元醇形成的酯的通式為CnH2nO2，羧酸或酯如含有碳碳雙鍵、苯環(huán)等，則通式不是CnH2nO2，故錯誤。26、A【分析】【詳解】

植物油中含有碳碳雙鍵，在金屬催化劑下，能與氫氣共熱發(fā)生加成反應生成熔點高的飽和高級脂肪酸甘油酯，使液態(tài)油脂變?yōu)榘牍虘B(tài)或固態(tài)油脂，故正確。27、B【分析】【分析】

【詳解】

有機物的核磁共振氫譜中會出現(xiàn)四組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶1，故錯誤。四、原理綜合題(共4題，共28分)28、略

【分析】【分析】

(1)①根據(jù)圖知；當反應達到平衡狀態(tài)后，升高溫度，水的物質的量分數(shù)減小，說明平衡逆向移動；②溫度過低，化學反應速率慢；溫度過高，平衡逆向移動；③改變條件能使平衡正向移動，縮短轉化時間都能提高二氧化碳轉化效率，據(jù)此分析解答；

(2)根據(jù)圖象，甲的濃度是從0升高到0.4mol/L，表示生成物，乙的濃度從1.0降低到0.8mol/L，表示反應物，該反應的ΔH＞0；是吸熱反應，結合溫度對平衡的影響分析判斷；

(3)①根據(jù)表中溫度對生成氣體的總濃度的影響分析；根據(jù)表中數(shù)據(jù)求出NH2COONH4(s)?2NH3(g)+CO2(g)平衡時的氣體濃度，在根據(jù)平衡常數(shù)K=c2(NH3)×c(CO2)計算；

(4)①Bosch反應的△H等于水的生成焓的二倍減去二氧化碳的生成焓；②從活化能角度分析解答；③對比Bosch反應CO2(g)+2H2(g)?C(s)+2H2O(g)和Sabatier反應CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)分析解答。

【詳解】

(1)①根據(jù)圖知，當CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)達到平衡狀態(tài)后；升高溫度，水的物質的量分數(shù)減小，說明平衡逆向移動，所以化學平衡常數(shù)減小，故答案為：減小；

②溫度過低；化學反應速率太慢；溫度過高，平衡逆向移動，反應向右進行的程度減小，所以溫度過高或過低均不利于該反應的進行，故答案為：溫度過低，反應速率??；而溫度過高，反應向右進行的程度??；

③A．適當減壓，CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)平衡逆向移動，二氧化碳轉化率減小，所以其轉化效率減小，故A錯誤；B．增大催化劑的比表面積，盡管平衡不移動，但增大了化學反應速率，縮短化學反應達到平衡的時間，能提高二氧化碳的轉化效率，故B正確；C．升高溫度，水的物質的量分數(shù)減小，說明平衡逆向移動，該反應為放熱反應，反應器前段加熱，能夠加快反應速率，后段冷卻，能夠使平衡正向移動，能提高CO2轉化效率，故C正確；D．提高原料氣中CO2所占比例，盡管平衡正向移動，但二氧化碳轉化率減小，CO2轉化效率降低，故D錯誤；E．合理控制反應器中氣體的流速，能夠使反應成分進行，能夠提高CO2轉化效率；故E正確；故答案為：BCE；

(2)從圖象可知，甲的濃度是從0升高到0.4mol/L，表示生成物CO的圖象，乙是濃度從1.0降低到0.8mol/L，表示反應物CH4的圖象，該反應的ΔH＞0；是吸熱反應，降低溫度平衡向放熱方向移動，即向逆反應方向移動，生成物濃度減小，化學反應速率減小，E點符合，故答案為：乙；E；

(3)從表中數(shù)據(jù)可以看出，隨著溫度升高，氣體總濃度增大，平衡正向移動，則該反應為吸熱反應；根據(jù)反應的化學計量數(shù)的關系可知，c(NH3)=2c(CO2)，15℃時平衡體系的氣體總濃度為3×10-2mol/L，即c(NH3)+c(CO2)=3×10-2mol/L，得到c(NH3)=2×10-2mol/L，c(CO2)=10-2mol/L，則15℃時此反應的化學平衡常數(shù)K=c2(NH3)×c(CO2)=(2×10-2)2×10-2=4×10-6，故答案為：吸熱；4×10-6；

(4)①生成焓是指由單質生成1mol該物質所產生的反應熱，Bosch反應的△H等于水的生成焓的二倍減去二氧化碳的生成焓，則Bosch反應的△H=2×(-242kJ?mol-1)-(-394kJ?mol-1)=-90kJ/mol；故答案為：-90；

②斷裂二氧化碳和氫氣所需的能量較高；使得該反應所需的活化能較高，因此一定條件下Bosch反應必須在高溫下才能啟動，故答案為：反應的活化能高；

③對比Bosch反應CO2(g)+2H2(g)?C(s)+2H2O(g)和Sabatier反應CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)；Bosch反應的優(yōu)點是氫原子利用率為100%，故答案為：氫原子利用率為100%。

【點睛】

本題的易錯點為(1)③，要注意區(qū)分二氧化碳的轉化率和轉化效率，二者不是一個概念，轉化效率除與轉化率有關，還與轉化需要的時間有關?！窘馕觥繙p小溫度過低，反應速率減??；溫度過高，反應向右進行的程度小BCE乙E吸熱4×10-6-90反應的活化能高氫原子利用率為100%(或其它合理答案)29、略

【分析】【分析】

電解法處理含的酸性廢水，鐵為電極，在陽極鐵失去電子生成Fe2+，作為還原劑將還原為Cr3+，形成Cr(OH)3沉淀而除去。

【詳解】

(1)電解酸性廢水，在陰極，溶液中的H+得到電子生成氫氣，電極反應式為：2H++2e-=H2↑。

(2)陽極生成的Fe2+和在酸性溶液中反應生成Cr3+和Fe3+，離子方程式為：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。

(3)常溫下，Cr(OH)3的溶度積常數(shù)Ksp=1×10-32，當c(Cr3+)為10-5mol/L時，c(OH-)=mol/L，所以c(H+)=10-5mol/L，所以溶液的pH=5，即當溶液的pH=5時，才能使c(Cr3+)將至10-5mol/L?！窘馕觥?H++2e-=H2↑6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O530、略

【分析】【分析】

根據(jù)D結構簡式及A分子式知，A為A發(fā)生取代反應生成B為B發(fā)生水解反應生成C為C發(fā)生催化氧化生成D；D發(fā)生加成反應生成E，根據(jù)F分子式知，E發(fā)生消去反應生成F和G發(fā)生加成反應生成H；

【詳解】

(1)C為C的名稱是苯甲醇，故答案為：苯甲醇；

(2)F→H的反應類型為加成反應；B→C為鹵代烴的水解反應，該反應的試劑和條件是NaOH水溶液；加熱，故答案為：加成反應；NaOH水溶液、加熱；

(3)A．質譜儀測定其相對分子質量；故錯誤；

B．元素分析儀測定元素；故錯誤；

C．紅外光譜儀測定化學鍵和官能團；故正確；

D．核磁共振氫譜儀測定H原子種類及各類氫原子個數(shù)之比；故錯誤；

故選C；

(4)D→E的化學方程式故答案為：

(5)E的同分異構體符合下列條件：

①既能發(fā)生銀鏡反應；又能發(fā)生水解反應，說明含有HOOC-；②屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)；③苯環(huán)上只有2個取代基；

如果取代基為HCOO-、CH3CH2CH2-；有鄰間對3種；

如果取代基為HCOO-、(CH3)2CH-；有鄰間對3種；

如果取代基為HCOOCH2-、CH3CH2-；有鄰間對3種；

如果取代基為HCOOCH2CH2-、CH3-；有鄰間對3種；

如果取代基為HCOOCH(CH3)-，CH3-；有鄰間對3種；

符合條件的有15種；其中核磁共振氫譜有六組峰，且峰面積之比為3：3：2：2：1：1的是故答案為：15；

(6)以D和乙醛為原料合成（其他無機試劑自選），苯甲醛和乙醛發(fā)生加成反應，然后發(fā)生消去反應、最后發(fā)生加成反應得到目標產物，其合成路線為故答案為：

【點睛】

明確反應前后碳鏈結構變化是解本題關鍵，易錯點是同分異構體種類判斷，要考慮碳鏈異構、位置異構?！窘馕觥勘郊状技映煞磻獨溲趸c水溶液，加熱C+1531、略

【分析】【分析】

(1)Co為27號元素，位于第四周期第ⅤⅢ族；1個Ni(CO)4中含有4個配位鍵；4個共價三鍵；每個共價三鍵中含有一個σ鍵，配位鍵也屬于σ鍵；與CO互為等電子體的陰離子中含有2個原子、價電子數(shù)是10；

(2)①O元素是非金屬；Co是金屬元素；

②氫鍵越多；熔沸點越高；

③[Co(CN)6]4-配離子具有強還原性，在加熱時能與水反應生成淡黃色[Co(CN)6]3-；只能是水中氫元素被還原為氫氣，根據(jù)電荷守恒有氫氧根離子生成；

(3)①δ晶胞為體心立方堆積；Fe原子配位數(shù)為8．a晶胞為簡單立方堆積，F(xiàn)e原子配位數(shù)為6；

②γ-Fe中頂點粒子占面心粒子占根據(jù)晶體密度ρ=計算；

③在立方晶胞中與晶胞體對角線垂直的面在晶體學中稱為(1；1，1)晶面，該立方晶胞體中(1，1，1)晶面共有4個。

【詳解】

基態(tài)Ni原子的價電子為3d能級上的8個電子、4s能級上的2個電子，其價電子排布式為1個中含有4個配位鍵、4個共價三鍵，每個共價三鍵中含有一個鍵，配位鍵也屬于鍵，所以該分子中含有8個鍵，則1mol該配合物中含有個鍵；與CO互為等電子體的陰離子中含有2個原子、價電子數(shù)是10，符合條件的陰離子為或

元素Co與O中；由于O元素是非金屬而Co是金屬元素，O比Co原子更難失去電子，所以第一電離能較大的是O；

與均為極性分子，中氫鍵比甲醇多。沸點從高到低的順序為具體地說，的沸點較高，是因為平均一個水分子能形成兩個氫鍵而平均一個分子只能形成一個氫鍵，氯鍵越多，熔沸點越高；所以沸點高；

配離子具有強還原性，在加熱時能與水反應生成淡黃色只能是水中氫元素被還原為氫氣，根據(jù)電荷守恒有氫氧根離子生成，該反應離子方程式為：

晶胞為體心立方堆積，F(xiàn)e原子配位數(shù)為8；a晶胞為簡單立方堆積，F(xiàn)e原子配位數(shù)為6，則a兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為8：3；

中頂點粒子占面心粒子占則一個晶胞中含有Fe的個數(shù)為個，不妨取1mol這樣的晶胞，即有個這樣的晶胞，1mol晶胞的質量為根據(jù)立體幾何知識，晶胞邊長a與Fe的半徑的關系為所以則一個晶胞體積為所以晶體密度為：

觀察圖可得在立方晶胞中與晶胞體對角線垂直的面在晶體學中稱為1，晶面，該立方晶胞體中1，晶面共有4個?！窘馕觥炕虻姆悬c較高，因為平均一個水分子能形成兩個氫鍵而平均一個分子只能形成一個氫鍵，氯鍵越多，熔沸點越高。所以沸點高34五、有機推斷題(共3題，共15分)32、略

【分析】【分析】

A的密度為1.25g/L，其摩爾質量為1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，A為CH2=CH2，B是CO與H2以物質的量之比為1：1反應的產物，則B為HCHO，B與氫氣發(fā)生加成反應生成D，HCHO+H2C