2025年滬教新版高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教新版高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、用鉑電極(惰性)電解下列溶液時(shí)，陰極和陽極上的主要產(chǎn)物分別是H2和O2的是A.NaCl溶液B.HCl溶液C.NaOH溶液D.AgNO3溶液2、下列各組物質(zhì)中，最簡式相同，但既不是同系物，又不是同分異構(gòu)體的是（）A.丙烯和丙烷B.正戊烷和2-甲基丁烷C.環(huán)己烷和苯D.乙炔和苯3、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)正確的是

A.圖rm{1}證明酸性：rm{HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}B.圖rm{2}實(shí)驗(yàn)室制備氨氣。

C.圖rm{3}實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯D.圖rm{4}檢驗(yàn)濃硫酸與蔗糖反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化硫4、下列氣體能使品紅溶液褪色的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}B.rm{O_{2}}C.rm{NH_{3}}D.rm{HCl}5、有關(guān)反應(yīng)5Cu+4H2SO4（濃）Cu2S+3CuSO4+4H2O的敘述正確的是A.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:5B.每有1molCu參加反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移2mole－C.氧化產(chǎn)物只有CuSO4D.濃硫酸既是氧化劑又是還原劑6、下列離子方程式中，書寫不正確的是()A.氯化鈉溶液中加入硝酸銀溶液：Ag++Cl-=AgCl↓B.把金屬鈉放入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2C.將溴水加入碘化鉀溶液中：Br2+2I-=2Br-+I2D.鹽酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O7、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)或應(yīng)用的說法正確的是（）A.在甲苯中加入少量酸性高錳酸鉀溶液，振蕩后褪色，正確的解釋是由于側(cè)鏈與苯環(huán)的相互影響，使側(cè)鏈和苯環(huán)均易被氧化B.用核磁共振氫譜鑒別1-丙醇、2-丙醇C.間二溴苯僅有一種空間結(jié)構(gòu)可證明苯分子中不存在單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)D.煤的干餾是現(xiàn)今獲得芳香烴的主要途徑8、下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.第rm{3}周期所包含的元素中鈉的原子半徑最小B.鈉的第一電離能比鎂的第一電離能大C.在所有元素中，氟的電負(fù)性最大D.電子云示意圖中的每個(gè)小黑點(diǎn)都表示一個(gè)電子9、加成反應(yīng)也是有機(jī)化學(xué)中的一類重要的反應(yīng)類型，下列物質(zhì)各組物質(zhì)中不能全部發(fā)生加成反應(yīng)的是rm{(}rm{)}A.乙烷、乙烯B.乙烯、乙炔C.氯乙烯、溴乙烯D.苯、rm{2-}丁烯評(píng)卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、煤在燃燒時(shí)會(huì)產(chǎn)生rm{SO_{2}}造成環(huán)境污染rm{.}下列說法正確的有rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}是形成酸雨的主要?dú)怏wB.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}}排放D.用水溶解、過濾除去煤中的單質(zhì)硫以減少rm{SO_{2}}排放11、下列有機(jī)化合物中，不屬于醇的有A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}=CHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}12、甲烷和乙烯是兩種重要的有機(jī)物，關(guān)于它們的說法正確的是A.乙烯是重要的化工原料B.甲烷和乙烯互為同系物C.甲烷和乙烯可以用溴水加以鑒別D.甲烷是最簡單的有機(jī)物，是天然氣的主要成分13、下列各組中的性質(zhì)比較中，正確的有（）A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.堿性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.非金屬性F＞Cl＞BrD.穩(wěn)定性HCl＞H2S＞PH314、生活處處有化學(xué)。下列敘述正確的有A.大米經(jīng)蒸煮和發(fā)酵可釀造白酒B.油脂水解的最終產(chǎn)物為葡萄糖C.棉花和蠶絲的主要成分都是纖維素D.豆制品中的主要營養(yǎng)物質(zhì)是蛋白質(zhì)評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、11.2gKOH的稀溶液與1L0.1mol·L-1的H2SO4溶液反應(yīng)放出11.46kJ的熱量,該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為,則KOH與H2SO4的中和熱為。16、氫氣是一種新型的綠色能源，又是一種重要的化工原料。（1）氫氣燃燒熱值高。實(shí)驗(yàn)測(cè)得，在常溫常壓下，1gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出142.9kJ熱量。則H2燃燒熱的化學(xué)方程式為____。（2）氫氣是合成氨的重要原料，合成氨反應(yīng)的熱化方程式如下：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝－92.4kJ/mol①當(dāng)合成氨反應(yīng)達(dá)到平衡后，改變某一外界條件(不改變N2、H2和NH3的量)，反應(yīng)速率與時(shí)間的關(guān)系如下圖所示。圖中t1時(shí)引起平衡移動(dòng)的條件可能是____其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段時(shí)間是②溫度為T℃時(shí)，將2amolH2和amolN2放入0.5L密閉容器中，充分反應(yīng)后測(cè)得N2的轉(zhuǎn)化率為50%。則反應(yīng)的平衡常數(shù)為17、(12分)在100℃時(shí)，將0.100molN2O4氣體充入1L恒容抽空的密閉容器中，隔一定時(shí)間對(duì)該容器內(nèi)物質(zhì)的濃度進(jìn)行分析得到如表數(shù)據(jù)：。時(shí)間(s)020406080c(N2O4)/mol·L－10.100c10.050c3c4c(NO2)/mol·L－10.0000.060c20.1200.120（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為________；從表中分析：c1________c2，c3________c4(填“>”、“<”或“＝”)。（2）在上述條件下，從反應(yīng)開始直至達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，N2O4的平均反應(yīng)速率為________mol·L－1·s－1。（3）達(dá)平衡后下列條件的改變可使NO2氣體濃度增大的是________(填字母序號(hào))。A．?dāng)U大容器的容積B．再充入一定量的N2O4C．分離出一定量的NO2D．再充入一定量的He（4）若在相同條件下，起始時(shí)只充入0.080molNO2氣體，則達(dá)到平衡時(shí)NO2氣體的轉(zhuǎn)化率為________。18、(14分)Ｉ．火箭推進(jìn)器中盛有強(qiáng)還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強(qiáng)氧化劑液態(tài)雙氧水。當(dāng)把0．5mol液態(tài)肼和1molH2O2混合反應(yīng)，生成氮?dú)夂退魵?，放?56．5kJ的熱量(相當(dāng)于25℃、101kPa下測(cè)得的熱量)。（1）反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為。（2）又已知H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝+44．0kJ/mol。則16g液態(tài)肼與液態(tài)雙氧水反應(yīng)生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量是kJ。（3）此反應(yīng)用于火箭推進(jìn)，除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個(gè)很大的優(yōu)點(diǎn)是。II．已知：（s，白磷）+則白磷轉(zhuǎn)化為紅磷為____________反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”）；白磷的穩(wěn)定性比紅磷___________（填“高”或“低”）。III．能較準(zhǔn)確地反映丙烷燃燒時(shí)能量變化的曲線是________。19、（12分）位于短周期的四種主族元素A．B．C．D原子序數(shù)依次增大，已知A．C位于同一主族，A在周期表中原子半徑最小。B．D的最外層電子數(shù)相等，且B．D的原子序數(shù)之和為A．C原子序數(shù)之和的兩倍。根據(jù)你的推斷回答下列問題：（1）寫出由上述元素形成的具有漂白作用的四種物質(zhì)的化學(xué)式：，，，。（2）C與D形成D的最低價(jià)化合物的電子式：____（3）僅由B．C．D三種元素形成的一種鹽，溶于水后呈堿性，請(qǐng)用一個(gè)離子方程式表示其呈堿性的原因：。20、當(dāng)醚鍵兩端的烷基不相同時(shí)rm{(R_{1}-O-R_{2},R_{1}neqR_{2})}通常稱其為“混醚”。若用醇脫水的常規(guī)方法制備混醚，會(huì)生成許多副產(chǎn)物：rm{R_{1}隆陋OH+R_{2}隆陋OHxrightarrow[triangle]{脜簍脕貌脣謾}R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+R_{1}隆陋O隆陋R_{1}+R_{2}隆陋O隆陋R_{2}+H_{2}O}一般用rm{(R_{1}-O-R_{2},R_{1}neq

R_{2})}反應(yīng)制備混醚：rm{R_{1}隆陋X+R_{2}隆陋ONa隆煤R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+NaX}某課外研究小組擬合成rm{R_{1}隆陋OH+R_{2}隆陋OH

xrightarrow[triangle]{脜簍脕貌脣謾}R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+R_{1}隆陋O隆陋R_{1}+

R_{2}隆陋O隆陋R_{2}+H_{2}O}乙基芐基醚rm{Williamson}采用如下兩條路線進(jìn)行對(duì)比：Ⅰ：Ⅱ：rm{R_{1}隆陋X+

R_{2}隆陋ONa隆煤R_{1}隆陋O隆陋R_{2}+NaX}rm{(}rm{)}回答下列問題：rm{壟脵}路線Ⅰ的主要副產(chǎn)物有______________、______________。rm{壟脷}的結(jié)構(gòu)簡式為______________。rm{壟脹}的制備過程中應(yīng)注意的安全事項(xiàng)是______________。rm{(1)}由rm{(2)A}和rm{(3)B}生成乙基芐基醚的反應(yīng)類型為______________。rm{(4)}比較兩條合成路線的優(yōu)缺點(diǎn)：______________。rm{A}苯甲醇的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有________種。rm{B}某同學(xué)用更為廉價(jià)易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基芐基醚，請(qǐng)參照路線Ⅱ，寫出合成路線______________。rm{(5)}21、rm{(1)}已知反應(yīng)：rm{壟脵C(jī)(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH_{1}=-110.5kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH_{2}=-393.5kJ?mol^{-1}}

寫出表示rm{壟脵C(jī)(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH_{1}=-110.5kJ?mol^{-1}}燃燒熱的熱化學(xué)方程式______．

rm{壟脷C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangle

H_{2}=-393.5kJ?mol^{-1}}搭載神舟十一號(hào)航天飛船的長征二號(hào)rm{CO}運(yùn)載火箭的助推器、芯一級(jí)、芯二級(jí)應(yīng)用的燃料全部是液態(tài)偏二甲肼和液態(tài)四氧化二氮rm{(2)}其中偏二甲肼rm{F}為火箭燃料，四氧化二氮rm{.}為氧化劑，當(dāng)它們混合時(shí)，立即產(chǎn)生大量氮?dú)?、二氧化碳和水蒸氣，并放出大量熱rm{(C_{2}H_{8}N_{2})}若rm{(N_{2}O_{4)}}偏二甲肼與rm{.}完全反應(yīng)時(shí)，放出rm{0.1mol}的熱量rm{N_{2}O_{4}}寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：______．rm{526.65kJ}評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共6分)22、元素鉻rm{(Cr)}在溶液中主要以rm{Cr^{3+}(}藍(lán)紫色rm{)}rm{Cr(OH)_{4}^{?}(}綠色rm{)}rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}(}橙紅色rm{)}rm{CrO_{4}^{2?}(}黃色rm{)}等形式存在，rm{Cr(OH)_{3}}為難溶于水的灰藍(lán)色固體，回答下列問題：rm{(1)CrO_{4}^{2?}}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}}在溶液中可相互轉(zhuǎn)化。室溫下，初始濃度為rm{1.0mol隆隴L^{?1}}的rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中rm{c}rm{(Cr_{2}O_{7}^{2?})}隨rm{c}rm{(H^{+})}的變化如圖所示。

rm{壟脵}用離子方程式表示rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的轉(zhuǎn)化反應(yīng)__rm{_}rm{壟脷}由圖可知，溶液酸性增大，rm{CrO_{4}^{2?}}的平衡轉(zhuǎn)化率_____rm{(}填“增大“減小”或“不變”rm{)}根據(jù)rm{A}點(diǎn)數(shù)據(jù)，計(jì)算出該轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為_______。rm{壟脹}升高溫度，溶液中rm{CrO_{4}^{2?}}的平衡轉(zhuǎn)化率減小，則該反應(yīng)的rm{婁隴}rm{H}_______rm{0(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}rm{(2)}在化學(xué)分析中采用rm{K_{2}CrO_{4}}為指示劑，以rm{AgNO_{3}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的rm{Cl^{?}}利用rm{Ag^{+}}與rm{CrO_{4}^{2?}}生成磚紅色沉淀，指示到達(dá)滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中rm{Cl^{?}}恰好完全沉淀rm{(}濃度等于rm{1.0隆脕10^{?5}mol隆隴L^{?1})}時(shí)，溶液中rm{c(Ag^{+})}為_______rm{mol隆隴L^{?1}}此時(shí)溶液中rm{c}rm{(CrO_{4}^{2?})}等于______________rm{mol隆隴L^{?1}}rm{(}已知rm{Ag_{2}CrO_{4}}rm{AgCl}的rm{K}rm{{,!}_{sp}}分別為rm{2.0隆脕10^{?12}}和rm{2.0隆脕10^{?10})}rm{(3)+6}價(jià)鉻的化合物毒性較大，常用rm{NaHSO_{3}}將廢液中的rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}}還原成rm{Cr^{3+}}反應(yīng)的離子方程式為__________________。23、rm{CH_{3}Cl}為無色，略帶臭味的氣體，密度為rm{2.25g/L}熔點(diǎn)為rm{-24.2隆忙}不易溶于水，易溶于乙醇和丙醇等有機(jī)溶劑．

Ⅰrm{.}實(shí)驗(yàn)室制取rm{CH_{3}Cl}的原理是rm{CH_{3}OH+HCl(}濃rm{)xrightarrow[triangle]{ZnCl_{2}}}rm{)xrightarrow[triangle

]{ZnCl_{2}}}具體步驟如下：

rm{CH_{3}Cl+H_{2}O.}干燥rm{壟脵}晶體；

rm{ZnCl_{2}}稱取rm{壟脷}研細(xì)的無水rm{24g}和量取rm{ZnCl_{2}}濃鹽酸放入圓底燒瓶；同時(shí)量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；

rm{20mL}將分液漏斗里的甲醇逐滴滴入燒瓶中并加熱，待rm{壟脹}完全溶解后有rm{ZnCl_{2}}氣體逸出；可用排水法收集．

請(qǐng)回答：

rm{CH_{3}Cl}實(shí)驗(yàn)室干燥rm{(1)}晶體制得無水rm{ZnCl_{2}}的方法是______

rm{ZnCl_{2}}反應(yīng)過程中滴入燒瓶中甲醇的體積比鹽酸少rm{(2)}甲醇與濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度接近rm{(}其理由是______．

rm{)}實(shí)驗(yàn)室為何用排水法收集rm{(3)}______

Ⅱrm{CH_{3}Cl}據(jù)某資料記載，rm{.}分子中的一個(gè)rm{CH_{4}}原子被rm{H}原子取代后，其穩(wěn)定性受到影響，可被強(qiáng)氧化劑酸性高錳酸鉀氧化rm{Cl}現(xiàn)有四只洗氣瓶；分別盛有以下試劑：

A.rm{.}溶液；rm{1.5%KMnO_{4}(H^{+})}蒸餾水；rm{B.}溶液；rm{C.5%Na_{2}SO_{3}}

rm{D.98%H_{2}SO_{4}}為證實(shí)這一理論的可靠性，請(qǐng)從上面選擇最恰當(dāng)?shù)南礆馄?，將rm{(1)}裝置生成的氣體依次通過洗氣瓶______rm{a}填洗氣瓶編號(hào)rm{(}如果觀察到______則證實(shí)上述資料的正確性．

rm{)}寫出洗氣瓶中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式rm{(2)}元素的氧化產(chǎn)物為rm{(C}______

rm{CO_{2})}如果rm{(3)}是大氣的污染物；上述洗氣瓶之后還應(yīng)接一只盛______的洗氣瓶．

rm{CH_{3}Cl}某小組同學(xué)取rm{(4)}被rm{VmL}污染的水樣與錐形瓶中，用rm{CH_{3}Cl}酸性rm{0.10mol?L^{-1}}溶液進(jìn)行滴定；實(shí)驗(yàn)所得數(shù)據(jù)如表所示：

。rm{KMnO_{4}}滴定次數(shù)rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}消耗rm{KMnO_{4}}溶液體積rm{/mL}rm{20.90}rm{20.02}rm{20.00}rm{19.98}第一次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，造成這種異常的原因可能是______rm{(}填字母代號(hào)rm{)}．

rm{a.}錐形瓶洗凈后未干燥rm{b.}酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗。

rm{c.}滴定過程中振蕩錐形瓶時(shí)有液體濺出rm{d.}滴定終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)．評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)24、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。25、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請(qǐng)回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序?yàn)開__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請(qǐng)判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。26、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。27、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實(shí)驗(yàn)_______參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【解析】試題分析：A、B項(xiàng)：陽極產(chǎn)物是Cl2，故錯(cuò)；D項(xiàng)：陰極產(chǎn)物是Ag，故錯(cuò)。故選C?？键c(diǎn)：電解原理的應(yīng)用【解析】【答案】C2、D【分析】解：A．丙烯和丙烷分子式分別為C3H6、C3H8；最簡式不同，丙烯含有碳碳雙鍵，與苯丙烷不是同系物，二者分子式不同不是同分異構(gòu)體，故A錯(cuò)誤；

B．正戊烷和2-甲基丁烷分子式分別為C5H12、C5H12；最簡式相同，二者分子式相同結(jié)構(gòu)不同是同分異構(gòu)體，故B錯(cuò)誤；

C．環(huán)己烷和苯分子式分別為C6H12、C6H6；最簡式不同，環(huán)己烷與苯不是同系物，二者分子式不同不是同分異構(gòu)體，故C錯(cuò)誤；

D．乙炔和苯分子式分別為C2H2、C6H6；最簡式相同，乙烯含有碳碳三鍵，與苯不是同系物，二者分子式不同不是同分異構(gòu)體，故D正確．

故選D．

最簡式指用元素符號(hào)表示化合物分子中各元素的原子個(gè)數(shù)比的最簡關(guān)系式；

同系物指結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)；

同分異構(gòu)體指具有相同的分子式；但具有不同的結(jié)構(gòu)式的化合物．

本題考查同系物、同分異構(gòu)體的判斷，難度不大，注意化學(xué)“五同”比較．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及物質(zhì)檢驗(yàn)、物質(zhì)分離和提純、氣體制備等知識(shí)點(diǎn)，明確實(shí)驗(yàn)原理、物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是rm{C}注意rm{NaOH}能促使乙酸乙酯水解，題目難度不大?！窘獯稹緼.硝酸也能和硅酸鈉反應(yīng)生成難溶性的硅酸膠體；且硝酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有硝酸而影響碳酸酸性檢驗(yàn)，要實(shí)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?yīng)該將生成的二氧化碳先通入飽和的碳酸氫鈉溶液中除去硝酸，然后將氣體通入硅酸鈉溶液中，故A錯(cuò)誤；

B.加熱時(shí)氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，但溫度降低時(shí)氨氣和rm{HCl}又反應(yīng)生成氯化銨；實(shí)驗(yàn)室應(yīng)該用氯化銨和氫氧化鈣制取氨氣，故B錯(cuò)誤；

C.實(shí)驗(yàn)室用飽和碳酸鈉溶液分離提純乙酸乙酯，因?yàn)閞m{NaOH}能和乙酸及乙酸乙酯反應(yīng)，所以不能用rm{NaOH}溶液分離提純乙酸乙酯；故C錯(cuò)誤；

D.二氧化硫能使品紅溶液褪色而體現(xiàn)漂白性；二氧化硫能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以可以用品紅溶液；酸性高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)二氧化硫，故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}4、A【分析】解：氧氣；氨氣、氯化氫都不具有漂白性；不能使品紅溶液褪色，二氧化硫具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色；

故選：rm{A}．

能使品紅溶液褪色說明該物質(zhì)具有漂白性；依據(jù)所給物質(zhì)的性質(zhì)解答．

本題考查了元素化合物知識(shí)，熟悉二氧化硫的漂白性即可解答，題目難度不大．【解析】rm{A}5、A【分析】【解析】試題分析：根據(jù)方程式可知，在反應(yīng)中銅的化合價(jià)從0價(jià)部分升高到＋2價(jià)，部分升高到＋1價(jià)，共計(jì)失去2×3＋1×2＝8個(gè)電子。S元素的化合價(jià)從＋6價(jià)降低到－2價(jià)，得到8個(gè)電子，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:5，A正確；每有1molCu參加反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移8mol÷5＝1.6mole－，B不正確；氧化產(chǎn)物是硫酸銅和硫化亞銅，C不正確；濃硫酸起氧化劑和酸性的作用，D不正確，答案選A?？键c(diǎn)：考查氧化還原反應(yīng)的有關(guān)判斷和計(jì)算【解析】【答案】A6、B【分析】B中沒有配平，正確的是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，所以答案選B。【解析】【答案】B7、B【分析】解：A．甲苯與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成苯甲酸；甲基被氧化，而苯環(huán)不被氧化，故A錯(cuò)誤；

B.1-丙醇和2-丙醇的氫原子種類分別為4；3種；可通過核磁共振氫譜鑒別，故B正確；

C．無論是否單雙建交替；間二溴苯都只有一種同分異構(gòu)體，應(yīng)用鄰二溴苯證明，故C錯(cuò)誤；

D．石油的催化重整是獲得芳香烴的主要途徑；故D錯(cuò)誤．

故選B．

A．甲苯與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成苯甲酸；

B.1-丙醇和2-丙醇的氫原子種類分別為4；3種；

C．無論是否單雙建交替；間二溴苯都只有一種同分異構(gòu)體；

D．石油的催化重整可以獲得芳香烴．

本題考查有機(jī)物的鑒別，側(cè)重于結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的考查，題目貼近高考，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，難度不大．【解析】【答案】B8、C【分析】解：rm{A.}同周期元素從左到右；元素的原子半徑逐漸減小，故A錯(cuò)誤；

B.同一周期；從左到右，元素第一電離能是增大的趨勢(shì)，鈉的第一電離能比鎂的第一電離能小，B錯(cuò)誤；

C.電負(fù)性就是以氟作為標(biāo)準(zhǔn)的；氟的非金屬性最大，即電負(fù)性最大，故C正確；

D.電子云圖象中每一個(gè)小黑點(diǎn)表示電子出現(xiàn)在核外空間中的一次概率；不表示一個(gè)電子，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{C}

A.同周期元素從左到右；元素的原子半徑逐漸減?。?/p>

B.同周期元素從左到右；元素第一電離能是增大的趨勢(shì)；

C.在所有元素中；氟的非金屬性最大，即電負(fù)性最大；

D.電子云圖象中每一個(gè)小黑點(diǎn)表示電子出現(xiàn)在核外空間中的一次概率；

本題主要考查同周期元素的性質(zhì)的遞變規(guī)律，題目難度不大，本題電子云圖象中每一個(gè)小黑點(diǎn)表示電子出現(xiàn)在核外空間中的一次概率，不表示一個(gè)電子，答題時(shí)要注意把握．【解析】rm{C}9、A【分析】解：rm{A.}乙烷為飽和烴；不能發(fā)生加成反應(yīng)，故A選；

B.乙烯；乙炔含有碳碳不飽和鍵；可發(fā)生加成反應(yīng)，故B不選；

C.氯乙烯；溴乙烯含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加成反應(yīng)，故C不選；

D.苯可發(fā)生加成反應(yīng)，rm{2-}丁烯含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加成反應(yīng)，故D不選．

故選A．

有機(jī)物分子中的不飽和鍵斷裂；斷鍵原子與其他原子或原子團(tuán)相結(jié)合，生成新的化合物的反應(yīng)是加成反應(yīng)，能發(fā)生加成反應(yīng)的有機(jī)物必須含有不飽和鍵，以此解答該題．

本題有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重加成反應(yīng)的判斷，加成反應(yīng)的條件是有機(jī)物中必須含有不飽和鍵rm{(}如碳碳雙鍵、碳碳三鍵等rm{)}難度不大．【解析】rm{A}二、多選題(共5題，共10分)10、ABC【分析】解：rm{A.}二氧化硫是形成酸雨的主要污染物之一；故A正確；

B.煤廢氣為酸性氣體；可用堿液吸收，減少環(huán)境污染，故B正確；

C.在煤炭中添加石灰石rm{(}主要成分rm{CaCO_{3})}作為脫硫劑進(jìn)行脫硫處理，可減少rm{SO_{2}}排放；故C正確；

D.硫微溶于水；無法除掉，故D錯(cuò)誤．

故選ABC．

A.rm{SO_{2}}能形成酸雨；

B.煤廢氣為酸性氣體；

C.在煤炭中添加石灰石rm{(}主要成分rm{CaCO_{3})}作為脫硫劑進(jìn)行脫硫處理；

D.硫微溶于水．

本題考查環(huán)境污染及治理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)、能源與環(huán)境的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累．【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】【分析】本題考查了烴的衍生物的概念應(yīng)用，題目較簡單，掌握基本概念即可解決問題。【解答】A、rm{CH_{3}CH_{3}}只含rm{C}rm{H}兩元素；故屬于烴類，故A選；

B、rm{CH_{2}簍TCHCl}可以認(rèn)為是乙烯中的一個(gè)rm{H}原子被一個(gè)rm{Cl}取代后的產(chǎn)物；故屬于鹵代烴，故B選；

C、rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以認(rèn)為是用rm{-OH}取代了乙烷中的一個(gè)rm{H}原子后得到的；故屬于醇，故C不選；

D、乙酸乙酯可以認(rèn)為是用rm{CH_{3}COO-}取代了乙烷分子中的一個(gè)rm{H}原子得到；屬于酯類，故D選。

故選ABD。

【解析】rm{ABD}12、ACD【分析】本題考查較綜合，涉及有機(jī)物的鑒別、試劑的保存、有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)及混合物分離提純等。A.乙烯是重要的化工原料，故A正確；

B.甲烷是飽和烷烴，乙烯是烯烴，不是同系物，故B錯(cuò)誤；

C.乙烯與溴水反應(yīng)，而甲烷不能，則甲烷和乙烯可以用溴水鑒別，故C正確；

D.甲烷是最簡單的有機(jī)物，是天然氣的主要成分，故D正確。

故選ACD?！窘馕觥縭m{ACD}13、ABCD【分析】解：A．Cl、Br；I位于同一主族；同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性逐漸減弱，故A正確；

B．同主族元素的金屬性從上到下逐漸增強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的進(jìn)行逐漸增強(qiáng)，則堿性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正確；

C．同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，則非金屬性F＞Cl＞Br；故C正確；

D．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強(qiáng)，其氫化物的穩(wěn)定性增強(qiáng)，則穩(wěn)定性HCl＞H2S＞PH3；故D正確．

故答案為：ABCD．

A．同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱；對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性逐漸減弱；

B．同主族元素的金屬性從上到下逐漸增強(qiáng)；對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的進(jìn)行逐漸正確；

C．同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱；

D．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強(qiáng)；其氫化物的穩(wěn)定性增強(qiáng)．

本題考查元素周期表的遞變規(guī)律，題目難度不大，注意單質(zhì)、化合物的性質(zhì)與金屬性、非金屬性的關(guān)系．【解析】【答案】ABCD14、AD【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)油脂、淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)等應(yīng)用?！窘獯稹緼.淀粉發(fā)酵為葡萄糖，葡萄糖在一定條件下分解為乙醇和二氧化碳，故A正確；B.油脂水解最終產(chǎn)物為高級(jí)脂肪酸和甘油，故B錯(cuò)誤；C.棉花的主要成分是纖維素，蠶絲的主要成分是蛋白質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D.豆制品中的主要營養(yǎng)物質(zhì)是蛋白質(zhì)，故D正確。故答案為：rm{AD}【解析】rm{AD}三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】n(KOH)=0.2mol,n(H2SO4)=0.1mol,兩者恰好完全反應(yīng)生成0.2mol水,放出11.46kJ的熱量,由中和熱的定義可知,生成1mol水,放出的熱量為11.46kJ×5=57.3kJ?！窘馕觥俊敬鸢浮縆OH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-157.3kJ·mol-116、略

【分析】試題分析：（1）1g氫氣的物質(zhì)的量是0.5mol，燃燒0.5mol氫氣放出142.9kJ熱量，所以燃燒1mol氫氣放出285.8kJ熱量，所以氫氣的燃燒熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ/mol；（2）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）；△H=-92.4kJ/mol；反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)前后氣體體積減小，①依據(jù)反應(yīng)速率與時(shí)間的關(guān)系圖象分析，t1時(shí)正逆反應(yīng)速率都增大，平衡正向移動(dòng)，引起平衡移動(dòng)的條件可能是增大壓強(qiáng)；表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段時(shí)間是t2-t3；②N2（g）+3H2（g）?2NH2（g）開始2amol/L4amol/L0反應(yīng)amol/L3amol/L2amol/L平衡amol/Lamol/L2amol/L所以化學(xué)平衡常數(shù)K=(2amol/L)2/(amol/L)?(amol/L)3=4/a2（L/mol）2，考點(diǎn)：熱化學(xué)方程式；化學(xué)平衡常數(shù)的含義；化學(xué)平衡的調(diào)控作用【解析】【答案】（1）H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；ΔH＝－285.8kJ/mol（2）①增大壓強(qiáng)t2－t3②17、略

【分析】試題分析：N2O4（g）?2NO2（g），反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝20s時(shí)c（NO2）=0.060mol/LN2O4?2NO2，濃度變化0.030mol0.060mol/Lc1=0.10mol/L-0.03mol/L=0.070mol/L；由表可知，40s時(shí)，c（N2O4）=0.050mol/L，N2O4?2NO2，濃度變化：（0.1-0.05）mol/L0.10mol/L所以c2=0.10mol/L所以c2＞c1；答案為：K＝<＝；（2）（2）由表可知，60s時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡，c（NO2）=0.120mol/L，N2O4?2NO2，濃度變化：0.06mol/L0.120mol/L，V（N2O4）==0.001mol/（L?s）；故答案為：0.001；（3）N2O4=2NO2反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，依據(jù)化學(xué)平衡原理分析選項(xiàng)，增大二氧化氮濃度的條件；A、增大容器體積，各組分濃度均減小，故A錯(cuò)誤；B、再充入四氧化二氮，平衡正向移動(dòng)，二氧化氮濃度增大，故B正確；C、減小NO2的濃度，平衡雖正向進(jìn)行，但二氧化氮的濃度減小，故C錯(cuò)誤；D、再充入一定量的He，總壓增大，氣體分壓不變，平衡不變，二氧化氮濃度不變，故D錯(cuò)誤；故選B；（4）依據(jù)平衡濃度計(jì)算平衡常數(shù)，結(jié)合化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算；N2O4?2NO2，起始量（mol/L）0.100變化量（mol/L）0.060.12平衡量（mol/L）0.040.12平衡常數(shù)K==2NO2=N2O4起始量（mol/L）0.08000變化量（mol/L）x0.5x平衡量（mol/L）0.080-x0.5xK=x=0.020mol/L則達(dá)到平衡時(shí)N02氣體的轉(zhuǎn)化率=25%考點(diǎn)：化學(xué)平衡常數(shù)的簡單計(jì)算【解析】【答案】（1）K＝<＝（2）0.001（3）B（4）25%18、略

【分析】試題解析：（1）【解析】

液態(tài)肼和H2O2混合反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0．4mol液態(tài)肼放出akJ的熱量，則1mol液態(tài)肼放出的熱量為=所以反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-kJ/mol；（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-kJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+bkJ/mol，依據(jù)蓋斯定律①-②×4得到N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-（--4b）KJ/mol，則16g液態(tài)肼物質(zhì)的量==0．5mol；與液態(tài)雙氧水反應(yīng)生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量（+2b）KJ；（3）此反應(yīng)用于火箭推進(jìn)，除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個(gè)很大的優(yōu)點(diǎn)是產(chǎn)物為氮?dú)夂退?，是空氣成分不?huì)造成環(huán)境污染?？键c(diǎn)：熱化學(xué)方程式；化學(xué)能與熱能的相互轉(zhuǎn)化【解析】【答案】Ｉ．（1）N2H4(l)+2H2O2(l)==N2(g)+4H2O(g)△H＝－513．0KJ/mol（2）344．5（3）產(chǎn)物不會(huì)造成環(huán)境污染。ＩＩ．放熱；低．III．Ｂ19、略

【分析】【解析】【答案】（1）SO2O3H2O2Na2O2（2）（3）SO32－+H2OHSO3－+OH－20、（1）CH3CH2OCH2CH3（2）（3）規(guī)范使用金屬鈉，防止氫氣爆炸（4）取代反應(yīng)（5）路線I比路線II步驟少，但路線I比路線II副產(chǎn)物多，產(chǎn)率低（6）4（7）【分析】【分析】本題考查有機(jī)合成和有機(jī)推斷，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷及合成路線設(shè)計(jì)能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，根據(jù)反應(yīng)物、目標(biāo)產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡式結(jié)合反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，注意題給信息的合理運(yùn)用，注意反應(yīng)先后順序，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}路線Ⅰ的主要副產(chǎn)物有rm{CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}}故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}}rm{(2)A}的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：rm{(3)B}的制備過程中應(yīng)注意的安全事項(xiàng)是規(guī)范使用金屬鈉，防止氫氣爆炸，故答案為：規(guī)范使用金屬鈉，防止氫氣爆炸；rm{(4)}由rm{A}和rm{B}生成乙基芐基醚的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；rm{(5)}比較兩條合成路線的優(yōu)缺點(diǎn)：路線rm{I}比路線rm{II}步驟少，但路線rm{I}比路線rm{II}副產(chǎn)物多，產(chǎn)率低，故答案為：路線rm{I}比路線rm{II}步驟少，但路線rm{I}比路線rm{II}副產(chǎn)物多，產(chǎn)率低；rm{(6)}苯甲醇的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)的還有含甲基的苯酚rm{(}有鄰、間、對(duì)rm{3}種rm{)}苯甲醚，共rm{4}種，故答案為：rm{4}rm{(7)}某同學(xué)用更為廉價(jià)易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基芐基醚的合成路線故答案為：【解析】rm{(1)}rm{CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}}rm{(2)}rm{(3)}規(guī)范使用金屬鈉，防止氫氣爆炸rm{(4)}取代反應(yīng)rm{(5)}路線rm{I}比路線rm{II}步驟少，但路線rm{I}比路線rm{II}副產(chǎn)物多，產(chǎn)率低rm{(6)4}rm{(7)}21、略

【分析】解：rm{(1)CO}燃燒熱的熱化學(xué)方程式表示rm{1molCO}完全燃燒放出熱量的熱化學(xué)方程式，用蓋斯定理，將rm{壟脷-壟脵}可得rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}

故答案為：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}rm{kJ?mol^{-1}}

rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283.0}反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{kJ?mol^{-1}}rm{(2)}若rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)簍T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4}偏二甲肼與rm{H_{2}O(g)}完全反應(yīng)時(shí)，放出rm{0.1mol}的熱量，則rm{N_{2}O_{4}}完全燃燒放出rm{526.65kJ}rm{1molC_{2}H_{8}N_{2}}熱化學(xué)方程式為rm{5266.5}rm{H_{2}O(g)triangleH=-5266.5}rm{kJ}

故答案為：rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)簍T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4}rm{H_{2}O(g)triangleH=-5266.5}rm{H_{2}O(g)triangle

H=-5266.5}．

rm{kJ?mol^{-1}}利用蓋斯定理，將rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)簍T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4}可得rm{H_{2}O(g)triangle

H=-5266.5}燃燒熱的熱化學(xué)方程式；

rm{kJ?mol^{-1}}反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{(1)}rm{壟脷-壟脵}結(jié)合方程式計(jì)算反應(yīng)熱．

本題考查化學(xué)反應(yīng)與能量變化，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析、計(jì)算能力，注意把握熱化學(xué)方程式的書寫以及蓋斯定律的運(yùn)用，難度不大．rm{CO}【解析】rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}rm{C_{2}H_{8}N_{2}(l)+2N_{2}O_{4}(l)簍T2CO_{2}(g)+3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-5266.5kJ?mol^{-1}}四、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共6分)22、（1）①2Cr2O42-+2H+?Cr2O72-+H2O②增大1.0X1014③小于（2）2.0×10-55.0×10-3（3）5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O【分析】【分析】本題考查化學(xué)反應(yīng)原理的分析與探究、化學(xué)平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)的計(jì)算的知識(shí)，注意平衡常數(shù)的理解應(yīng)用，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}隨著rm{H^{+}}濃度的增大，rm{CrO_{4}^{2-}}轉(zhuǎn)化為rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的離子反應(yīng)式為：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}故答案為：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}

rm{壟脷}溶液酸性增大，平衡rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}正向進(jìn)行，rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡轉(zhuǎn)化率增大；rm{A}點(diǎn)rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的濃度為rm{0.25mol/L}根據(jù)rm{Cr}元素守恒可知rm{CrO_{4}^{2-}}的濃度為rm{0.5mol/L}rm{H^{+}}濃度為rm{1隆脕10^{-7}mol/L}此時(shí)該轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為rm{K=dfrac{c(C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-})}{{c}^{2}({H}^{+}){c}^{2}(Cr{{O}_{4}}^{2-})}=dfrac{0.25}{0.{5}^{2}隆脕({10}^{-7}{)}^{2}}=1.0x10^{14}}故答案為：增大；rm{K=

dfrac{c(C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-})}{{c}^{2}({H}^{+}){c}^{2}(Cr{{O}_{4}}^{2-})}

=dfrac{0.25}{0.{5}^{2}隆脕({10}^{-7}{)}^{2}}=1.0x10^{14}}

rm{1.0x10^{14}}升高溫度，溶液中rm{壟脹}的平衡轉(zhuǎn)化率減小，平衡逆向移動(dòng)，說明正方向放熱，則該反應(yīng)的rm{CrO_{4}^{2-}}故答案為：小于；

rm{triangleH<0}當(dāng)溶液中rm{(2)}完全沉淀時(shí)，即rm{Cl^{-}}依據(jù)rm{c(Cl^{-})=1.0隆脕10^{-5}mol/L}計(jì)算得到rm{c(Ag^{+})=dfrac{Ksp(AgCl)}{c(C{l}^{-})}=dfrac{2.0隆脕{10}^{-10}}{1,0隆脕{10}^{-5}}=2.0隆脕10^{-5}mol/L}此時(shí)溶液中rm{c(CrO_{4}^{2-})=dfrac{Ksp(A{g}_{2};Cr{O}_{4})}{{c}^{2}(A{g}^{+})}=dfrac{2.0隆脕{10}^{-12}}{(2.0隆脕{10}^{-5}{)}^{2}}=5.0隆脕10^{-3}mol/L}故答案為：rm{Ksp(AgCl)=2.0隆脕10^{-10}}rm{c(Ag^{+})=

dfrac{Ksp(AgCl)}{c(C{l}^{-})}=dfrac{2.0隆脕{10}^{-10}}{1,0隆脕{10}^{-5}}

=2.0隆脕10^{-5}mol/L}

rm{c(CrO_{4}^{2-})=

dfrac{Ksp(A{g}_{2};Cr{O}_{4})}{{c}^{2}(A{g}^{+})}=

dfrac{2.0隆脕{10}^{-12}}{(2.0隆脕{10}^{-5}{)}^{2}}

=5.0隆脕10^{-3}mol/L}利用rm{2.0隆脕10^{-5}}的還原性將廢液中的rm{5.0隆脕10^{-3}}還原成rm{(3)}發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{NaHSO_{3}}

故答案為：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}

rm{Cr^{3+}}【解析】rm{(1)壟脵2Cr_{2}O_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}rm{壟脷}增大rm{1.0X10^{14}}rm{壟脹}小于rm{(2)2.0隆脕10^{-5;;;;}5.0隆脕10^{-3}}rm{(3)5H^{+}+Cr_{2}O_{7}^{2-}+3HSO_{3}^{-}=2Cr^{3+}+3SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}23、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)}在加熱rm{ZnCl_{2}}晶體時(shí)可選擇通rm{HCl}氣體抑制其水解，故答案為：在干燥的rm{HCl}氣氛中加熱；

rm{(2)}為了提高甲醇的利用率；可以適當(dāng)增加鹽酸的量，故答案為：增大鹽酸的量以提高甲醇的轉(zhuǎn)化率；

rm{(3)}因rm{CH_{3}Cl}中混有易溶于水的雜質(zhì)氣體，用排水法可以即除雜又可收集，故答案為：rm{CH_{3}Cl}不易溶于水，用排水法可除去rm{HCl}rm{CH_{3}OH}等雜質(zhì)氣體；

Ⅱrm{.(1)}如果rm{CH_{3}Cl}能被強(qiáng)氧化劑酸性高錳酸鉀氧化，可選擇先通過盛有水的洗氣瓶除去可能混合有的rm{HCl}和甲醇，再通過盛有的酸性高錳酸鉀洗氣瓶，溶液的紫色會(huì)褐去，最后通過盛rm{Na_{2}SO_{3}}的洗氣瓶吸收生成的氯氣防污染，故答案為：rm{BAC}rm{A}紫色褪去；

rm{(2)}酸性高錳酸鉀氧化rm{CH_{3}Cl}會(huì)生成rm{CO_{2}}和rm{Cl_{2}}同時(shí)自身被還原成rm{Mn^{2+}}發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{10CH_{3}Cl+14MnO_{4}^{-}+42H^{+}=14Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+5Cl_{2}隆眉+36H_{2}O}生成的氯氣經(jīng)過rm{Na_{2}SO_{3}}的洗氣瓶會(huì)氧化rm{Na_{2}SO_{3}}為rm{Na_{2}SO_{4}}發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{SO_{3}^{2-}+Cl_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}+H^{+}}

故答案為：rm{10CH_{3}Cl+14MnO_{4}^{-}+42H^{+}=14Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+5Cl_{2}隆眉+36H_{2}O}rm{SO_{3}^{2-}+Cl_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}+H^{+}}

rm{(3)CH_{3}Cl}易溶于乙醇和丙醇等有機(jī)溶劑，可選擇酒精吸收rm{CH_{3}Cl}的尾氣；故答案為：乙醇；

rm{(4)a.}錐形瓶洗凈后未干燥，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)rm{V(}標(biāo)準(zhǔn)rm{)}無影響，根據(jù)rm{c(}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}標(biāo)準(zhǔn)rm{c(}不變，故rm{)}錯(cuò)誤；

rm{a}酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成rm{b.}標(biāo)準(zhǔn)rm{V(}偏大，根據(jù)rm{)}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，rm{c(}標(biāo)準(zhǔn)rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}偏大，故rm{c(}正確；

rm{)}滴定過程中振蕩錐形瓶時(shí)有液體濺出，造成rm標(biāo)準(zhǔn)rm{c.}偏小，根據(jù)rm{V(}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，rm{)}標(biāo)準(zhǔn)rm{c(}偏小，故rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}錯(cuò)誤；

rm{c(}滴定終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)，造成rm{)}標(biāo)準(zhǔn)rm{c}偏大，根據(jù)rm{d.}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，rm{V(}標(biāo)準(zhǔn)rm{)}偏大，故rm{c(}正確；

故選rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}．

本題是利用甲醇與濃鹽酸反應(yīng)制備rm{c(}涉及具體的制備過程是先在干燥的rm{)}氣流中加熱rmitaipgo晶體得到無水rm{bd}再將無水rm{CH_{3}Cl}和量取rm{HCl}濃鹽酸放入圓底燒瓶并滴加一定量的甲醇，經(jīng)加熱后會(huì)有rm{ZnCl_{2}}生成，因rm{ZnCl_{2}}中混有揮發(fā)出的rm{ZnCl_{2}}及甲醇，選擇排水法收集生成的氣體的同時(shí)還可以除雜，另外還探究了的穩(wěn)定性及含有rm{20mL}尾氣的處理；

Ⅰrm{CH_{3}Cl}因rm{CH_{3}Cl}晶體直接加熱時(shí)，因rm{HCl}水解，如果直接加熱最終得到的是rm{CH_{3}Cl}因此要用濃鹽酸或rm{.(1)}氣體抑制其水解的同時(shí)加熱；

rm{ZnCl_{2}}當(dāng)有兩種反應(yīng)物參加反應(yīng)時(shí)；可通過提高一種反應(yīng)物的量提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；

rm{Zn^{2+}}因反應(yīng)混合物中的鹽酸和甲醇均易揮發(fā)，生成的rm{Zn(OH)_{2}}中會(huì)混有揮發(fā)出的雜質(zhì)，同時(shí)rm{HCl}難溶于水；選用排水法收集的同時(shí)還會(huì)有除雜的作用；

Ⅱrm{(2)}如果rm{(3)}能被酸性高錳酸鉀氧化，則酸性高錳酸鉀溶液本身會(huì)褪色，同時(shí)可能會(huì)生成rm{CH_{3}Cl}和rm{CH_{3}Cl}因此要注意尾氣的處理；

rm{.(1)}經(jīng)過酸性高錳酸鉀的洗氣瓶會(huì)被氧化成rm{CH_{3}Cl}和rm{CO_{2}}生成的rm{Cl_{2}}可選擇rm{(2)CH_{3}Cl}溶液，利用氯氣的氧化性，將rm{CO_{2}}氧化為rm{Cl_{2}}

rm{Cl_{2}}因rm{Na_{2}SO_{3}}易溶于乙醇和丙醇等有機(jī)溶劑；因此的尾氣可選擇有機(jī)溶劑吸收；

rm{Na_{2}SO_{3}}根據(jù)rm{Na_{2}SO_{4}}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳壟})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析不當(dāng)操作對(duì)rm{(3)}標(biāo)準(zhǔn)rm{CH_{3}Cl}的影響；以此判斷濃度的誤差．

本題考查了甲醇和濃鹽酸混合加熱制一氯甲烷的實(shí)驗(yàn)原理，涉及實(shí)驗(yàn)操作、鹽類水解、物質(zhì)的性質(zhì)檢驗(yàn)及反應(yīng)原理的探究，綜合性較強(qiáng)，但基礎(chǔ)性知識(shí)偏多，難度不大，離子方程式的書寫錯(cuò)誤率可能偏高點(diǎn)．rm{(4)}【解析】在干燥的rm{HCl}氣氛中加熱；增大鹽酸的量以提高甲醇的轉(zhuǎn)化率；rm{CH_{3}Cl}不易溶于水，用排水法可除去rm{HCl}rm{CH_{3}OH}等雜質(zhì)氣體；rm{BAC}rm{A}紫色褪去；rm{10CH_{3}Cl+14MnO_{4}^{-}+42H^{+}=14Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+5Cl_{2}隆眉+36H_{2}O}rm{SO_{3}^{2-}+Cl_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+2Cl^{-}+H^{+}}乙醇；rm{bd}五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)24、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸