2024年沪教版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、磷酸亚铁锂LiFePO4是一种新型汽车锂离子电池的电极材料，磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，下列各种叙述不正确的是（）A.放电时，Li作负极B.电解质溶液为非水溶液体系C.充电时铁元素发生还原反应D.若用该电池电解饱和食盐水（电解池电极均为惰性电极）当电解池两极共有4480mL气体（标准状况）产生时，该电池消耗锂的质量为1.4g2、氰酸铵(NH4OCN)与尿素[CO(NH2)2]()A.都是共价化合物B.都是离子化合物C.互为同分异构体D.互为同素异形体3、一份由氧化镁、氧化铝、二氧化硅和氧化铁组成的混合物粉末，先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y．下列叙述正确的是（）A.该混合粉末从组成看，其成分皆是碱性氧化物B.溶液Y中2n（Mg2+）＜n（Cl-）＜3n（Fe3+）C.沉淀X的成分为二氧化硅D.在溶液Y中加入过量的氨水，过滤得到的沉淀的成分是氢氧化铁和氢氧化镁4、将40gNaOH溶于水中，配制成1L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（）A.0.1mol/LB.0.5mol/LC.4mol/LD.1mol/L5、欲使CH3COONa稀溶液中的值增大，可采取的措施是（）A.升温B.加水稀释C.加少量的KOH固体D.加少量固体Na2CO36、短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为rm{19.Y}原子的电子层数与最外层电子数的比等于rm{dfrac{1}{3}}rm{Z}原子最外层电子数与内层电子数的比为rm{dfrac{1}{10}.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.非金属性：rm{Y<X<W}B.简单气态氢化物的热稳定性：rm{Y<X}C.化合物rm{ZW}rm{XY}中化学键类型相同D.rm{X}rm{W}的最高价氧化物的水化物均为强酸评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、25℃时下列叙述不正确的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液与p=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2-）+c（HR-）=（Na+）B.若0.3mol•L-1HY溶液与0.3mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH-）-c（HY）=（H+）=1×10-9mol•L-1C.0.2mol•L-1HCl溶液与等体积0.05mol•L-1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D.0.1mol•L-1Na2S与0.1mol•L-1NaHS等体积混合：3c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）8、青蒿素结构式如图所示rm{.}下列有关青蒿素的说法错误的是rm{(}rm{)}

A.青蒿素的分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}B.青蒿素分子结构稳定，受热不易分解C.青蒿素中含多个环状结构，其中有一个六元碳环D.青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏9、为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度rm{(aciditygrade)}的概念，定义rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}}室温下用rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}}的氢氧化钠溶液滴定rm{0.01mol?L^{-1}}醋酸，滴定结果如图所示，下列有关叙述不正确的是rm{20.00mL0.01mol?L^{-1}}rm{(}A.室温下，醋酸的电离平衡常数约为rm{)}B.rm{10^{-6}}点加入rm{M}溶液的体积大于rm{NaOH}C.rm{20.00mL}点时溶液中：rm{M}D.若rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(Na^{+})}点时加入rm{N}溶液的体积为rm{NaOH}则rm{40mL}点时溶液中：rm{N}rm{c(Na^{+})=2[c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)]}10、根据下列实验设计及有关现象；所得结论不正确的是（）

。实验实验现象结论A

左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB

左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固体先变为淡黄色，后变为黑色（Ag2S）溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2SD

锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D11、rm{2016}年诺贝尔化学奖由法国、美国及荷兰的三位化学家分获，以表彰他们在“分子马达”研究方面的成就，一种光驱分子马达结构如图所示rm{.}有关该分子的说法正确的是rm{(}rm{)}A.该分子中有两个手性碳原子B.两个苯环可以处于同一平面C.能与rm{NaHCO_{3}}和酸性rm{KMnO_{4}}溶液反应D.rm{1mol}该分子最多可与rm{2molH_{2}}发生加成评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、NO2压缩成N2O4可作火箭燃料中的氧化剂，也可制备硝化试剂N2O5等．

（1）火箭燃料燃烧反应如下：

2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）

若1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则该反应的△H=____kJ•mol-1．

（2）在2L密闭容器内，投入一定量NO2，发生下列反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）．在三种不同的条件下进行实验，NO2的浓度随时间的变化如图1所示．请回答下列问题：

①不能说明该反应已达到平衡状态的是____（填字母）．

a．v正（NO2）=2v逆（O2）b．c（NO2）=c（NO）

c．气体总压不变d．NO的体积分数保持不变。

②下列说法正确的是____（填字母）．

a．三个实验开始投入的NO2的物质的量均为1.0mol

b．实验Ⅱ和实验Ⅰ相比；可能隐含的条件是：实验Ⅱ使用了效率更高的催化剂。

c．该反应是放热反应。

d．实验Ⅰ条件下反应的平衡常数大于实验Ⅲ条件下反应的平衡常数。

e．800℃时；该反应的平衡常数为0.25

f．该反应的△S＞0；故该反应一定是自发反应。

③实验Ⅱ从反应开始到刚达到平衡时，v（O2）=____mol•L-1•min-1；若再向该2L密闭容器中通入1molNO2、1molNO、0.5molO2，则平衡将____移动（填“向右”；“向左”或“不”）．

（3）利用NO2或N2O4可制备N2O5，原理如图2所示．N2O5在电解池的____（填“阴极”或“阳极”）区生成，其电极反应式为____．

13、已知物质A显酸性；请根据以下框图回答问题。

（1）A的结构简式为____

（2）①②③的反应类型分别为____、____、____

（3）化合物G中含有官能团的名称是____

（4）C到E的化学方程式____

（5）写出C的同分异构体中属于酯类物质的结构简式____、____（至少写2个）14、某研究性学习小组设计用如下方法测定某居室空气中甲醛（HCHO）的含量．

Ⅰ．测定原理：4MnO4-+5HCHO+12H+═4Mn2++5CO2↑+11H2O；2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

Ⅱ．测定装置：部分装置如图1所示（a、b为止水夹）

Ⅲ．实验步骤：

①如图所示，打开a，关闭b，用注射器抽取100mL新装修的室内空气．关闭a，打开b，再缓缓推动注射器，将气体全部推入酸性高锰酸钾溶液（25.00mL1.00×10-3mol•L-1）中；使其充分吸收．再如此重复几次．

②将仪器A中的溶液全部转入锥形瓶中，用2.00×10-3mol•L-1的草酸（H2C2O4）标准溶液滴定锥形瓶中的溶液；记录滴定所消耗的草酸溶液的体积．

请回答问题：

（1）仪器A的名称为____．实验步骤①重复几次后，发现仪器A中的溶液完全褪色了，处理的方法是____．

（2）实验步骤②的滴定过程中操作滴定管的图示如图2正确的是____（填编号）．

（3）判断到达滴定终点的实验现象是____

（4）在滴定过程中，下列仪器中不必要用到的有____．（用编号表示）．

①酸式滴定管②碱式滴定管③pH计④玻璃棒⑤锥形瓶。

（5）以下实验操作会导致甲醛含量偏低的是____（用相应的编号填写）

A．注射器压送气体时速度过快。

B．仪器A中的溶液转入锥形瓶后；没有洗涤仪器A．

C．在滴定前装有草酸标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡；而滴定结束后气泡消失。

D．锥形瓶中没有用待装液润洗；瓶中有少量水。

E．滴定开始时仰视读数，滴定终点时俯视读数．15、实验室用粗锌和稀硫酸反应的制氢废液中含有大量的硫酸锌．因粗锌中常含有铁等杂质，溶液中混有一定量的硫酸亚铁．为充分利用制氢废液，某校化学兴趣小组以制氢气的废液为原料来制取皓矾（ZnSO4•7H2O）并探究其性质．

（1）制备皓矾的实验流程如图所示．

已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：

Fe（OH）3：2.7～3.7；Fe（OH）2：7.6～9.6；Zn（OH）2：5.7～8.0．

试回答下列问题：

①实验室常用粗锌和稀硫酸反应而不用纯锌和稀硫酸反应制氢气，除了纯锌成本较高外，还有一重要原因是____．

②试剂E供选择使用的有：Zn粉、ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3、ZnSO4等，应选用____，其理由是____．

③从晶体1→晶体2，该过程的名称是____．

④在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是____．

（2）探究ZnSO4•7H2O的性质。

⑤称取28.7gZnSO4•7H2O研细后置于坩埚中小心加热；测得残留固体的质量与温度的对应数据见下表：

。温度（℃）602409301000残留固体质量（g）19.716.18.18.1试写出ZnSO4•7H2O加热到1000℃时的反应方程式____．16、【化学--化学与技术】

已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（LiAiSi2O6和少量钙镁杂质）反应，生成Li2SO4、MgSO4等；最终制备金属锂．

②氢氧化锂在一定温度下右转化为氧化锂．

用β-锂辉矿与硫酸生产金属锂的工业流程如下：

请回答：

（1）将LiAlSi2O6改写成氧化物形式____．

（2）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是____．

（3）溶液中加入Ca（OH）2溶液的作用是____；再加入适量稀Na2CO3溶液的目的是____．

（4）由Li2CO3与盐酸作用得到LiCl溶液的离子方程式是____．

（5）LiCl溶液加热蒸干后，所得固体在熔融状态下电解制备锂．电解时产生的氯气中混有少量氧气，产生氧气的原因是____．

（6）实验室加热蒸干LiCl溶液时用到的玻璃仪器有____．17、（10分）Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是天然气的主要成分，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1︰1和l︰2的两种离子化合物。（1）W在元素周期表中的位置是周期____族。（2）工业合成XQ3是放热反应。下列措施中，既能加快反应速率，又能提高原料利用率是。（填写序号）A.升高温度B.加入催化剂C.将XQ3及时分离出去D.增大反应体系的压强（3）2.24L（标准状况）XQ3被200mLlmol/LQXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是。（用离子符号表示）（4）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如右图所示，a极的电极反应是。（5）已知：W（s）+Y2（g）=WY2（g）；H=－393.5kJ/molWY（g）+Y2（g）=WY2（g）；H=－238.0kJ/mol。则24gW与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物成分及物质的量之比为。（6）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式为。18、（1）某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol/L，则此时溶液的c（OH-）为____mol/L；KW____

（2）写出氢硫酸在水中电离的方程式：____，____；

（3）写出NaClO溶液水解的离子方程式____

（4）实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：____．（以离子方程式和简要文字说明）：19、有机物A由C、H、O三种元素组成，其蒸气密度是同温同压下氢气密度的23倍，核磁共振氢谱显示其分子中有3种氢原子且个数比为3：2：1．芳香化合物B的分子式为C7H8O；B能与金属钠反应．

用A和B为原料完成以下转化：

已知：①两个醛分子间能发生如下反应：

（-R；-R′表示氢原子或烃基）

③1molH分别与足量的金属钠；碳酸氢钠溶液反应时；均生成22.4L气体（标准状况）．

回答下列问题：

①C+D→E的反应类型为____；E→F反应的反应类型为____．

②F的结构简式为：____．

③写出下列转化的化学方程式：

B→D____．

D→K____．

H→I____．

④满足下列条件的F有多种同分异构体；

Ⅰ．该物质和FeCl3溶液能发生显色反应；

Ⅱ．该物质能使Br2的CC14溶液褪色；

Ⅲ．该物质分子中只有一个甲基．

写出其中苯环上取代基数目不同的任意两种同分异构体的结构简式____．20、（2013秋•黄石期末）铜单质及其化合物在工业生产和科研中有重要作用．

（1）已知：2Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）△H=-292kJ•mol-1

2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ•mol-1

请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式：____；

（2）现用氯化铜晶体（CuCl2•2H2O，含氯化亚铁杂质）制取纯净的CuCl2•2H2O．先将其制成水溶液，后按如图步骤进行提纯．已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表。

。金属离子Fe3+Fe2+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.29.06.7请回答下列问题：

①现有氧化剂NaClO、H2O2、KMnO4，X加哪种好，为什么？____；该反应的离子方程式为____．

②溶液II中除Cu2+外，还有____金属离子；如何检验其存在．

③物质Y不能为下列的____

a．CuOb．Cu（OH）2c．CuCO3d．Cu2（OH）2CO3e．CaOf．NaOH

④若向溶液Ⅱ中加入碳酸钙，产生的现象是____．评卷人得分四、探究题(共4题，共20分)21、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．22、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：23、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．24、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合电解水计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量．【解析】【解答】解：A；电池放电时原电池原理；Li失电子发生氧化反应做原电池负极，故A正确；

B；金属Li可以和水发生反应；所以电解质溶液为非水溶液体系，故B正确；

C；充电时Fe元素是失电子；化合价升高，发生氧化反应，故C错误；

D、FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，电极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4；若用该电池电解蒸馏水（电解池电极均为惰性电极）；当电解池两极共有4480mL气体（标准状况）产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气物质的量0.1mol，依据电子守恒和电极反应计算；

H2～2Li～2e-

0.1mol0.2mol

消耗锂的质量=0.2mol×7g/mol=1.4g；故D正确．

故选C．2、C【分析】试题分析：氰酸铵是离子化合物，尿素是共价化合物，他们的分子式相同，结构不同，是同分异构体的关系，C项正确。考点：有机化合物的概念。【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】四种氧化物中，SiO2为酸性氧化物，MgO、Fe2O3属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，溶于盐酸生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，溶液中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，SiO2属于酸性氧化物，不溶于盐酸，因此过滤出的沉淀是SiO2，以此解答该题．【解析】【解答】解：四种氧化物中，SiO2为酸性氧化物，MgO、Fe2O3属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，溶于盐酸生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，溶液中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，SiO2属于酸性氧化物，不溶于盐酸，因此过滤出的沉淀是SiO2；

A、SiO2为酸性氧化物；故A错误；

B；不知氧化物的量的关系；所以无法确定三种离子的量的关系，但根据电荷守恒，氯离子的浓度应最大，故B错误；

C、过滤出的沉淀是SiO2；故C正确；

D；在溶液Y中加入过量的氨水；过滤得到的沉淀的成分是氢氧化铁、氢氧化镁和氢氧化铝，故D错误；

故选C．4、D【分析】【分析】根据n=计算出40g氢氧化钠的物质的量，再根据c=计算出所得溶液的物质的量浓度．【解析】【解答】解：40g氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=1mol；

所得溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）==1mol/L；

故选D．5、C【分析】【分析】醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，影响水解平衡移动的因素来回答判断．【解析】【解答】解：A；升温；水解平衡正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，但是钠离子浓度不变，即比值会减小，故A错误；

B；加水稀释；促进水解，所以醋酸根离子物质的量减小，而钠离子的物质的量不变，即比值会减小，故B错误；

C；加入KOH固体；钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故C正确；

D、加少量固体Na2CO3；钠离子浓度变大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，各度很小，主要以钠离子浓度增大为主，即比值会减小，故D错误；

故选：C．6、D【分析】解：rm{Y}原子的电子层数与最外层电子数的比等于rm{dfrac{1}{3}}最外层最多含有rm{8}个电子，则rm{Y}只能含有rm{2}个电子层，rm{Y}为rm{O}元素；rm{Z}原子最外层电子数与内层电子数的比为rm{dfrac{1}{10}}由于rm{Z}为短周期元素，则rm{Z}最外层电子数为rm{1}内层电子总数为rm{10}则rm{Z}为rm{Na}元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的最外层电子数之和为rm{19}则rm{X}rm{W}的最外层电子数rm{=19-1-6=12}rm{X}rm{W}的最外层电子数不可能都是rm{6}若rm{X}最外层含有rm{5}个电子，rm{W}的最外层含有rm{7}个电子，则rm{X}为rm{N}元素、rm{W}为rm{Cl}元素，满足条件；若rm{X}的最外层含有含有rm{7}个电子，rm{W}的最外层含有rm{5}个电子，则rm{X}为rm{F}rm{W}为rm{P}rm{F}的原子序数大于rm{O}不满足条件，所以rm{X}为rm{N}元素、rm{W}为rm{Cl}元素；

A.rm{X}rm{Y}rm{W}分别为rm{N}rm{O}rm{Cl}三者的非金属性大小为：rm{N<O<Cl}故A错误；

B.rm{X}rm{Y}分别为rm{N}rm{O}非金属性：rm{N<O}则简单气态氢化物的热稳定性：rm{Y>X}故B错误；

C.化合物rm{ZW}为rm{NaCl}rm{XY}为rm{NO}rm{NaCl}中含有离子键，rm{NO}含有共价键；二者的化学键类型不同，故C错误；

D.rm{X}rm{W}的最高价氧化物的水化物分别为硝酸和高氯酸；二者都是强酸，故D正确；

故选D．

rm{Y}原子的电子层数与最外层电子数的比等于rm{dfrac{1}{3}}最外层最多含有rm{8}个电子，则rm{Y}只能含有rm{2}个电子层，rm{Y}为rm{O}元素；rm{Z}原子最外层电子数与内层电子数的比为rm{dfrac{1}{10}}由于rm{Z}为短周期元素，则rm{Z}最外层电子数为rm{1}内层电子总数为rm{10}则rm{Z}为rm{Na}元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的最外层电子数之和为rm{19}则rm{X}rm{W}的最外层电子数rm{=19-1-6=12}rm{X}rm{W}的最外层电子数不可能都是rm{6}若rm{X}最外层含有rm{5}个电子，rm{W}的最外层含有rm{7}个电子，则rm{X}为rm{N}元素、rm{W}为rm{Cl}元素，满足条件；若rm{X}的最外层含有含有rm{7}个电子，rm{W}的最外层含有rm{5}个电子，则rm{X}为rm{F}rm{W}为rm{P}rm{F}的原子序数大于rm{O}不满足条件，所以rm{X}为rm{N}元素、rm{W}为rm{Cl}元素；据此进行解答．

本题考查了原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，通过讨论推断rm{X}rm{W}的元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律之间的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{D}二、双选题(共5题，共10分)7、C|D【分析】解：A．溶液混合后溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），溶液中电荷守恒：2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故有2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故A正确；

B．两溶液恰好反应产物为NaY，水解溶液呈碱性，由电荷守恒：c（OH-）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+），由物料守恒：c（HY）+c（Y+）=c（Na+），联立可得：c（OH-）-c（HY）=c（H+）=1×10-9mol•L-1；故B正确；

C．混合后溶液中c（H+）=（0.2mol/L-0.1mol/L）÷2=0.05mol/L；则pH=-lg0.05=2-lg5≈1.3，故C错误；

D．溶液体积、浓度相等，则Na2S、NaHS的物质的量相等，根据物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]，则c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）；故D错误．

故选：CD．

A．溶液混合后溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-）；结合电荷守恒判断；

B．等体积混合后得到NaY溶液，溶液的pH=9，则c（H+）=1×10-9mol•L-1；说明HY为弱酸，生成强碱弱酸盐，根据电荷守恒和物料守恒进行解答；

C．0.2mol•L-1HCl溶液与等体积0.05mol•L-1Ba（OH）2溶液混合后，酸过量，计算出溶液中的氢离子浓度，根据pH=-lgc（H+）计算；

D．Na2S、NaHS的物质的量相等，根据物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]．

本题考查离子浓度的大小比较，注意从电荷守恒和物料守恒的角度分析，溶液混合时先分析溶液中的溶质，再结合电离、水解与电荷守恒、物料守恒、质子恒等式判断．【解析】【答案】CD8、rBC【分析】解：rm{A.}由结构简式可知青蒿素的分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}故A正确；

B.含有过氧键；不稳定，在温度过高时可分解而变质，故B错误；

C.青蒿素中含多个环状结构，其中有一个rm{7}元碳环，rm{3}个六元环；故C错误；

D.没有羟基；羧基等亲水基；难溶于水，易溶于有机溶剂，可萃取后蒸馏，故D正确．

故选BC．

该有机物中含有醚键；酯基、过氧双键；具有醚、酯和过氧化物性质，能发生水解反应和强氧化性，据此分析解答．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯、过氧化物性质，易错选项是rm{C}．【解析】rm{BC}9、rAB【分析】解：rm{A.}室温下，醋酸的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=7}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=10^{7}}而水的离子积rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=7}两式联立可知：rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=10^{7}}而在醋酸溶液中，rm{K=c(H^{+})?c(OH^{-})=10^{-14}}故电离平衡常数rm{K=dfrac{C(CH_{3}COO^{-})cdotC(H^{+})}{C(CH_{3}COOH)}=dfrac{10^{-3.5}隆脕10^{-3.5}}{0.01}=10^{-5}}故A错误；

B.rm{c(H^{+})=10^{-3.5}}点的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}即rm{c(CH_{3}COO^{-})隆脰c(H^{+})=10^{-3.5}}溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液rm{K=dfrac{C(CH_{3}COO^{-})cdot

C(H^{+})}{C(CH_{3}COOH)}=dfrac

{10^{-3.5}隆脕10^{-3.5}}{0.01}=10^{-5}}时，恰好和醋酸完全中和，得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，所以rm{M}的体积小于rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}故B错误；

C.rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}点的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}即rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液中电荷守恒为：rm{20mL}所以rm{NaOH}故C正确；

D.当rm{20mL}点加入rm{M}溶液为rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}时，所得的为等浓度的rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}和rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}的混合溶液，根据物料守恒可知：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}故D正确；

故选AB。

A.室温下，醋酸的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=7}结合水的离子积rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(Na^{+})}来计算；

B.rm{N}点的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}即rm{NaOH}溶液显中性；

C.根据电荷守恒分析；

D.根据物料守恒分析。

本题考查了酸碱中和滴定的过程中平衡常数的计算以及三个守恒的运用，题目难度中等，注意离子浓度随着溶液体积的改变而发生的变化，注意把握题干中的信息。rm{40mL}【解析】rm{AB}10、B|D【分析】解：A．原电池中；一般活泼金属作负极，由图可知，左边烧杯中Al为负极，右边烧杯中Fe为负极，则活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；

B．氯气可氧化溴离子和碘离子；不能说明溴置换出碘，则不能比较溴与碘的氧化性，故B错误；

C．发生沉淀的转化，向更难溶的方向移动，则由白色固体先变为淡黄色，后变为黑色，可知溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正确；

D．盐酸易挥发；可与碳酸钠；硅酸钠均发生化学反应，图中装置不能说明二氧化碳与硅酸钠溶液反应，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，故D错误；

故选BD．

A．原电池中；一般活泼金属作负极；

B．氯气可氧化溴离子和碘离子；

C．发生沉淀的转化；向更难溶的方向移动；

D．盐酸易挥发；可与碳酸钠；硅酸钠均发生化学反应．

本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池、氧化还原反应、沉淀转化及酸性比较等，侧重反应原理的考查，注意BD中排除干扰为解答的易错点，题目难度中等．【解析】【答案】BD11、rBC【分析】解：rm{A.}连接不同原子或原子团的为手性碳原子，分子中只有rm{1}个；故A错误；

B.两个苯环连接在碳碳三键上；可在同一个平面上，故B正确；

C.含有羧基；可与碳酸氢钠反应，含有碳碳三键，可被高锰酸钾氧化，故C正确；

D.能与氢气反应的为苯环和碳碳三键，则rm{1mol}该分子最多可与rm{8molH_{2}}发生加成；故D错误。

故选：rm{BC}

有机物分子含有苯环；为平面形结构，含有碳碳三键，具有直线形结构，可发生加成；加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握官能团与性质的关系，侧重苯、炔烃性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共9题，共18分)12、-1224.96bbe0.0125mol/（向左阳极N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+【分析】【分析】（1）计算2molN2H4反应放出的热量；可得该反应的△H，反应放热，焓变符号为“-”，单位为kJ/mol；

（2）①a．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比；反应到达平衡；

b．平衡时c（NO2）；c（NO）浓度与二氧化氮的转化率有关；

c．随反应进行；压强增大，气体总压不变说明到达平衡；

d．平衡时各组分的含量不变；

②a．三个实验开始NO2的物质的量浓度均为1mol/L；根据n=cV计算；

b．实验Ⅱ和实验Ⅰ相比；反应速率加快，平衡时二氧化氮的浓度相等，不影响平衡移动；

c．升高温度；平衡时二氧化氮的浓度减小，说明升高温度平衡向正反应移动；

d．升高温度平衡向正反应移动；平衡常数增大；

e．计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式K=计算；

f．升高温度平衡向正反应移动；正反应为放热反应，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行；

③根据v=计算v（NO2），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；

计算浓度商Qc；与平衡常数比较判断反应方向，若Qc=K，处于平衡状态，Qc＜K，向正反应进行，Qc＞K，向逆反应进行；

（3）利用NO2或N2O4可制备N2O5，N元素发生氧化反应，则N2O5在电解池的阳极区生成，由图可知，阳极上是N2O4失去电子，在HNO3条件下生成N2O5，根据电荷守恒可知有H+生成．【解析】【解答】解：（1）1.00gN2H4完全反应放出19.14kJ的热量，则2molN2H4反应放出的热量为19.14kJ×=1224.96kJ；故该反应的△H=-1224.96kJ/mol；

故答案为：-1224.96；

（2）①a．由于v逆（NO2）=2v逆（O2），而v正（NO2）=2v逆（O2），则v逆（NO2）=v正（NO2）；反应处于平衡状态，故a不选；

b．平衡时c（NO2）、c（NO）浓度与二氧化氮的转化率有关，平衡时浓度不一定相等，故b选；

c．随反应进行；压强增大，气体总压不变说明到达平衡，故c不选；

d．生成物NO的体积分数不变；说明反应到达平衡，故d不选；

故选：b；

②a．三个实验开始NO2的物质的量浓度均为1mol/L，开始投入的NO2的物质的量均为1mol/L×2L=2.0mol；故a错误；

b．实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，反应速率加快，平衡时二氧化氮的浓度相等，不影响平衡移动，不能是升高温度或增大压强，实验Ⅱ可能使用了效率更高的催化剂，故b正确；

c．升高温度；平衡时二氧化氮的浓度减小，说明升高温度平衡向正反应移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，故c错误；

d．升高温度平衡向正反应移动；平衡常数增大，实验Ⅰ条件下反应的平衡常数小于实验Ⅲ条件下反应的平衡常数，故d错误；

e．800℃时；平衡时二氧化氮的浓度为0.5mol/L，则：

2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）

起始量（mol/L）：100

变化量（mol/L）：0.50.50.25

平衡量（mol/L）：0.50.50.25

800℃时平衡常数K===0.25；故e正确；

f．升高温度平衡向正反应移动；正反应为吸热反应，△H＞0，正反应为熵增的反应，而△G=△H-T△S＜0反应自发进行，应在高温下具有自发性，故f错误；

故选：be；

③v（NO2）==0.025mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，v（O2）=v（NO2）=0.0125mol/（L．min）；

浓度商Qc==0.5＞K=0.25；反应向逆反应进行；

故答案为：0.0125mol/（L．min）；向左；

（3）利用NO2或N2O4可制备N2O5，N元素发生氧化反应，则N2O5在电解池的阳极区生成，由图可知，阳极上是N2O4失去电子，在HNO3条件下生成N2O5，根据电荷守恒可知有H+生成，电极反应式为：N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+；

故答案为：阳极；N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+．13、CH2=CHCOOH加成反应取代反应酯化（取代）反应羧基、醛基CH3CH2BrCOOH+2NaOHCH3CH2（OH）COONa+NaBr+H2O，CH3CH2（OH）COO-+H+→CH3CH2（OH）COOHHCOOCH2CH2Br或HCOOCHBrCH3BrCH2COOCH3或CH3COOCH2Br【分析】【分析】A的分子式为C3H4O2，物质A显酸性，故A中含有-COOH，A的不饱和度为=2，故A分子中还含有C=C双键，则A的结构简式为CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以与银氨溶液发生反应，故G中含有醛基-CHO，故D中含有-OH，且-OH连接的C原子上含有2个H原子，根据转化关系可知，B为BrCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COOH，G为OHCCH2COOH，H为NH4OOCCH2COONH4，A与HBr发生加成反应生成C，C为CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E为CH3CH2（OH）COOH，F为七原子组成的环状结构，E与D发生酯化反应生成F，F结构简式为据此解答．【解析】【解答】解：A的分子式为C3H4O2，物质A显酸性，故A中含有-COOH，A的不饱和度为=2，故A分子中还含有C=C双键，则A的结构简式为CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以与银氨溶液发生反应，故G中含有醛基-CHO，故D中含有-OH，且-OH连接的C原子上含有2个H原子，根据转化关系可知，B为BrCH2CH2COOH，D为HOCH2CH2COOH，G为OHCCH2COOH，H为NH4OOCCH2COONH4，A与HBr发生加成反应生成C，C为CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E为CH3CH2（OH）COOH，F为七原子组成的环状结构，E与D发生酯化反应生成F，F结构简式为

（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CHCOOH；

故答案为：CH2=CHCOOH；

（2）反应①属于加成反应；反应②属于取代反应，反应③属于酯化（取代）反应；

故答案为：加成反应；取代反应；酯化（取代）反应；

（3）G为OHCCH2COOH；化合物中含有官能团有：羧基；醛基；

故答案为：羧基；醛基；

（4）C生成E的化学方程式为：CH3CH2BrCOOH+2NaOHCH3CH2（OH）COONa+NaBr+H2O，CH3CH2（OH）COO-+H+→CH3CH2（OH）COOH；

故答案为：CH3CH2BrCOOH+2NaOHCH3CH2（OH）COONa+NaBr+H2O，CH3CH2（OH）COO-+H+→CH3CH2（OH）COOH；

（5）CH3CH2BrCOOH的同分异构体中属于酯类物质的结构简式有：HCOOCH2CH2Br、HCOOCHBrCH3、BrCH2COOCH3、CH3COOCH2Br；

故答案为：HCOOCH2CH2Br或HCOOCHBrCH3、BrCH2COOCH3或CH3COOCH2Br等．14、广口瓶重新实验A加入最后一滴草酸溶液时溶液褪色且半分钟内不重新变红②③④AC【分析】【分析】（1）仪器A用途和图形分析回答；仪器A中的溶液完全褪色不能保证甲醛是否吸收完全；

（2）依据滴定管使用方法分析；

（3）依据高锰酸钾溶液氧化甲醛后剩余的用草酸滴定分析滴入草酸最后一滴溶液紫红色变化为无色且半分钟不变化证明反应达到终点；

（4）依据滴定实验过程分析所需仪器；

（5）滴定实验测定高锰酸钾用越多，说明甲醛含量越低，结合滴定实验误差分析方法进行判断；【解析】【解答】解：（1）仪器A用途和图形分析；仪器A的名称为广口瓶，实验步骤①重复几次后，发现仪器A中的溶液完全褪色了，可能说明高锰酸钾溶液不足，甲醛含量无法测定准确，需要重新实验；

故答案为：广口瓶；重新实验；

（2）滴定时；左手控制滴定管的活塞；

故答案为：A；

（3）高锰酸钾溶液氧化甲醛后剩余的用草酸滴定分析；滴入草酸最后一滴溶液紫红色变化为无色且半分钟不变化，证明反应达到终点；

故答案为：加入最后一滴草酸溶液时溶液褪色且半分钟内不重新变红；

（4）在滴定过程中；需要的仪器主要有滴定管，草酸滴定高锰酸钾溶液，所以滴定管需要选择算是滴定管，锥形瓶，所以选择①酸式滴定管，⑤锥形瓶，不需要的仪器为：②碱式滴定管，③pH计，④玻璃棒；

故答案为：②③④；

（5）A．注射器压送气体时速度过快；导致甲醛不能完全被吸收导致测定结果偏低，故A正确；

B．仪器A中的溶液转入锥形瓶后；没有洗涤仪器A，溶质减小，测定高锰酸钾偏小，则测定甲醛含量偏高，故B错误；

C．在滴定前装有草酸标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡；而滴定结束后气泡消失，消耗草酸量增大，测定剩余高锰酸钾量增大，所以甲醛含量测定结果偏低，故C正确；

D．锥形瓶中没有用待装液润洗；瓶中有少量水，对高锰酸钾溶质的量不会发生变化，故无影响，故D错误；

E．滴定开始时仰视读数；滴定终点时俯视读数，读出的草酸体积减小，计算得到剩余高锰酸钾的量减小，所以测定甲醛的含量偏高，故E错误；

故答案为：AC．15、粗锌中的含有的杂质可与锌形成原电池，可加快锌与硫酸的反应速率ZnO[ZnCO3或Zn（OH）2）]调节溶液的pH至3.7-5.7，使得Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，同时避免引入新的杂质重结晶为了冲洗掉晶体表面的水及杂质离子；防止晶体溶解，影响产率ZnSO4•7H2OZnO+SO3↑+7H2O↑【分析】【分析】（1）化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）3：2.7-3.7Fe（OH）2：7.6-9.6Zn（OH）2：5.7-8，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，通常用20%的H2O2然后加入，ZnO[ZnCO3或Zn（OH）2）]以调节溶液的pH至3.7-5.7，使得Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，同时避免引入新的杂质，过滤后将滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶可得到ZnSO4•7H2O；洗涤晶体时，为避免晶体溶解，可用酒精进行洗涤；

（2）根据ZnSO4•7H2O加热到1000℃时所的固体的质量情况来确定成分．【解析】【解答】解：（1）①粗锌中含有铁；与稀硫酸反应时可形成铁；锌原电池反应，可加快反应速率；

故答案为：粗锌中的含有的杂质可与锌形成原电池；可加快锌与硫酸的反应速率；

②试剂2是用来调节溶液PH到至3.7-5.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3可以反应调节溶液PH到至3.7-5.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO4不能调节溶液PH；且引入杂质硫酸根离子；

故答案为：ZnO[ZnCO3或Zn（OH）2）]；调节溶液的pH至3.7-5.7，使得Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀；同时避免引入新的杂质；

③晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶故答案为：重结晶；

④洗涤晶体表面的杂质离子；同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；

故答案为：为了冲洗掉晶体表面的水及杂质离子；防止晶体溶解；影响产率；

（2）⑤28.7gZnSO4•7H2O中m（H2O）==12.6g；

如全部失去结晶水，则m（ZnSO4）=28.7g-12.6g=16.1g，由表中数据可知，当加热到240℃时，剩余固体为ZnSO4；当加热到930℃时，固体质量不变，则应生成ZnO，且m（ZnO）=0.1mol×81g/mol=8.1g；

则分解的方程式为ZnSO4•7H2OZnO+SO3↑+7H2O↑；

故答案为：ZnSO4•7H2OZnO+SO3↑+7H2O↑．16、Li2O•Al2O3•4SiO2过滤将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀Na2CO3溶液的作用是除去溶液中的Ca2+Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解产成Li2O，电解时产生O2蒸发皿、玻璃棒、酒精灯【分析】【分析】（1）将硅酸盐改写成氧化物形式；按活泼金属氧化物；不活泼金属氧化物、二氧化硅、水的次序写，保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写化学式，如有多个原子，在前面加上系数，使之成为倍数；

（2）根据难溶物和液体不溶；用过滤的方法进行分离；

（3）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；

（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂，水和二氧化碳以及Li2CO3是沉淀；

（5）LiCl溶液加热蒸干，LiCl水解生成的LiOH，受热分解产生Li2O，电解Li2O的熔融物得到氧气；

（6）根据蒸发需要的仪器有：铁架台（附铁圈），酒精灯，蒸发蒸发皿，玻璃棒；【解析】【解答】解：（1）LiAlSi2O6可表示为：Li2O•Al2O3•4SiO2；

故答案为：Li2O•Al2O3•4SiO2；

（2）铝硅化合物沉淀和液体不溶；用过滤的方法进行分离；

故答案为：过滤；

（3）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；

故答案为：将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀；Na2CO3溶液的作用是除去溶液中的Ca2+；

（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂，水和二氧化碳，离子方程式：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（5）LiCl溶液加热蒸干，LiCl水解生成LiOH，受热分解产生Li2O，实际上电解的是LiCl和Li2O的熔融混合物；

故答案为：加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解产成Li2O，电解时产生O2．

（6）蒸发需要的仪器有：铁架台（附铁圈）；酒精灯，蒸发蒸发皿，玻璃棒，其中玻璃仪器有蒸发皿；玻璃棒、酒精灯；

故答案为：蒸发皿、玻璃棒、酒精灯；17、略

【分析】Q与W组成的化合物是天然气的主要成分，所以Q是H，W是C。机动车排出的大气污染物主要是碳的氧化物和氮的氧化物，因此X是N，Y是O。Y和Z能形成原子个数比为1︰1和l︰2的两种离子化合物，说明Z是钠元素。（2）氨的合成是放热的、体积减小的可逆反应，升高温度，不利于平衡向正反应方向进行，催化剂不能平衡状态，将XQ3及时分离出去会降低反应速率，正确的答案是D。（3）0.1molNH3和0.2molHNO3混合后，硝酸过量，溶液中含有的溶质是NH4NO3和HNO3，所以所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)。（4）根据电子的流动方向可知a是负极，应通入甲烷，所以a极的电极反应是CH4–8e-+10OH-=CO32-+7H2O。（5）将所给的热化学方程式合并可得到W（s）+1/2Y2（g）=WY（g）；H=－155.5kJ/mol。因此24gC完全燃烧放出的热量是787kJ，不完全燃烧放出的热量是311kJ，而实际放出362.5kJ，所以产物是CO和CO2的混合物。根据十字交叉法可计算CO和CO2的物质的量之比是（6）X和Z分别是N和Na，其化合价分别是－3价和＋1价，所以其化学式为Na3N，反应的方程式为Na3N+4H2O=3NaOH+NH3.H2O。【解析】【答案】（1）第二周期、第ⅣA族。（2）D（3）c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)（4）CH4–8e-+10OH-=CO32-+7H2O（5）CO2、CO1：8.24（6）Na3N+4H2O=3NaOH+NH3.H2O18、2×10-74×10-14H2S⇌H++HS-HS-⇌H++S2-ClO-+H2O⇌HClO+OH-HCO3-水解使溶液显碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，HCO3-电离使溶液显酸性，HCO3-⇌H++CO32-，HCO3-的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性【分析】【分析】（1）依据纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，Kw=c（H+）c（OH-）；

（2）氢硫酸是多元弱酸；水溶液中分步电离，存在电离平衡；

（3）次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子；

（4）NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度．【解析】【解答】解：（1）某温度下纯水中的C（H+）=2×10-7mol/L，则此时溶液中的C（OH-）=2×10-7mol/L；若温度不变，溶液中Kw=C（H+）C（OH-）=4×10-14；

故答案为：2×10-7；4×10-14；

（2）氢硫酸为二元弱酸，电离分步进行，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；

故答案为：H2S⇌H++HS-；HS-⇌H++S2-；

（3）次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子，离子方程式为ClO-+H2O⇌HClO+OH-；

故答案为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-；

（4）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，电离平衡为：HCO3-⇌H++CO32-；水的电离平衡，H2O⇌H++OH-；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；

故答案为：HCO3-水解使溶液显碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，HCO3-电离使溶液显酸性，HCO3-⇌H++CO32-，HCO3-的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性．19、加成反应消去反应等【分析】【分析】有机物A由C、H、O三种元素组成，A的蒸气对氢气的相对密度是23，则Mr（A）=2×23=46，核磁共振氢谱显示其分子中有3种氢原子且个数比为3：2：1，A只能含有1个O原子，剩余基团式量为46-16=30，只能为C2H6，A能发生催化氧化，则A为CH3CH2OH．芳香化合物B的分子式为C7H8O，B能与金属钠反应，不与强碱反应．说明B是苯甲醇，即B为由转化关系可知，C为CH3CHO，D为结合反应信息可知E为F发生信息中的反应，则E发生消去反应生成F，则F为由于H发生水解反应得到I，则G为OHC-CHO，H为HOCH2COOH，I为D为K为据此解答．【解析】【解答】解：有机物A由C、H、O三种元素组成，A的蒸气对氢气的相对密度是23，则Mr（A）=2×23=46，核磁共振氢谱显示其分子中有3种氢原子且个数比为3：2：1，A只能含有1个O原子，剩余基团式量为46-16=30，只能为C2H6，A能发生催化氧化，则A为CH3CH2OH．芳香化合物B的分子式为C7H8O，B能与金属钠反应，不与强碱反应．说明B是苯甲醇，即B为由转化关系可知，C为CH3CHO，D为结合反应信息可知E为F发生信息中的反应，则E发生消去反应生成F，则F为由于H发生水解反应得到I，则G为OHC-CHO，H为HOCH2COOH，I为D为K为

①C+D→E是醛之间发生的加成反应，E→F是发生消去反应生成故答案为：加成反应；消去反应；

②由上述分析可知，F的结构简式为：故答案为：

③B→D反应方程式为：

D→K反应方程式为：

H→I反应方程式为：

故答案为：

④F（）有多种同分异构体，该物质和FeCl3溶液能发生显色反应，说明结构中有酚羟基，该物质能使Br2的CC14溶液褪色，说明结构中有不饱和键，且该物质分子中只有一个甲基，苯环上取代基数目不同的任意两种同分异构体的结构简式为：等官能团；取代基位置不同的结构；

故答案为：．20、2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-1H2O2好，不引入杂质离子H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2OFe3+ef碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀【分析】【分析】（1）由足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）写出目标热化学反应方程式；然后用已知两个热化学方程式构造目标热化学反应式，根据盖斯定律计算焓变；

（2）①加入氧化剂的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；产物是水不引入新的杂质；

②溶液II中除Cu2+外还含有H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O生成的Fe3+；用KSCN溶液检测其是否存在；

③加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀；同时不引进新杂质；

④碳酸钙与溶液Ⅱ中的氢离子反应生成二氧化碳气体，同时反应增大了溶液的PH值使得Fe3+形成沉淀．【解析】【解答】解：（1）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ•mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1

根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ•mol-1

即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-1

故答案为：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ•mol-1．

（2）①加入氧化剂的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；由于产物是水，不引入新的杂质，因此氧化剂选择过氧化氢；

故答案为：H2O2好，不引入杂质离子；H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；

②溶液II中除Cu2+外还含有H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O生成的Fe3+，取试管少量溶液Ⅱ，滴加KSCN溶液，溶液若变红色，证明溶液Ⅱ含有Fe3+，若溶液不变红色，则证明不含Fe3+；

故答案为：Fe3+；取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，证明含Fe3+．若溶液不变红色，则证明不含Fe3+；

③加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，所以可以用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等；若用CaO；NaOH均引入新的杂质离子；

故答案为：ef；

④碳酸钙与溶液Ⅱ中的氢离子反应生成二氧化碳气体，因此会产生气泡，同时反应增大了溶液的pH值使得Fe3+形成红褐色的氢氧化铁沉淀；

故答案为：碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀．四、探究题(共4题，共20分)21、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．