2025年沪教版高二化学上册月考试卷

…………○…………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2025年沪教版高二化学上册月考试卷161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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、根据右表提供的数据，判断在等浓度的混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是（）A.B.C.D.2、某有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，两者的物质的量之比为2∶3，可以说A.该有机物中含H、O三种原子B.该化合物是乙烷C.H、O三种原子B．该化合物是乙烷C．该化合物中H原子个数比为1∶3D.该化合物中含2个C原子、6个H原子，但一定不含有O原子3、当一个碳原子连有彼此互不相同的四个原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子．凡是有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性．有机物X的结构简式为若使X通过化学变化失去光学活性，不可能发生的反应类型有（）

A.酯化。

B.水解。

C.消去。

D.还原。

4、常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH＝7，则此溶液中A.c（HCOO－)＞c（Na＋)B.c（HCOO－)＜c（Na＋)C.c（HCOO－)＝c（Na＋)D.无法确定c（HCOO－)与c（Na＋)的关系5、近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n．已知，最简单的氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为150℃，燃烧热极高．Al2H6球棍模型如图．下列有关说法肯定错误的是（）

A.Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体B.氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料C.Al2H6中含有离子键和极性共价键D.Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水6、用rm{CH_{4}}催化还原rm{NO_{x}}可以消除氮氧化物的污染rm{.}例如：rm{垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)篓T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-574kJ?mol^{-1}垄脷CH_{4}(g)+4NO(g)篓T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-1}rm{垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)篓T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-574kJ?mol^{-1}垄脷CH_{4}(g)+4NO(g)篓T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-1}

下列说法不正确的是rm{160kJ?mol^{-1}}rm{(}A.若用标准状况下rm{)}还原rm{4.48LCH_{4}}生成rm{NO_{2}}和水蒸气，放出的热量为rm{N_{2}}rm{173.4}B.由反应rm{kJ}可推知：rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)篓T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH<-574}rm{垄脵}C.反应rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)篓T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H<-574}转移的电子数不同D.反应rm{kJ?mol^{-1}}均为放热反应rm{垄脵垄脷}7、将rm{Fe}片和rm{Zn}片放入盛有rm{NaCl}溶液rm{(}其中滴有酚酞rm{)}的表面皿中，如图所示。最先观察到变为红色的区域为rm{(}rm{)}

A.Ⅰ和ⅢB.Ⅰ和Ⅳ

C.Ⅱ和ⅢD.Ⅱ和Ⅳ8、乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构如图rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.分子式为rm{N_{4}C_{6}}B.分子中的氮原子全部是rm{sp^{2}}杂化C.分子中共形成rm{4}个六元环D.分子间存在氢键评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、理论上稀的强酸、强碱反应生成rm{1mol}rm{H_{2}O(l)}时放出rm{57.3kJ}的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式______．10、写出下列反应的离子方程式或化学方程式。

（1）Ba（OH）2与H2SO4反应：（离子方程式）____；

（2）Fe与HCl反应：（离子方程式）____；

（3）Al与HCl溶液反应：（化学方程式）____．11、（7分）向黄色的FeCl3溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN==Fe(SCN)3+3KCl表示。（1）该反应类型属于。（填四个基本反应类型之一）（2）经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN－不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：①所得Fe3+和SCN－的配合物中，主要是Fe3+与SCN－以个数比1：1配合所得离子显血红色。该配合物离子的化学式是，FeCl3溶液与KSCN溶液发生反应的产物中含该离子的配合物化学式是。②若Fe3+与SCN－以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为。（3）向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于（单选）。A．与Fe3+配合的SCN－数目增多B．血红色离子的数目增多C．血红色离子的浓度增加12、(8分）在1-18号的短周期主族元素中，表中的字母代表一种元素，回答下列问题：。CDABEF（1）画出E的原子结构示意图____；（2）写出C的最高价氧化物的电子式____；（3）A最高价氧化物的水化物的化学式。（4）元素D和元素F的氢化物均极易溶于水，用两根玻璃棒分别蘸取它们的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，写出产生该现象的化学方程式。13、已知拆开1molH—H键、1molI—I、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘反应生成1molHI需要（填“放出”或“吸收”）kJ的热量。14、中和热的测定实验的关键是要比较准确地配制一定的物质的量浓度的溶液；量热器要尽量做到绝热；在量热的过程中要尽量避免热量的散失，要求比较准确地测量出反应前后溶液温度的变化．回答下列问题：

（1）中学化学实验中的中和热的测定所需的玻璃仪器有：______，在大小烧杯之间填满碎泡沫（或纸条）其作用是______．

（2）该实验可用0.60mol•L-1HCl和0.65mol•L-1的NaOH溶液各50mL．NaOH的浓度大于HCl的浓度作用是______．当室温低于10℃时进行，对实验结果会造成较大的误差其原因是______．

（3）若上述HCl、NaOH溶液的密度都近似为1g/cm3，中和后生成的溶液的比热容C=4.18J/（g•℃），实验进行了三次，三次实验的△T平均为3.30℃，则该中和反应放出热量为______kJ（填表达式），△H=______kJ/mol（填表达式）．15、下列物质中：rm{A.KI(s)}rm{B.C_{2}H_{5}OH(l)}rm{C.Cl_{2}(g)}rm{D.CH_{3}COOH(l)}rm{E.BaSO_{4}(s)}rm{F.NaHSO_{4}(s)}rm{G.}石墨rm{(s)}rm{H.}蔗糖rm{(s)}rm{I.NaOH(l)}

rm{(1)}属于非电解质的是______；属于强电解质的是______，属于弱电解质的是______．

rm{(2)}能直接导电的是______；能溶于水，且水溶液能导电的是______．16、按要求写出下列方程式。

rm{(1)}明矾净水的原理rm{(}用离子方程式表示rm{)}______

rm{(2)}盐碱地因含较多的rm{NaCl}rm{Na_{2}CO_{3}}使得土壤呈碱性，不利于作物生长，通过施加适量石膏粉末rm{(}主要含有rm{CaSO_{4}}微溶于水rm{)}来降低土壤的碱性rm{.}写出该过程中使土壤碱性降低的反应化学方程式______

rm{(3)SOCl_{2}}是一种液态化合物，沸点rm{77隆忙.}向盛有rm{10mL}水的锥形瓶中，滴加rm{8}至rm{10}滴rm{SOCl_{2}}可观察到剧烈反应，液面上有雾形成，并有可使品红溶液褪色的气体逸出，根据实验现象，写出rm{SOCl_{2}}与水反应的化学方程式______．17、rm{(1)}用rm{Cl_{2}}生产某些含氯有机物时会产生副产物rm{HCl}利用反应rm{A}可实现氯的循环利用。反应rm{A}rm{4HCl+O_{2}underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}2Cl_{2}+2H_{2}O}已知：

rm{4HCl+O_{2}

underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}

2Cl_{2}+2H_{2}O}此条件下反应rm{垄隆.}中，rm{A}被氧化，放出rm{4molHCl}的热量。rm{115.6kJ}rm{垄垄.}写出此条件下，反应rm{垄脵}的热化学方程式____。rm{A}断开rm{垄脷}键与断开rm{1molH-O}键所需能量相差约为____rm{1molH-Cl}rm{kJ}氢气用于工业合成氨rm{(2)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?}rm{2NH_{3}(g)}rm{娄陇H=-92.2kJ隆陇mol^{-1}}一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的rm{垄脵}和rm{N_{2}}反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系如下图所示，其中rm{H_{2}}时刻对应的实验条件改变分别是rm{t_{4;}漏pt_{5}漏pt_{7}}rm{t_{4;}}rm{t_{5}}

rm{t_{7}}温度为rm{垄脷}时，将rm{T隆忙}和rm{2nmolH_{2}}放入rm{nmolN_{2}}密闭容器中，充分反应后测得rm{0.5L}的转化率为rm{N_{2}}此时放出热量rm{50漏聡}则rm{46.1kJ}____。rm{n=}评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)18、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。19、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。20、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。21、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共28分)22、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．23、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。25、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、简答题(共2题，共14分)26、随原子序数的递增，八种短周期元素rm{(}用字母rm{X}表示rm{)}原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图rm{1}所示．

根据判断出的元素回答问题：

rm{(1)f}在元素周期表中的位置是______．

rm{(2)}比较rm{d}rm{e}常见离子的半径大小rm{(}用化学式表示，下同rm{)}______；比较rm{g}rm{h}的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：______．

rm{(3)}任选上述元素组成一种四原子共价化合物；写出其电子式______；

rm{(4)}上述元素可组成盐rm{R}rm{zx_{4}f(gd_{4})_{2}}向盛有rm{10mL1mol?L^{-1}R}溶液的烧杯中滴加rm{1mol?L^{-1}NaOH}溶液，沉淀物质的量随rm{NaOH}溶液体积变化示意图如图rm{2}

rm{垄脵R}溶液中；离子浓度由大到小的顺序是：______．

rm{垄脷}写出rm{m}点反应的离子方程式______．

rm{垄脹}若rm{R}溶液改加rm{20mL1.2mol?L^{-1}Ba(OH)_{2}}溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为______rm{mol}．27、配制0.5mol/L的NaOH溶液时；如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏高”；“偏低”、或“不变”）．

（1）称量NaOH固体时，天平的砝码已锈蚀，其结果______．

（2）向容量瓶中加蒸馏水超过了刻度线后，又用滴管把多出的部分吸走，其结果______．评卷人得分六、实验题(共2题，共18分)28、已知rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}回答下列问题rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ?mol^{-1}}图rm{(}．rm{1)}仪器rm{(1)}的名称________________；碎泡沫塑料的作用是______________________．rm{A}环形玻璃搅拌棒不能用环形铜质搅拌棒代替，其原因是________________________rm{(2)}若通过实验测定中和热的rm{(3)}的绝对值常常小于rm{triangleH}其原因可能是______rm{57.3kJ/mol}实验装置保温、隔热效果差rm{a.}量取rm{b.}溶液的体积时仰视读数rm{NaOH}分多次把rm{c.}溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中rm{NaOH}用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度rm{d.}将rm{(4)}溶液和rm{V_{1}mL1.0mol?L^{-1}HCl}未知浓度的rm{V_{2}mL}溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图rm{NaOH}所示rm{2}实验中始终保持rm{(}由图rm{V_{1}+V_{2}=50mL).}可知，氢氧化钠的浓度为________；假设盐酸与氢氧化钠起始温度平均值为rm{2}图rm{21.0隆忙}中最高温度为rm{2}并近似认为rm{28.0隆忙}溶液和盐酸溶液的密度都是rm{NaOH}中和后生成溶液的比热容rm{1g/cm^{3}}则中和热rm{c=4.18J/(g?隆忙).}______rm{triangleH=}取小数点后一位rm{.(}提示：rm{).(}rm{Q=cmtrianglet)}29、某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应rm{.}其中rm{A}rm{F}分别为氨气和氯气的发生装置，rm{C}为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置．

请回答下列问题：

rm{(1)}装置rm{F}中发生反应的化学方程式为______．

rm{(2)}装置rm{A}的烧瓶中可装的试剂为______．

rm{(3)E}装置的作用______．

rm{(4)}装置rm{C}内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一rm{.}请写出反应的化学方程式：______rm{.}当有rm{a}rm{mol}氯气参加反应时，转移的电子总数为rm{b}个，则阿伏加德罗常数为______rm{mol^{-1}(}用含rm{a}rm{b}的代数式表示rm{)}．

rm{(5)}从装置rm{C}的rm{G}处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，实验室常用烧碱溶液吸收rm{Cl_{2}.}若将rm{Cl_{2}}通入热的烧碱溶液中，可以得到rm{NaCl}rm{NaClO}和rm{NaClO_{3}}的混合液rm{.}当rm{NaCl}和rm{NaClO_{3}}的物质的量之比为rm{8}rm{1}时，混合液中rm{NaClO}和rm{NaClO_{3}}的物质的量之比为______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【解析】试题分析：由电离常数可知电离关系为：H2CO3>HClO>HCO3-，则同浓度时水解程度为：CO32->ClO->HCO3-。由于同浓度时，ClO-水解程度大于HCO3-，A项正确，B项不正确。由物料守恒c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)知，C项不正确。由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(ClO-)+c(OH-)+2c(CO32-)知，D项不正确。答案选A。考点：水解平衡【解析】【答案】A2、C【分析】试题分析：某有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，两者的物质的量之比为2∶3,则有机物中含有C、H原子个数比是2:6，或该化合物中C、H原子个数比为1∶3，该有机物中可能含有O元素，也可能不含O元素。因此正确的是C。考点：考查燃烧方法在确定物质的元素组成、分子式的应用的知识。【解析】【答案】C3、D【分析】

物质具有手性；是因为其中的划横线的碳有手性．

A；与甲酸发生酯化反应后；醇羟基会变化，划横线的碳原子不再具有手性，故A错误；

B；在氢氧化钠作用下；酯基会水解为甲酸和一种含有醇羟基的物质，划横线的碳原子不再具有手性，故B错误；

C；在浓硫酸的作用下；醇羟基会变化，划横线的碳原子变为不饱和碳原子，不再具有手性，故C错误；

D、在催化剂存在下与H2加成后；划线的碳原子上连接四个不同的基团，仍具有手性，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】使X通过化学变化失去光学活性；指的是发生反应使手性碳上连有2个以上相同的原子或原子团，手性碳是饱和碳原子，然后根据官能团的性质来分析．

4、C【分析】试题分析：甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH＝7，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na＋)=c(HCOO－)+c(OH—)，又因为pH＝7，故c(H+)=c(OH—)，故.c（HCOO－)＝c（Na＋)，C项正确。考点：溶液中离子守恒规律。【解析】【答案】C5、C【分析】【解答】解：A．Al2H6的熔点为150℃；熔点较低，在固态时所形成的晶体是分子晶体，故A正确；

B．燃烧时放出大量的热量；并且能与H原子形成共价键，可成为未来的储氢材料和火箭燃料，故B正确；

C．Al2H6为分子晶体；化合物中Al和H之间为共价键，不具有离子化合物的特征，说明不含离子键，故C错误．

D．根据元素组成可知Al2H6在空气中完全燃烧；产物为氧化铝和水，故D正确；

故选C．

【分析】根据题给信息“氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为150℃”可说明Al2H6为分子晶体，燃烧时放出大量的热量，可作为燃料，化合物中Al和H之间为共价键，不具有离子化合物的特征．6、C【分析】解：rm{A}由反应rm{垄脵垄脷}利用盖斯定律，反应rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)篓TN_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}可以是rm{dfrac{1}{2}(垄脵+垄脷)}得到，所以该反应的rm{triangleH=-867kJ?mol^{-1}}即rm{triangle

H=-867kJ?mol^{-1}}还原rm{4.48L(0.2mol)CH_{4}}至rm{NO_{2}}放出的热量为rm{N_{2}}故A正确；

B；生成液态水比生成水蒸气放热多；故B正确；

C、反应rm{173.4kJ}中，都是只有rm{垄脵垄脷}甲烷做还原剂；且都是生成二氧化碳，所以转移电子数相同，故C错误；

D、反应rm{1mol}中的rm{垄脵垄脷}都是放热反应，故D正确；

故选C．

A、根据反应rm{triangleH<0}利用盖斯定律结合热化学方程式系数的意义来回答；

B；生成液态水比生成水蒸气放热多；

C、反应rm{垄脵垄脷}中，都是rm{垄脵垄脷}甲烷做还原剂；且都是生成二氧化碳；

D、其rm{1mol}都小于rm{triangleH}．

本题考查了盖斯定律的应用、焓变与物质状态的关系、氧化还原反应中的电子转移的应用、放热反应，题目难度不大．rm{0}【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，侧重考查学生分析和解决问题的能力，题目难度不大。正确书写电极反应式和总反应方程式是解答问题的关键。【解答】甲装置是原电池，Ⅱ处活泼金属锌为负极，发生氧化反应：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}Ⅰ处铁为正极，溶液中的氧气得电子，发生还原反应：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}使得rm{OH^{-}}浓度增大；所以Ⅰ处变红；

乙装置是电解池，Ⅲ处活泼金属铁与电源正极相连，是电解池的阳极，发生氧化反应：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}Ⅳ处金属锌与电源负极相连，是电解池的阴极，发生还原反应：rm{2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}隆眉+2OH^{-}}使得rm{OH^{-}}浓度增大，所以Ⅳ处变红。综上所述；最先观察到溶液变红色的是Ⅰ和Ⅳ，选项B正确。

故选B。

【解析】rm{B}8、C【分析】解：rm{A.}乌洛托品分子式为rm{C_{6}H_{12}N_{4}}故A错误；

B.氮原子成三个键，有一对孤对电子，为rm{sp^{3}}杂化；故B错误；

C.由图知，分子中共形成rm{4}个六元环；故C正确；

D.含有rm{N}rm{O}rm{F}的氢化物能形成氢键；氮原子上没有氢原子，故D错误．

故选C．

A.根据结构简式确定分子式；

B.氮原子成三个键；有一对孤对电子；

C.分子中共形成rm{4}个六元环；

D.含有rm{N}rm{O}rm{F}的氢化物能形成氢键．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的组成、官能团与性质的关系等为解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】解：稀强酸、稀强碱反应生成rm{1mol}水时放出rm{57.3kJ}的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则反应的热化学方程式为：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)篓Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3}rm{NaOH(aq)+dfrac

{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)篓Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3}

故答案为：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)篓Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3}rm{kJ/mol}．

根据酸碱中和反应生成rm{NaOH(aq)+dfrac

{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)篓Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3}液态水时放出rm{kJ/mol}的热量书写热化学方程式；据此进行分析．

本题考查热化学方程式书写，明确中和热指的是酸碱中和反应生成rm{1mol}液态水时放出rm{57.3kJ}的热量，题目难度大．rm{1mol}【解析】rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)篓Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}10、略

【分析】

（1）反应生成硫酸钡沉淀和水，该离子反应为2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O；

故答案为：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O；

（2）反应生成氯化亚铁和氢气，该反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

（3）反应生成氯化铝和氢气，该反应为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，故答案为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑．

【解析】【答案】（1）反应生成硫酸钡沉淀和水；

（2）反应生成氯化亚铁和氢气；

（3）反应生成氯化铝和氢气．

11、略

【分析】（1）根据方程式可知，属于离子相互交换充分的，所以是复分解反应。（2）①Fe3+与SCN－以个数比1：1配合所得离子显＋2价，所以该离子的化学式为[Fe（SCN）]2+，则相应化合物的化学式为[Fe（SCN）]Cl2。②Fe3+与SCN－以个数比1：5配合，则所得离子显－2价，所以方程式为FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl。（3）颜色深浅和浓度大小有关系，因此如果溶液血红色加深，则血红色离子的浓度增加。这是由于加入浓KSCN溶液，平衡向正反应方向运动。答案选C。【解析】【答案】（7分）（1）复分解（2）[Fe（SCN）]2+、[Fe（SCN）]Cl2、FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl（3分）（3）C（其余每空1分）12、略

【分析】（1）E是硫，其原子结构示意图为（2）C是碳元素，最高价氧化物是CO2，电子式为（3）A是钠，最高价氧化物的水化物的化学式为NaOH。（4）N和Cl上午氢化物分别是氨气和氯化氢，而发生反应的方程式为NH3+HCl＝NH4Cl。【解析】【答案】（8分）(1)(2)(3)NaOH(4)NH3+HCl＝NH4Cl13、略

【分析】试题分析：断开1mol的H—H键、1molI—I需要吸收的能量是436kJ+151kJ=587KJ；同时产生2mol的H—I键释放的能量是299kJ×2=598KJ，放出的热量大于吸收的热量，所以该反应是放热反应，若产生1mol的HI需要放出的热量是（598KJ－587KJ）÷5.5KJ.考点：考查反应热与键能的关系的知识。【解析】【答案】放出；5.514、略

【分析】解：（1）中和热测定的实验中；用到的玻璃仪器有大烧杯；小烧杯、温度计、量筒、胶头滴管，环形玻璃搅拌棒；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；

故答案为：大烧杯；小烧杯、温度计、量筒、胶头滴管；环形玻璃搅拌棒；保温、隔热、减少实验过程中热量的损失；

（2）NaOH的浓度大于HCl的浓度；使盐酸完全被中和，减少了盐酸挥发对实验的影响；如果温度过低，散热加快，对实验结过造成的误差较大；

故答案为：保证盐酸完全被中和；散热太快；

（3）0.60mol•L-1HCl和0.65mol•L-1的NaOH溶液各50mL进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.60mol•L-1=0.03mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值△T为3.30℃来计算，则生成0.03mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.30℃=100×4.18×3.3×10-3kJ，所以实验测得的中和热△H=-kJ/mol；

故答案为：100×4.18×3.3×10-3；-．

（1）根据量热计的构造和实验步骤来确定实验的仪器；中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温；隔热、减少实验过程中的热量散失；

（2）为了保证HCl完全反应；碱应过量；温度过低，散热加快，对实验结过造成的误差较大；

（3）先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热．

本题考查中和热的测定与计算，题目难度中等，注意理解中和热的概念是解题的关键．【解析】大烧杯、小烧杯、温度计、量筒、胶头滴管，环形玻璃搅拌棒；保温、隔热、减少实验过程中热量的损失；保证盐酸完全被中和；散热太快；100×4.18×3.3×10-3；-15、略

【分析】解：rm{A.KI(s)}是盐属于电解质；在水溶液中完全电离属于强电解质，但固体不能电离出自由移动的离子不能导电，水溶液中能导电；

B.rm{C_{2}H_{5}OH(l)}属于有机物；是非电解质，不能导电；

C.rm{Cl_{2}(g)}是单质不是电解质；不能导电，水溶液中发生反应生成盐酸和次氯酸能导电；

D.rm{CH_{3}COOH(l)}是弱酸属于电解质；溶液中操作电离平衡，属于弱电解质，纯净的醋酸不能导电；，水溶液中能导电；

E.rm{BaSO_{4}(s)}属于盐熔融状态完全电离属于强电解质；本身不导电，水溶液中不导电；

F.rm{NaHSO_{4}(s)}属于盐；是电解质，水溶液中完全电离属于强电解质，本身不导电，水溶液中导电；

G.石墨rm{(s)}属于非金属单质；不是电解质，固体能导电；

H.蔗糖rm{(s)}属于有机物；是非电解质，不能导电；

I.rm{NaOH(l)}是强碱，是电解质，水溶液中完全电离rm{.}属于强电解质；固体不导电，水溶液中导电；

由上述分析可知：

rm{(1)}属于非电解质的有rm{BH}属于强电解质的有rm{AEFI}属于弱电解质的有rm{D}

故答案为：rm{BH}rm{AEFI}rm{D}

rm{(2)}能直接导电的为rm{GI}能溶于水，且水溶液能导电的是rm{ACDFI}

故答案为：rm{GI}rm{ACDFI}．

电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，强电解质是水溶液中完全电离的电解质，弱电解质是水溶液中部分电离的电解质，依据概念分析判断，导电的实质是生成自由移动的离子．

本题考查了电解质、非电解质、强电解质、弱电解质概念的理解和分析应用，导电的实质是产生自由移动的离子，题目较简单．【解析】rm{BH}rm{AEFI}rm{D}rm{GI}rm{ACDFI}16、略

【分析】解：rm{(1)}明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子rm{Al^{3+}}水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的rm{.}其反应原理用方程式表示为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}故答案为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}

rm{(2)}碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性，水解离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}石膏能与碳酸根离子反应，平衡向左移动，rm{OH^{-}}浓度降低，降低碱性，石膏电离出的rm{Ca^{2+}}与rm{CO_{3}^{2-}}结合生成更难溶的rm{CaCO_{3}Na_{2}CO_{3}}rm{CaSO_{4}}反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，硫酸根离子和钠离子不水解，则其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CaCO_{3}隆媒}

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}

rm{(3)}依据反应现象分析生成物为二氧化硫和氯化氢气体；rm{SOCl_{2}}与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用；反应的化学方程式为：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}故答案为：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉.}

rm{(1)}明矾中等弱酸根离子rm{Al^{3+}}水解产生氢氧化铝胶体；能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的；

rm{(2)}碳酸钠水解呈碱性；可与硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀；

rm{(3)}依据反应现象分析生成物为二氧化硫和氯化氢气体．

本题考查了盐类水解原理、电解质溶液中离子浓度大小、盐类水解等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}17、（1）①4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6kJ/mol

②31.9

（2）①t4加入催化剂t5减小NH3浓度t7降温。

②1【分析】【分析】本题考查反应热与焓变的应用以及影响化学平衡移动的条件，题目难度中等，明确键能与焓变的关系为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】rm{(1)}rm{垄脵}反应rm{4HCl+O}反应rm{垄脵}rm{{,!}_{2}underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}}rm{4HCl+O}rm{{,!}_{2}

underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}}rm{2Cl}rm{2Cl}rm{{,!}_{2}}中，rm{+2H}被氧化，放出rm{+2H}的热量，则反应的热化学方程式为：rm{{,!}_{2}}rm{O}中，rm{4molHCl}被氧化，放出rm{115.6kJ}的热量，则反应的热化学方程式为：rm{4HCl(g)+O}rm{O}rm{4molHCl}rm{115.6kJ}rm{4HCl(g)+O}rm{O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2Cl}rm{(g)?2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}rm{(g)+2H}rm{O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}

rm{{,!}_{2}}焓变rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}反应物断键吸收热量rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}生成物形成化学键放出热量，故答案为：rm{4HCl(g)+O}rm{4HCl(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2Cl}rm{(g)?2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}

则该反应的焓变rm{triangleH=4隆脕E(H-Cl)+498-[243隆脕2+4隆脕E(H-O)]=-115.6}rm{(g)+2H}整理可得：rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}；rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的rm{垄脷}焓变rm{=}反应物断键吸收热量rm{-}生成物形成化学键放出热量，rm{4HCl(g)+O}rm{垄脷}rm{=}rm{-}rm{4HCl(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2Cl}rm{(g)?2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}则该反应的焓变rm{triangle

H=4隆脕E(H-Cl)+498-[243隆脕2+4隆脕E(H-O)]=-115.6}时刻正逆反应速率都减小，且反应向正反应方向进行，说明是降低温度，平衡正向进行，rm{triangle

H=4隆脕E(H-Cl)+498-[243隆脕2+4隆脕E(H-O)]=-115.6}即：rm{4隆脕E(H-O)-4隆脕E(H-Cl)=498-486+115.6=127.6}整理可得：rm{E(H-O)-E(H-Cl)=31.9}rm{4隆脕E(H-O)-4隆脕E(H-Cl)=498-486+115.6=127.6}rm{E(H-O)-E(H-Cl)=31.9}故答案为：rm{31.9}rm{31.9}rm{(2)}rm{垄脵}一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的rm{N}rm{垄脵}

rm{N}由反应方程式可知：rm{{,!}_{2}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系如图所示，其中rm{t}rm{t}rm{{,!}_{4}}rm{漏pt}rm{漏pt}rm{{,!}_{5}}的氮气与rm{漏pt}的氢气完全反应放出rm{漏pt}的热量，而此时放出热量rm{{,!}_{7}}所以参加反应的氮气的物质的量为rm{dfrac{;46.1}{;92.2};=0.5mol}，即时刻对应的实验条件改变分别是rm{t}解之得rm{t}故答案为：rm{{,!}_{4}}正逆反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；rm{t}【解析】rm{(1)垄脵4HCl(g)+O_{2}(g)?2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}

rm{(1)垄脵4HCl(g)+O_{2}(g)?2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-115.6kJ/mol}rm{垄脷31.9}加入催化剂rm{(2)垄脵t_{4}}减小rm{t_{5}}浓度rm{NH_{3}}降温。

rm{t_{7}}rm{垄脷1}三、探究题(共4题，共8分)18、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）19、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）20、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）21、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、有机推断题(共4题，共28分)22、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH223、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl25、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、简答题(共2题，共14分)26、略

【分析】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知rm{x}是rm{H}元素，rm{y}是rm{C}元素，rm{z}是rm{N}元素，rm{d}是rm{O}元素，rm{e}是rm{Na}元素，rm{f}是rm{Al}元素，rm{g}是rm{S}元素，rm{h}是rm{Cl}元素．

rm{(1)f}是rm{Al}元素，在元素周期表的位置是第三周期Ⅲrm{A}族，故答案为：第三周期Ⅲrm{A}族；

rm{(2)}电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：rm{r(O^{2-})>r(Na^{+})}非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}

故答案为：rm{r(O^{2-})>r(Na^{+})}rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}

rm{(3)}四原子共价化合物，可以是rm{NH_{3}}rm{H_{2}O_{2}}rm{C_{2}H_{2}}等，其电子式为：rm{(}或rm{)}

故答案为：rm{(}或rm{)}

rm{(4)垄脵R}是rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+}}均水解使溶液呈酸性，但rm{Al^{3+}}比rm{NH_{4}^{+}}水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Al^{3+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案为：rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Al^{3+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

rm{垄脷m}点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是rm{NH_{4}^{+}}与rm{OH^{-}}反应生成rm{NH_{3}?H_{2}O}离子方程式为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}

故答案为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}

rm{垄脹10mL1mol?L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{Al^{3+}}物质的量为rm{0.01mol}rm{NH_{4}^{+}}的物质的量为rm{0.01mol}rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量为rm{0.02mol}rm{20mL1.2mol?L^{-1}Ba(OH)_{2}}溶液中rm{20mL

1.2mol?L^{-1}Ba(OH)_{2}}物质的量为rm{Ba^{2+}}rm{0.024mol}为rm{OH^{-}}

由rm{0.048mol}可知rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}=BaSO_{4}隆媒}不足，故可以得到rm{SO_{4}^{2-}}

rm{0.02molBaSO_{4}}

rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}

反应剩余rm{0.01mol0.03mol0.01mol}为rm{OH^{-}}

rm{0.048mol-0.03mol=0.018mol}

rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}

反应剩余rm{0.01mol0.01mol}为rm{OH^{-}}

rm{0.018mol-0.01mol=0.008mol}

rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故得到rm{0.008mol0.008mol}沉淀为rm{Al(OH)_{3}}

则最终得到固体为rm{0.01mol-0.008mol=0.002mol}

故答案为：rm{0.02mol+0.002mol=0.022mol}．

从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知rm{0.022}是rm{x}元素，rm{H}是rm{y}元素，rm{C}是rm{z}元素，rm{N}是rm{d}元素，rm{O}是rm{e}元素，rm{Na}是rm{f}元素，rm{Al}是rm{g}元素，rm{S}是rm{h}元素．

rm{Cl}是rm{(1)f}元素，在元素周期表的位置是第三周期Ⅲrm{Al}族；

rm{A}电子层结构相同的离子；核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；

rm{(2)}四原子共价化合物，可以是rm{(3)}rm{NH_{3}}rm{H_{2}O_{2}}等；

rm{C_{2}H_{2}}是rm{(4)垄脵R}溶液中rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}rm{Al^{3+}}均水解使溶液呈酸性，但rm{NH_{4}^{+}}比rm{Al^{3+}}水解程度更大；

rm{NH_{4}^{+}}点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是rm{垄脷m}与rm{NH_{4}^{+}}反应生成rm{OH^{-}}

rm{NH_{3}?H_{2}O}根据rm{垄脹}计算rm{n=cV}rm{n(Al^{3+})}rm{n(NH_{4}^{+})}rm{n(SO_{4}^{2-})}rm{n(Ba^{2+})}根据rm{n(OH^{-})}rm{SO_{4}^{2-}}中不足量的离子的物质的量计算生成rm{Ba^{2+}}的物质的量，依次发生：rm{BaSO_{4}}rm{Al^{3+}+OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}根据方程式计算生成rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}的物质的量；进而二者计算生成固体总物质的量．

本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、离子浓度大小比较、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．rm{Al(OH)_{3}}【解析】第三周期Ⅲrm{A}族；rm{r(O^{2-})>r(Na^{+})}rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}rm{(}或等rm{)}rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Al^{3+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}rm{0.022}27、略

【分析】解：（1）生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游；故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大，故答案为：偏高；

（2）向容量瓶中加蒸馏水超过了刻度线后；无法补救，必须重新配制，如果又用滴管把多出的部分吸走，则吸走的不止是水，也有溶质，会导致所配溶液的浓度偏低，故答案为：偏低．

根据C=通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差．

本题考查了配制一定物质的量浓度溶液时的误差分析，要从不当的操作对溶液的体积或溶质的质量的影响来着手分析，难度不大．【解析】偏高；偏低六、实验题(共2题，共18分)28、（1）环形玻璃搅拌棒保温、隔热作用（2）铜棒易导致热量的散失。

（3）acd（4）1.5mol/L-48.8kJ•mol-1【分析】【分析】本题主要考察中和热的测定，明确中和热的概念和