…………○…………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年華東師大版高二化學下冊月考試卷820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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、二氟二氯甲烷rm{(CF_{2}Cl_{2})}是甲烷的一種取代產物，下列關于它的敘述正確的是rm{(}rm{)}

A.它有四種同分異構體B.它有兩種同分異構體C.它只有一種結構D.它是平面分子2、某化學反應rm{2A(g)?}rm{B(g)+D(g)}在四種不同條件下進行，rm{B}rm{D}起始濃度為rm{0}反應物rm{A}的濃度rm{(mol/L)}隨反應時間rm{(min)}的變化情況如下表根據上述數據，下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.實驗rm{1}反應在rm{10}至rm{20}分鐘時間內用rm{B}表示的平均速率為rm{0.013mol/(L隆隴min)}B.實驗rm{2}rm{A}的初始濃度rm{C}rm{{,!}_{2}}為rm{1.0mol/L}反應經rm{20}分鐘就達到平衡，可推測實驗rm{2}中加入了催化劑C.實驗rm{3}rm{A}的初始濃度rm{C}rm{{,!}_{2}}為rm{1.2mol/L}

D.可推測該反應是吸熱反應。3、下列反應的有機產物，肯定是一種的是（）A.異戊二烯（）與等物質的量的Br2發生加成反應B.2﹣氯丁烷（）與NaOH溶液共熱發生反應C.甲苯在一定條件下發生硝化生成一硝基甲苯的反應D.等物質的量的甲烷和氯氣的混和氣體長時間光照后的產物4、下列配合物的配位數不是6的是（）A.Na3[AlF6]B.Na2[SiF6]C.[Cu（NH3）4]（OH）2D.[Pt（NH3）2Cl4]Cl45、下列關于SiO2和CO2的敘述中不正確的是（）A.都是共價化合物B.SiO2可用于制光導纖維，干冰可用于人工降雨C.都能溶于水且與水反應生成相應的酸D.都是酸性氧化物，都能與強堿溶液反應6、下列敘述正確的是（）A.分子式為C3H6有機物最多存在4個C-C單鍵，與C4H10的碳碳單鍵數相同B.和均是芳香烴，既是芳香烴又是芳香化合物C.和分子組成相差一個-CH2-，因此是同系物關系D.分子式為C2H6O的紅外光譜圖上發現有C-H鍵和C-O鍵的振動吸收，由此推測可能有H-O鍵7、有關合金的性質敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.合金的熔點比它的各成分的熔點低B.合金一定是金屬熔合而成C.合金的硬度和強度一般比純金屬高D.硬鋁、黃銅、鋼均為合金8、用惰性電極電解下列溶液，一段時間后，再加入一定質量的另一種物質rm{(}括號內rm{)}溶液能與原來溶液完全一樣的是rm{(}rm{)}A.rm{CuCl_{2}(CuO)}B.rm{NaOH(NaOH)}C.rm{NaCl(HCl)}D.rm{CuSO_{4}[Cu(OH)_{2}]}9、rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均為短周期主族元素，rm{B}rm{C}rm{D}在周期表中的位置關系如下圖所示rm{.A}元素的某種同位素原子沒有中子，rm{D}元素的原子序數是rm{C}的rm{2}倍，rm{E}是短周期主族元素中半徑最大的元素rm{.}下列說法不正確的是()。rm{B}rm{C}rm{D}A.簡單離子的半徑大小關系：rm{B>C>E}B.rm{C}rm{E}兩種元素形成的化合物，可能含有離子鍵和共價鍵C.rm{A}rm{B}rm{C}三種元素形成的化合物，晶體類型一定相同D.rm{B}rm{D}分別和rm{C}形成的化合物，都有可能使溴水或品紅溶液褪色評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、某有機物R完全燃燒產物只有CO2和H2O。已知1molR完全燃燒時，生成nmolCO2，消耗1.5nmolO2。試回答下列問題。（1）若R為烴，則R的分子式為______________________。（2）若R為烴的含氧衍生物，3.0gR與足量金屬鈉反應生成560mL（標準狀況）H2，則R的分子式為_____________________。11、（5分）取8g某有機物A，完全燃燒后只生成11gCO2和9gH2O。回答下列問題：（1）A分子中____（填：“是”或“不”）含氧元素。理由是（用數據說明）。（2）A的實驗式（最簡式）為：。（3）A的分子式能否確定？（填：“能”或“否”），理由是。12、(14分)現有六種元素，其中A、B、C、D為短周期主族元素，E、F為第四周期元素，它們的原子序數依次增大。請根據下列相關信息，回答問題。。A元素原子的核外p電子總數比s電子總數少1B元素原子核外s電子總數與p電子總數相等，且不與A元素在同一周期C原子核外所有p軌道全滿或半滿D元素的主族序數與周期數的差為4E是前四周期中電負性最小的元素F在周期表的第七列（1）A基態原子中能量最高的電子，其電子云在空間有個方向，原子軌道呈形。（2）某同學根據上述信息，所畫的B電子排布圖如圖違背了原理。（3）F位于族區，其基態原子有種運動狀態。（4）CD3中心原子的雜化方式為，用價層電子對互斥理論推測其分子空間構型為，檢驗E元素的方法是。（5）若某金屬單質晶體中原子的堆積方式如下圖甲所示，其晶胞特征如下圖乙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如下圖丙所示。則晶胞中該原子的配位數為，該單質晶體中原子的堆積方式為四種基本堆積方式中的。若已知該金屬的原子半徑為dcm，NA代表阿伏加德羅常數，金屬的相對原子質量為M，則該晶體的密度為______g·cm－3(用字母表示)。13、根據實驗步驟補全實驗結論。實驗步驟解釋或實驗結論①稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍．試通過計算填空：

①A的相對分子質量為：____．②將此9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發現兩者分別增重5.4g和13.2g②A的分子式為：____．③另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應，生成2.24LCO2（標準狀況），若與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2（標準狀況）③A中官能團的結構簡式：____；

____．④A的核磁共振氫譜如圖：

④A中含有____種氫原子⑤綜上所述，A的結構簡式____．

A與濃H2SO4混合，在一定條件下反應生成六元環狀物B，B的結構簡式____．14、一定溫度下，將rm{3molA}氣體和rm{1molB}氣體通入一密閉容器中，發生如下反應：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)}請回答下列問題：rm{(1)}若容器體積固定為rm{2L}反應rm{2min}時測得剩余rm{0.6molB}rm{C}的濃度為rm{0.4mol/L}

rm{壟脵2min}內，rm{A}的平均反應速率為__________；

rm{壟脷}若反應經rm{4min}達到平衡，平衡時rm{C}的濃度______rm{0.8mol/L}rm{(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)}

rm{壟脹}平衡混合物中rm{C}的體積分數為rm{22%}則rm{B}的轉化率是__________；

rm{(2)}若維持容器壓強不變：

rm{壟脵}達到平衡時rm{C}的體積分數______rm{22%(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)}

rm{壟脷}改變起始物質加入的量，欲使反應達到平衡時rm{C}的物質的量是原平衡的rm{2}倍，則應加入______rm{molA}氣體和______rm{molB}氣體。15、寫出下列反應方程式（注意反應發生的條件）

①氮氣與氫氣：____；

②氮氣與氧氣：____；

③NO和O2：____；

④NO2和水：____．16、（16分）按下列要求填空：（1）現有下列物質：①蔗糖②碳酸鈣固態③NH3④硫酸⑤醋酸⑥酒精水溶液⑦NaOH水溶液⑧熔融NaCl其中屬于強電解質的是；屬于非電解質的是；能導電的是。（2）寫出下列物質在水溶液中的電離方程式：①碳酸：②碳酸氫鈉：（3）室溫下，往0.1mol/L的氨水中滴入酚酞溶液時，溶液呈粉紅色，要使溶液顏色變淺，可采取以下哪些措施。A．加水B．加固體氯化銨C．加固體氫氧化鈉D．加濃鹽酸（4）已知一元酸HA在一定溫度下的電離平衡常數K=1.6×10-5，初始濃度為1mol/L的HA的電離度約為。（5）某溫度下，純水中KW=9×10-14mol/L，此溫度下，向水中加入氫氧化鈉，使c(OH―)=5.0×10-5mol/L，則由水電離出得c(OH―)是。17、（10分）現有25℃時0.1mol/L的氨水。請回答以下問題：（1）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中(增大、減小、不變)（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，寫出反應的離子方程式：所得溶液的pH7(填“＞”“＜”或“＝”)。（3）若向該氨水中加入氫氧化鈉固體，則該電離平衡向方向移動（分子化、離子化），電離平衡常數。（增大、減小或不變）18、現有下列幾種有機物：

A.rm{B.}rm{C}．

D.rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{E.HCOOCH_{2}CH_{3}}rm{F.CH_{2}OH(CHOH)_{4}COOH}

rm{(1)B}rm{E}兩種有機物中所含官能團的名稱分別為______；______．

rm{(2)}上述六種有機物中能發生銀鏡反應的是rm{(}填寫物質的代號，下同rm{)}______；能與rm{NaOH}溶液反應的是______．

rm{(3)}寫出rm{D}發生水解的化學方程式______．評卷人得分三、實驗題(共8題，共16分)19、（10分）1,2－二溴乙烷可作汽油抗爆劑的添加劑，常溫下它是無色液體，密度2.18g·cm－3，沸點131.4℃，熔點9.79℃，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有機溶劑。在實驗室中可以用下圖所示裝置制備1,2－二溴乙烷。其中分液漏斗和燒瓶a中裝有乙醇和濃硫酸的混合液，試管d中裝有液溴(表面覆蓋少量水)。填寫下列空白：（1）寫出本題中制備1,2-二溴乙烷的兩個化學反應方程式。______________________；。（2）安全瓶b可以防止倒吸，并可以檢查實驗進行時試管d是否發生堵塞。請寫出發生堵塞時瓶b中的現象：____________________________________________。（3）容器c中NaOH溶液的作用是：________________________________________。（4）某學生在做此實驗時，使用一定量的液溴，當溴全部褪色時，所消耗乙醇和濃硫酸混合液的量，比正常情況下超過許多。如果裝置的氣密性沒有問題，試分析其可能的原因。________________________________________________________________________________。20、rm{SO_{2}}雖是大氣污染物之一，但也是重要的工業原料，某同學在實驗室設計如下實驗，對rm{SO_{2}}的部分性質進行了探究．

rm{(1)}二氧化硫的水溶液。

rm{壟脵SO_{2}}易溶于水，常溫常壓下溶解度為rm{1}rm{40}其中有rm{H_{2}SO_{3}}生成rm{.}向rm{SO_{2}}的飽和溶液中加入rm{NaHSO_{3}}固體，有氣體冒出，原因是______rm{.(}結合有關平衡方程式簡要說明rm{)}

rm{壟脷}欲驗證酸性：rm{H_{2}SO_{3}>HClO}選用圖rm{1}的裝置，其連接順序為：rm{A隆煤}______rm{(}按氣流方向用大寫字母表示即可rm{).}能證明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性強于rm{HClO}的實驗現象為______．

rm{(2)}二氧化硫的還原性。

已知rm{SO_{2}}具有還原性，可以還原rm{I_{2}}可以與rm{Na_{2}O_{2}}發生反應，按圖rm{2}示裝置進行實驗rm{.(}部分固定裝置未畫出rm{)}

。操作步驟實驗現象解釋原因關閉彈簧夾rm{2}打開彈簧夾rm{1}注入硫酸至浸沒三頸燒瓶中固體若將帶火星的木條放在rm{D}試管口處，木條不復燃rm{SO_{2}}與rm{Na_{2}O_{2}}反應無rm{O_{2}}生成，可能發生的化學反應方程式為rm{壟脵}______若將帶火星的木條放在rm{D}試管口處，木條復燃rm{SO_{2}}與rm{Na_{2}O_{2}}反應有rm{O_{2}}生成，發生的化學反應為：rm{2SO_{2}+2Na_{2}O_{2}簍T2Na_{2}SO_{3}+O_{2}}rm{SO_{2}}與rm{Na_{2}O_{2}}反應有rm{O_{2}}生成，發生的化學反應為：rm{2SO_{2}+2Na_{2}O_{2}簍T2Na_{2}SO_{3}+O_{2}}關閉彈簧夾rm{1}打開彈簧夾rm{2}殘余氣體進入rm{E}rm{F}中．rm{E}中rm{壟脷}______rm{E}中反應的離子方程式rm{壟脹}______rm{F}中rm{壟脺}______rm{F}中反應為rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{F}中反應為rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}21、硫酸鹽在工農業生產、生活中具有廣泛應用。rm{(1)}某rm{CuSO_{4}}溶液中混有少量rm{FeSO_{4}}和rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}雜質。rm{壟脵}為了除去雜質，通常是加入rm{H_{2}O_{2}}再調節溶液rm{pH}其中加入rm{H_{2}O_{2}}的作用是_______________。rm{壟脷}除去雜質、過濾后，由濾液獲得rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}晶體的操作步驟依次是________。rm{(2)}滴定法測定rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}含量：取rm{ag}試樣配成rm{100mL}溶液，每次取rm{20.00mL}消除干擾離子后，用rm{cmol隆隴L^{-1}EDTA(H_{2}Y^{2-})}標準溶液滴定至終點，平均消耗rm{cmol隆隴L^{-1}

EDTA(H_{2}Y^{2-})}溶液rm{EDTA}滴定反應為rm{bmL}rm{Cu^{2+}+H_{2}Y^{2-}簍T簍T簍TCuY^{2-}+2H^{+}}測得rm{壟脵}的質量分數為rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}________rm{w=}用含rm{(}rm{a}rm{b}的代數式表示rm{c}rm{)}下列操作中會導致rm{壟脷}含量的測定結果偏高的是________。rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}錐形瓶中有殘留的蒸餾水，未干燥rm{a.}滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失rm{b.}未除凈可與rm{c.}反應的干擾離子rm{EDTA}滴定前仰視讀數，滴定后俯視讀數rm{d.}下圖是某溫度下，將足量的rm{(3)}固體溶于一定量水中達到溶液平衡后，假定溶液體積不變的情況下，加入rm{BaSO_{4}}使rm{Na_{2}CO_{3}}增大過程中，溶液中rm{c(COrlap{_{3}}{^{2-}})}和rm{c(Ba^{2+})}的變化曲線。根據圖象中的數據分析、計算：rm{c(SOrlap{_{4}}{^{2-}})}該溫度下，rm{壟脵}的rm{BaSO_{4}}________；rm{K_{sp}=}當rm{壟脷}大于________rm{c(COrlap{_{3}}{^{2-}})}時開始有rm{mol隆隴L^{-1}}沉淀生成，rm{BaCO_{3}}的rm{BaCO_{3}}________；rm{K_{sp}=}圖象中代表沉淀轉化過程中rm{壟脹}隨rm{c(Ba^{2+})}變化的曲線是________rm{c(COrlap{_{3}}{^{2-}})}填“rm{(}”或“rm{MP}”rm{MN}rm{)}22、氧化還原滴定實驗與中和滴定類似rm{(}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rm{).}現用rm{0.001mol?L^{-1}}rm{KMnO_{4}}酸性溶液滴定未知濃度的無色rm{NaHSO_{3}}溶液rm{.}反應的離子方程式是rm{2MnO_{4}^{-}+5HSO_{3}^{-}+H^{+}=2Mn^{2+}+5SO_{4}^{2-}+3H_{2}O}

填空完成問題：

rm{(1)}該滴定實驗所需儀器有下列中的______．

rm{A}酸式滴定管rm{(50mL)}rm{B}堿式滴定管rm{(50mL)}rm{C}量筒rm{(10mL)}rm{D}錐形瓶rm{E}鐵架臺rm{F}滴定管夾rm{G}燒杯rm{H}白紙rm{I}膠頭滴管rm{J}漏斗。

rm{(2)}不能用______rm{(}填“酸”或“堿”rm{)}式滴定管盛放高錳酸鉀溶液rm{.}試分析原因______．

rm{(3)}選何種指示劑，說明理由______．23、某課外興趣小組欲測定某NaOH溶液的濃度，其操作步驟如下：①將堿式滴定管用蒸餾水洗凈，再注入待測溶液，調節滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于"0"刻度以下的位置，記下讀數；將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，從堿式滴定管中放入20.00mL待測溶液到錐形瓶中。②將酸式滴定管用蒸餾水洗凈，再用標準酸液潤洗2-3次后，向其中注入0.1000mol·L-1標準鹽酸，調節滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于"0"刻度以下的位置，記下讀數。③向錐形瓶中滴入指示劑，進行滴定。滴定至終點，記錄數據。④重復以上過程2次。試回答下列問題：(1)應將NaOH溶液注入下圖中的____（選填“左”或“右”）中。(2)該小組在步驟①中的錯是____，由此造成的測定結果____(偏高、偏低或無影響)。(3)下圖是某次滴定時的滴定管中的液面，右圖表示50mL滴定管中液面的位置，若A與C刻度間相差1mL，A處的刻度為25，滴定管中液面讀數應為mL。(4)該滴定操作中③應選用的指示劑是____，滴定時，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，邊滴邊振蕩，眼睛注視？，如何確定終點？。(5)根據下列數據：。滴定次數待測液體積(mL)標準鹽酸體積（mL）滴定前讀數（mL）滴定后讀數（mL）第一次20.000.5225.42第二次20.004.0729.17請計算待測燒堿溶液的濃度為。24、（15分）某實驗小組用下圖所示裝置制備一硝基甲苯（包括對硝基甲苯和鄰硝基甲苯）：反應原理：實驗中可能用到的數據：實驗步驟：①濃硫酸與濃硝酸按體積比1：3配制混合溶液（即混酸）共40mL；②在三頸瓶中加入13g甲苯（易揮發），按圖所示裝好藥品和其他儀器；③向三頸瓶中加入混酸；④控制溫度約為50℃，反應大約10min，三頸瓶底有大量淡黃色油狀液體出現；⑤分離出一硝基甲苯，經提純最終得到純凈的一硝基甲苯共15g。請回答下列問題：（1）實驗前需要在三頸瓶中加入少許________，目的是____________________。（2）冷凝管的作用是_________；冷卻水從冷凝管的_______（填“a”或“b”）端進入。（3）儀器A的名稱是________，使用該儀器前必須進行的操作是_________________。（4）分離反應后產物的方案如下：其中，操作1的名稱為________，操作2必需的玻璃儀器有酒精燈、溫度計、錐形瓶、牛角管（尾接管）和________________、_________________。（5）本實驗中一硝基甲苯的產率為________（結果保留小數點后一位數字）。25、鈉在較高溫度下能與二氧化碳反應，用下圖裝置進行實驗探究反應后的含碳產物。

已知：rm{CO}能與rm{PdCl_{2}}生成黑色的rm{Pd}實驗開始后，觀察到rm{PdCl_{2}}溶液中無黑色物質產生。請回答：rm{(1)}含碳產物可能是rm{Na_{2}CO_{3}}還可能是__________。rm{(2)}裝置氣密性檢查完畢后，實驗時加熱前應先往硬質玻璃管中________________________________。rm{(3)}請設計一個實驗方案，檢驗充分反應后玻璃直管中含碳固體產物的成分______________________。26、rm{23}rm{(12}分rm{)}某化學課外小組用如圖裝置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再將混合液慢慢滴入反應器rm{A(A}下端活塞關閉rm{)}中。rm{(1)}觀察到rm{A}中的現象是____。rm{(2)}實驗結束時，打開rm{A}下端的活塞，讓反應液流入rm{B}中，充分振蕩，目的是____，寫出有關反應的化學方程式____。rm{(3)C}中盛放rm{CCl_{4}}的作用是____。rm{(4)}若證明苯和液溴發生的是取代反應，而不是加成反應，可向試管rm{D}中加入rm{AgNO_{3}}溶液，若產生淡黃色沉淀，則能證明。另一種驗證的方法是向試管rm{D}中加入____，現象是____。評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共20分)27、化學家侯德榜創立了中國的制堿工藝，促進了世界制堿技術的發展。下圖是純堿工藝的簡化流

（1）寫出CO2的電子式____________________。

（2）用離子方程式表示純堿工藝中HCO3-的生成___________________。

（3）工業生產時先氨化再通CO2，順序不能顛倒，原因是_______________。

（4）濾液A中最主要的兩種離子是_________。

（5）某小組設計如下實驗分離濾液A中的主要物質。打開分液漏斗活塞，一段時間后，試管中有白色晶體生成，用化學原理解釋白色晶體產生的原因___________________。

（6）某純堿樣品因煅燒不充分而含少量NaHCO3，取質量為m1的純堿樣品，充分加熱后質量為m2，則此樣品中碳酸氫鈉的質量分數為______________________。28、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實驗室中最常用的試劑之一。實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL；根據配制溶液的過程，回答問題：

①實驗中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實驗中需用托盤天平（帶砝碼）稱量NaOH固體________g。

（2）Na2O2可作為呼吸面具和潛水艇里氧氣的來源。Na2O2作為供氧劑時可能發生的反應有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經部分變質，請你設計實驗，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經變質：_________________________（說明操作；現象和結論）。

（4）NaNO2因外觀和食鹽相似；又有咸味，容易使人誤食中毒。

①已知NaNO2能發生如下反應：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉移電子的物質的量為_______mol，參加反應的HI的物質的量是________________mol。

②實驗室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】本題以甲烷的正四面體型結構為載體，考查學生對知識的遷移和空間想象能力，烴的空間結構必須掌握甲烷正四面體型，乙烯、苯為平面型分子，乙炔為直線型分子，題目難度不大。【解答】A.rm{CF}rm{CF}rm{2}rm{2}是甲烷的取代產物，為四面體結構，因此結構只有一種，沒有同分異構體，故A錯誤；B.rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}是甲烷的取代產物，為四面體結構，因此結構只有一種，沒有同分異構體，故B錯誤；C.rm{CF}rm{CF}rm{2}rm{2}是甲烷的取代產物，為四面體結構，因此結構只有一種，故C正確；D.rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}是甲烷的取代產物，為四面體結構，故D錯誤。故選C。rm{CF}【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】本題考查化學反應速率的計算，反應速率和化學平衡影響因素的判斷，難度較大。【解答】A.在實驗rm{1}反應在rm{10}至rm{20min}內，rm{A}的濃度的變化量為rm{0.8-0.67=0.13(mol/L)}則rm{婁脭(A)=0.13mol/L/10min=0.013mol/(L隆隴min)}rm{婁脭(B)=dfrac{1}{2}婁脭(A)=0.0065mol/(L隆隴min)}故A錯誤；B.實驗rm{婁脭(A)=0.13mol/L/10min

=0.013mol/(L隆隴min)}和實驗rm{婁脭(B)=dfrac{1}{2}

婁脭(A)=0.0065mol/(L隆隴min)}達到平衡時rm{1}的濃度不再改變且相等，說明實驗rm{2}與實驗rm{A}其他條件完全相同，實驗rm{2}與實驗rm{1}中rm{1}的初始濃度應相等，起始濃度rm{2}rm{A}實驗rm{C}較其他實驗達到平衡時間最短，是使用了合適的催化劑，故B正確；C.實驗rm{C}與實驗rm{{,!}_{2}=1.0mol/L}的溫度相同，實驗rm{2}的其實濃度為rm{3}平衡時濃度為rm{1}實驗rm{1}的平衡濃度為rm{1.0mol/L}實驗rm{0.5mol/L}的反應速率快，該反應為氣體體積不變的反應，增大壓強平衡不移動，反應物的轉化率不變，實驗rm{3}的起始濃度為rm{0.6mol/L}故C正確；D.實驗rm{3}的溫度高，且起始的rm{3}的濃度相同，但平衡時rm{1.2mol/L}的濃度小，則說明升高溫度反應rm{4}rm{A}rm{A}向正反應方向進行，即正反應為吸熱反應，故D正確。故選A。rm{2A(g)}【解析】rm{A}3、B【分析】【解答】解：A.1：1加成；可發生1，2加成或1，4加成，有機產物可有2種，故A不選；

B．與NaOH溶液共熱；發生﹣Cl的水解反應，水解得到的有機產物只有2﹣丁醇，故B選；

C．甲苯發生硝化反應時；甲基的鄰；對位均可發生取代反應，生成一硝基甲苯有鄰、對位產物，故C不選；

D．等物質的量的甲烷和氯氣；發生取代反應，為連鎖式反應，有機產物有一；氯甲烷；二氯甲烷等，故D不選；

故選B．

【分析】A.1：1加成；可發生1，2加成或1，4加成；

B．與NaOH溶液共熱；發生﹣Cl的水解反應；

C．甲苯發生硝化反應時；甲基的鄰；對位均可發生取代反應；

D．等物質的量的甲烷和氯氣，發生取代反應，為連鎖式反應．4、C【分析】解：A．Na3[AlF6]中配體為F；配合物的配位數為6，故A不選；

B．Na2[SiF6]中配體為F；配合物的配位數為6，故B不選；

C．[Cu（NH3）4]（OH）2中配合物的配位數為4，配體為NH3；故C選；

D．[Pt（NH3）2Cl4]Cl4配合物的配位數為6，配體為NH3和Cl-；故D不選．

故選C．

首先根據配合物的化學式確定配離子和外界離子；根據配離子確定配體的數目，即配位數．

本題考查配合物的成鍵情況，題目難度不大，注意配體、中心離子、外界離子以及配位數的判斷，把握相關概念，不要混淆．【解析】【答案】C5、C【分析】解：A．SiO2和CO2只含有共價鍵；都是共價化合物，故A正確；

B．光導纖維的主要成分是二氧化硅；干冰可用于人工降雨，故B正確；

C．二氧化硅不溶于水；不與水反應，故C錯誤；

D．CO2和SiO2均能和堿反應生成鹽和水；屬于酸性氧化物，所以都能與強堿溶液反應，故D正確；

故選C．

A．共價化合物是不同非金屬原子間利用共用電子對而形成的．共價化合物只含有共價鍵；

B．干冰可用于人工降雨；

C．二氧化硅不溶于水；

D．氧化物能和堿反應生成鹽和水的化合物為酸性氧化物．

本題考查了二氧化碳和二氧化硅的性質，難度不大，注意二氧化硅不溶于水，不與水反應．【解析】【答案】C6、A【分析】解：A、分子式為C3H6有機物中，含有碳碳鍵最多的為環丙烷，環丙烷中含3個C-C單鍵，分子式為C4H10的有機物為丁烷；丁烷分子中也含有3個碳碳鍵，所以二者含有的碳碳單鍵數相同，故A正確；

B、為苯，屬于芳香烴，而為環己烷，分子中不含苯環，不屬于芳香烴，為硝基苯；為芳香族化合物，分子中含有氧原子，不屬于芳香烴，故B錯誤；

C、．中羥基與苯環直接相連，屬于酚類，而羥基與苯環側鏈的碳原子相連；屬于醇類，為苯甲醇，二者結構不同，一定不屬于同系物，故C錯誤；

D、分子式為C2H6O的紅外光譜圖上發現有C-H鍵和C-O鍵的振動吸收，由于二甲醚CH3-O-CH3中也含有C-H鍵和C-O鍵；無法判斷該有機物是否為乙醇，故D錯誤；故選A．

A、分子式為C3H6有機物中，環丙烷分子中含有的碳碳鍵最多，含有3個碳碳鍵；分子式為C4H10的有機物為丁烷；分子中也含有3個碳碳鍵；

B、中不含苯環，不屬于芳香烴，中含有氧原子；不屬于芳香烴；

C、中羥基與苯環直接相連，屬于酚類，而為苯甲醇；屬于醇類；

D、二甲醚CH3-O-CH3中也含有C-H鍵和C-O鍵．

本題考查共價鍵及分類手性分子等，注意判斷共價鍵的規律和常見有機物的空間結構來解答，手性碳的判斷為解答的易錯點，題目難度不大．【解析】【答案】A7、B【分析】解：rm{A.}合金的熔點一般比它的成分金屬低；故A正確；

B.合金可以是金屬與非金屬熔合而成的物質；故B錯誤；

C.故合金的硬度一般比它的成分金屬高；故C正確；

D.硬鋁是鋁合金；黃銅是銅鋅合金、鋼和生鐵是鐵合金均為合金；故D正確．

故選B．

A.合金熔點低；

B.合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質，合金概念有三個特點：rm{壟脵}一定是混合物；rm{壟脷}合金中各成分都是以單質形式存在；rm{壟脹}合金中至少有一種金屬；

C.合金硬度大；

D.合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質，合金概念有三個特點：rm{壟脵}一定是混合物；rm{壟脷}合金中各成分都是以單質形式存在；rm{壟脹}合金中至少有一種金屬．

本題考查合金與組成金屬的性能比較，對于合金的知識僅限于了解，本題難度不大．【解析】rm{B}8、C【分析】解：rm{A}電解氯化銅時；陽極放氯氣，陰極生成金屬銅，所以應加氯化銅讓電解質溶液復原，故A錯誤；

B；電解氫氧化鈉時；陽極產生氧氣，陰極產生氫氣，所以應加水讓電解質溶液復原，故B錯誤；

C；電解氯化鈉時；陽極產生氯氣，陰極產生氫氣，所以應加氯化氫讓電解質溶液復原，故C正確；

D；電解硫酸銅時；陽極產生氧氣，陰極產生金屬銅，所以應加氧化銅讓電解質溶液復原，故D錯誤．

故選C．

電解池中；要想使電解質溶液復原，遵循的原則是：電解后從溶液中減少的物質是什么就利用元素守恒來加什么．

根據電解池原理，分析兩個電極上產生的物質，本著“出什么加什么”的思想來讓電解質復原．【解析】rm{C}9、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】（1）根據碳原子守恒可知，分子中含有n個碳原子，nmol碳原子需要nmol氧氣，則和氫原子結合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＝nmol，所以氫原子是2nmol。因此分子式為CnH2n。（2）氫氣的物質的量是所以分子中羥基的物質的量是0.025mol×2＝0.05mol，則有機物的相對分子質量是根據碳原子守恒可知，分子中含有n個碳原子，nmol碳原子需要nmol氧氣，則和氫原子結合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＋1mol＝（n＋1）mol，所以氫原子是2（n＋1）mol。因此分子式為CnH2n＋2O。所以根據相對分子質量可知，n＝3，即分子式為C3H8O。【解析】【答案】（1）CnH2n（2）C3H8O11、略

【分析】【解析】【答案】（5分）每空1分（1）是m(C)+m(H)==4g＜m(A)==8g（2）CH4O（3）能因為A的實驗式中，C、H的組成已達飽和程度12、略

【分析】試題分析：A、B、C、D、E為短周期主族元素，原子序數依次增大，A元素原子的核外p電子數比s電子數少1，電子排布為1s22s22p3，即A為N；B元素原子核外s電子總數與p電子總數相等，且不與A元素在同一周期，則其電子排布為1s22s22p63s2，故B為Mg；C原子核外所有p軌道全滿或半滿，結合原子序數可知，價電子為3s23p3符合題意，即C為P；D元素的主族序數與周期數的差為4，原子序數大于P，則D為第三周期第ⅦA族元素，即D為Cl；E是前四周期中電負性最小的元素，則E為K；F在周期表的第七列，則F為Mn，則（1）A為N，能量最高的電子為2p電子，其電子云在空間有3個方向，p軌道為紡錘形；（2）由泡利原理可知，電子在同一軌道內的自旋方向應相反，B基態原子的核外電子排布圖中3s上的兩個電子自旋方向相同，則違反了泡利原理；（3）F為Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的為d電子，在d區，核外電子數為25，有25種運動狀態不同的電子；（4）PCl3中P原子孤電子對數為1，成鍵數為3，則為sp3雜化，空間構型為三角錐形，F為K，檢驗K元素應利用焰色反應；（5）由晶胞結構可知，以頂點原子研究，與之最近的原子處于面心上，每個頂點原子為12個面共用，故晶胞中該原子的配位數為12，該單質晶體中原子的堆積方式為面心立方堆積；由晶胞結構可知，晶胞中原子的數目為8×+6×=4，該晶胞中原子的質量=4×g，由信息可知晶胞圖可知為面心立方，原子半徑為dcm，由圖丙可知，晶胞的棱長=4dcm×=2dcm，故晶胞的體積=（2dcm）3=16d3cm3，所以其密度=g/cm3。考點：考查位置、結構、性質的關系及其應用【解析】【答案】（1）3；紡錘形或啞鈴形（2）泡利不相容（3）第三周期第ⅦB；d；25（4）sp3；三角錐形；焰色反應（5）12；銅型或面心立方堆積；13、90C3H6O3﹣COOH﹣OH4【分析】【解答】解：①由其密度是相同條件下H2的45倍；可知A的相對分子質量為45×2=90，故答案為：90；

②由題意可推知：n（A）==0.1mol，n（C）=n（CO2）==0.3mol，n（H）=2n（H2O）=2×=0.6mol，n（O）==0.3mol，所以A的分子式為C3H6O3，故答案為：C3H6O3；

③0.1molA與NaHCO3反應放出0.1molCO2，則說A中應含有一個羧基，而與足量金屬鈉反應則生成0.1molH2；說明A中還含有一個羥基，故答案為：﹣COOH；﹣OH；

④核磁共振氫譜中有4個吸收峰；面積之比為1：1：1：3，可知A中應含有4種不同環境的氫原子，故答案為：4；

⑤綜上所述，A的結構簡式：可推知B的結構簡式：

故答案為：．

【分析】①同溫同壓下；氣體的密度之比等于相對分子質量之比，據此計算；

②濃硫酸增重7.2g為水的質量；堿石灰增重17.6g為二氧化碳質量，計算有機物；水、二氧化碳物質的量，進而計算n（H）、n（C），根據質量守恒確定是否含有O元素，根據元素守恒來確定有機物的分子式；

③能與足量的NaHCO3粉末反應；說明含有﹣COOH，根據生成的二氧化碳的物質的量確定﹣COOH數目，能與鈉反應生成氫氣，結合生成氫氣的物質的量確定是否含有﹣OH及羥基數目；

④核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子；峰面積之比等于氫原子的數目之比；

⑤由A的分子式、含有的官能團及核磁共振氫譜書寫其結構簡式，進而確定B的結構簡式．14、（1）①0.3mol/(L?min)②小于③36%

（2）①大于②62【分析】【分析】本題綜合考查化學平衡的計算，題目難度中等，明確化學平衡及其影響為解題關鍵，注意利用三段式法解答該題，易錯點為rm{(2)}注意等效平衡的理解和應用，試題培養了學生的化學計算能力。【解答】rm{(1)壟脵}反應rm{2min}時測得剩余rm{0.6mol}rm{B}則參加反應的rm{B}為rm{1mol-0.6mol=0.4mol}由方程式可知參加反應的rm{A}為rm{0.4mol隆脕3=1.2mol}故rm{v(A)=dfrac{dfrac{1.2mol}{2L}}{2min}=0.3mol/(L?min)}故答案為：rm{v(A)=dfrac{dfrac

{1.2mol}{2L}}{2min}=0.3mol/(L?min)}

rm{0.3mol/(L?min)}隨著反應的進行，反應速率逐漸減小，若反應經rm{壟脷}達到平衡，后rm{4min}的平均速率小于前rm{2min}的平均速率，前rm{2min}內rm{2min}的濃度變化為rm{C}則后rm{0.4mol/L}內rm{2min}的濃度變化小于rm{C}故平衡時rm{0.4mol/L}的濃度小于rm{C}

故答案為：小于；

rm{0.8mol/L}的濃度為rm{壟脹C}則生成rm{0.4mol/L}的物質的量rm{C}則rm{=2L隆脕0.4mol/L=0.8mol}rm{0.4mol}rm{0.8mol=1}解得：rm{x}則方程式為rm{x=2}，平衡混合物中，rm{3A(g)+B(g)?2C(g)}的體積分數為rm{C}設轉化了rm{22%}則有：rm{xmolB}

起始rm{3A(g)+B(g)簍T2C(g)}rm{(mol)}rm{3}rm{1}

轉化rm{0}rm{(mol)}rm{3x}rm{x}

平衡rm{2x}rm{(mol)}rm{3-3x}rm{1-x}

則：rm{dfrac{2x}{3-3x+1-x2+x}=22%}解得：rm{2x}

則rm{dfrac

{2x}{3-3x+1-x2+x}=22%}的轉化率是：rm{dfrac{0.36mol}{1mol}隆脕100%=36%}

故答案為：rm{x=0.36}

rm{B}容器體積固定時rm{dfrac

{0.36mol}{1mol}隆脕100%=36%}的體積分數為rm{36%}若維持容器壓強不變，應縮小體積，等效為增大壓強，平衡向正方向移動，則達到平衡時rm{(2)壟脵}的體積分數大于rm{C}

故答案為：大于；

rm{22%}若維持容器壓強不變，改變起始物質加入的量，欲使反應達到平衡時rm{C}的物質的量是原平衡的rm{22%}倍，與原平衡等效，反應物轉化率相等，應滿足rm{壟脷}rm{C}的物質的量之比與初始配比數相等且為原來的rm{2}倍，則應加入rm{A}rm{B}

故答案為：rm{2}rm{6molA}

rm{2molB}【解析】rm{(1)壟脵0.3mol/(L?min)}rm{壟脷}小于rm{壟脹36%}rm{(2)壟脵}大于rm{壟脷6}rm{2}15、略

【分析】

①氮氣與氫氣反應生成氨氣：N2+3H22NH3，故答案為：N2+3H22NH3；

②氮氣與氧氣放電條件下反應生成一氧化氮：N2+O22NO，故答案為：N2+O22NO；

③一氧化氮遇氧氣生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2，故答案為：2NO+O2=2NO2；

④二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO．

【解析】【答案】①氮氣與氫氣反應生成氨氣；

②氮氣與氧氣放電條件下反應生成一氧化氮；

③一氧化氮遇氧氣生成二氧化氮；

④二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮．

16、略

【分析】試題分析：（1）在水溶液里或熔融狀態下能導電的化合物是電解質，在水溶液里或熔融狀態下都不導電的化合物是非電解質，在水溶液中能完全電離的電解質是強電解質，所以屬于強電解質的是②④⑧；屬于非電解質的是①③，含有自由移動的電子或陰陽離子的物質就能導電．所以能導電的是⑦⑧。（2）H2CO3H++HCO3-,NaHCO3=Na++HCO3-（3）氨水是弱堿，存在電離平衡，即NH3·H2OOH－＋NH4＋。加入水，雖促進了電離，但堿性減弱，溶液顏色變淺，往溶液中加入NH4Cl晶體，抑制氨水的電離，溶液的堿性降低，顏色變淺。往溶液中加入NaOH固體，抑制氨水的電離，但溶液的堿性增強，顏色變深，往溶液中滴入濃鹽酸，促進電離，但溶液的堿性降低，顏色變淺。所以選擇ABD（4）HA?H++A-開始（mol/L）：100變化（mol/L）：XXX平衡（mol/L）：1-X≈1XXX2/1=1.6×10-5x=4×10-3電離度=4×10-3/1x100%=0.4%（5）氫氧化鈉為一元強堿，某溫度下Kw=c（H+）×c（OH-）=9×10-14，在氫氧化鈉溶液中C（OH-）=5.0×10-5mol/L，c（H+）=Kw/C（OH-）=9×10-14/5.0×10-5=1.8×10-9mol/L根據H2O?H++OH-知，溶液中氫離子都是由水電離產生，水電離產生的c（H+）等于溶液中水電離出c（OH-），所以水電離出的OH-的濃度c（OH-）=1.8×10-9mol/L考點：考查電解質、非電解質的概念，電離方程式的書寫，外界條件對氨水電離平衡的影響，電離度的計算等知識。【解析】【答案】25．（每空2分，共16分）（1）②④⑧，①③，⑦⑧。（2）H2CO3H++HCO3-,NaHCO3=Na++HCO3-（3）ABD（4）0.4%（5）1.8×10-9mol/L17、略

【分析】試題分析：（1）氨水中存在NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，向氨水中加入硫酸銨含有銨根離子的物質抑制一水合氨電離，所以NH3?H2O的電離平衡向左移動，溶液中氫氧根離子濃度降低、一水合氨濃度增大，所以此時溶液中減小；（2）一水合氨和稀硫酸反應生成硫酸銨和水，離子反應方程式為：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，硫酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解而使其溶液呈酸性，pH＜7，（3）向該氨水中加入氫氧化鈉固體，OH-的濃度增大，氨水中的電離平衡向左（分子化）移動，電離平衡常數只受溫度的影響，溫度不變，電離平衡常數不變。考點：考查影響弱電解質電離的因素，鹽類的水解等知識。【解析】【答案】20．（1）減小；（2）NH3·H2O+H+=NH4++H2O；<；（3）分子化；不變。18、略

【分析】解：rm{(1)B}中含rm{-CHO}rm{E}中含rm{-COOC-}官能團名稱分別為醛基；酯基，故答案為：醛基；酯基；

rm{(2)}含rm{-CHO}的有機物可發生銀鏡反應，含rm{-COOC-}rm{-COOH}及酚rm{-OH}的有機物與rm{NaOH}反應，則上述六種有機物中能發生銀鏡反應的是rm{BE}能與rm{NaOH}溶液反應的是rm{CEF}故答案為：rm{BE}rm{CEF}

rm{(3)}溴乙烷在rm{NaOH}水溶液中加熱發生水解反應生成乙醇，則rm{D}發生的水解反應為rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}

故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}．

rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}中含rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}rm{(1)B}中含rm{-CHO}

rm{E}含rm{-COOC-}的有機物可發生銀鏡反應，含rm{(2)}rm{-CHO}及酚rm{-COOC-}的有機物與rm{-COOH}反應；

rm{-OH}溴乙烷在rm{NaOH}水溶液中加熱發生水解反應生成乙醇．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機反應的判斷，題目難度不大．rm{(3)}【解析】醛基；酯基；rm{BE}rm{CEF}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}CH_{2}OH+NaBr}三、實驗題(共8題，共16分)19、略

【分析】試題分析：（1）乙醇在濃硫酸、加熱到170℃條件下發生消去反應生成乙烯，乙烯與溴發生加成反應可得1,2-二溴乙烷，化學方程式為C2H5OHCH2=CH2↑+H2O、CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（2）若試管d發生堵塞，則b瓶內的氣體增多，壓強增大，所以b瓶內的液面下降，玻璃管中的水柱會上升，甚至溢出。（3）產生乙烯氣體的同時可能也產生二氧化硫氣體，二氧化硫也能與溴水反應，所以乙烯通入溴水之前應先除去二氧化硫，所以氫氧化鈉溶液的作用就是除去乙烯中帶出的酸性氣體，或除去CO2、SO2。（4）消耗乙醇和濃硫酸混合液的量，比正常情況下超過許多，說明制取的乙烯的量少，或產生的乙烯多，但與溴反應的少。所以可能的原因是①乙烯發生(或通過液溴)速度過快；②實驗過程中，乙醇和濃硫酸的混合液沒有迅速達到170℃。考點：考查乙烯的制取及性質檢驗，對實驗結果的分析判斷，化學方程式的書寫【解析】【答案】（10分）（1）C2H5OHCH2=CH2↑+H2O（2分）CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（2分）（2）b中水面會下降，玻璃管中的水柱會上升，甚至溢出。（2分）（3）除去乙烯中帶出的酸性氣體，或答除去CO2、SO2。（1分）（4）原因：①乙烯發生(或通過液溴)速度過快（1分）②實驗過程中，乙醇和濃硫酸的混合液沒有迅速達到170℃(答"控溫不當"亦可)。（2分）20、略

【分析】解：rm{(1)壟脵SO_{2}}易溶于水，常溫常壓下溶解度為rm{1}rm{40}二氧化硫溶于水與水反應生成亞硫酸，亞硫酸為二元弱酸，存在如下平衡rm{SO_{2}+H_{2}O?H_{2}SO_{3}?H++HSO_{3}^{-}}rm{NaHSO_{3}}屬于鹽，在水中完全電離，加入rm{NaHSO_{3}}固體增加了rm{c(HSO_{3}^{-})}平衡左移，降低了rm{SO_{2}}的溶解度；

故答案為：rm{SO_{2}}的水溶液中存在如下平衡rm{SO_{2}+H_{2}O?H_{2}SO_{3}?H++HSO_{3}^{-}}加入rm{NaHSO_{3}}固體增加了rm{c(}rm{HSO_{3}^{-})}平衡左移，降低了rm{SO_{2}}的溶解度；

rm{壟脷}要證明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性強于rm{HClO}因為二氧化硫與次氯酸根離子發生氧化還原反應，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性rm{H_{2}SO_{3}>H_{2}CO_{3}>HClO}即可：應先用二氧化硫制備二氧化碳rm{(A}利用鹽酸和亞硫酸氫鈉反應制取二氧化硫，rm{C}通過飽和的亞硫酸氫鈉洗去二氧化硫中的氯化氫，通過rm{B}二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸和碳酸氫鈉反應制取二氧化碳rm{)}制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫氣體rm{(E}用酸性高錳酸鉀除去二氧化硫rm{)}再用品紅檢驗二氧化硫是否除凈rm{(D}用品紅檢驗rm{)}再通入漂白粉中rm{(F)}故順序為：rm{A隆煤C隆煤B隆煤E隆煤D隆煤F}能證明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性強于rm{HClO}的實驗現象為rm{D}中品紅不褪色，rm{F}中產生白色沉淀；

故答案為：rm{C隆煤B隆煤E隆煤D隆煤F}rm{D}中品紅不褪色，rm{F}中產生白色沉淀；

rm{(2)壟脵}過氧化鈉具有氧化性，二氧化硫既有氧化性又有還原性，且屬于酸性氣體，根據過氧化鈉和二氧化碳酸性氧化物之間的反應知道，過氧化鈉可以和二氧化硫之間反應生成亞硫酸鈉和氧氣，但是氧氣能將亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，所以可能發生的化學反應方程式為：rm{Na_{2}O_{2}+SO_{2}=Na_{2}SO_{4}}

故答案為：rm{Na_{2}O_{2}+SO_{2}=Na_{2}SO_{4}}

rm{壟脷壟脹E}中的離子方程式為：rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}該反應中二氧化硫為還原劑，碘離子為還原產物，氧化還原反應中，還原劑的還原性強于還原產物，能說明rm{I^{-}}還原性弱于rm{SO_{2}}現象為：rm{E}中溶液藍色褪去；

故答案為：rm{E}中溶液藍色褪去；rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}

rm{壟脺}酚酞在堿性溶液中為紅色，rm{F}中反應為rm{2OH^{-}+SO_{2}簍TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}堿性減弱，所以rm{F}中紅色變淺或褪色；

故答案為：rm{F}中紅色變淺或褪色．

rm{(1)壟脵SO_{2}}易溶于水，二氧化硫溶于水與水反應生成亞硫酸，亞硫酸為二元弱酸，存在電離平衡，加入rm{NaHSO_{3}}固體，增加了rm{c(HSO_{3}^{-})}平衡移動；

rm{壟脷}要證明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性強于rm{HClO}因為二氧化硫與次氯酸根離子發生氧化還原反應，不能直接通入漂白粉溶液中，應先用二氧化硫制備二氧化碳，再通入漂白粉中，證明酸性rm{H_{2}SO_{3}>H_{2}CO_{3}>HClO}制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫氣體，rm{D}中品紅不褪色，rm{F}中產生白色沉淀，能證明rm{H_{2}SO_{3}}的酸性強于rm{HClO}據此分析．

rm{(2)A}中制備二氧化硫，rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)簍TNa_{2}SO_{4}+H_{2}O+SO_{2}隆眉.}二氧化硫為酸性氣體，rm{X}干燥二氧化硫，選用濃硫酸，rm{C}中檢驗rm{SO_{2}}與rm{Na_{2}O_{2}}反應是否有氧氣，將帶火星的木條放在rm{D}試管口處，看木條是否復燃，rm{D}中氫氧化鈉溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空氣rm{.E}裝置檢驗rm{I^{-}}還原性弱于rm{SO_{2}}rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}rm{F}裝置驗證二氧化硫為酸性氣體；并吸收二氧化硫，防止污染空氣．

rm{壟脵}過氧化鈉與低價態的非金屬氧化物發生化合反應；生成該非金屬的最高價態的含氧酸鹽，此時沒有氧氣產生；

rm{壟脷壟脹}根據氧化還原反應中；還原劑的還原性強于還原產物判斷，淀粉與碘水作用顯示藍色，當二氧化硫還原碘單質為碘離子時，藍色褪去；

rm{壟脺F}裝置驗證二氧化硫為酸性氣體；并吸收二氧化硫，防止污染空氣，酚酞在堿性溶液中為紅色．

本題考查了二氧化硫性質及檢驗，題目難度中等，注意掌握二氧化硫的化學性質及檢驗方法，正確分析題干信息為解答本題的關鍵，試題培養了學生的分析、理解能力及化學實驗能力．【解析】rm{SO_{2}}的水溶液中存在如下平衡rm{SO_{2}+H_{2}O?H_{2}SO_{3}?H++HSO_{3}^{-}}加入rm{NaHSO_{3}}固體增加了rm{c(HSO_{3}^{-})}平衡左移，降低了rm{SO_{2}}的溶解度；rm{C隆煤B隆煤E隆煤D隆煤F}rm{D}中品紅不褪色，rm{F}中產生白色沉淀；rm{Na_{2}O_{2}+SO_{2}=Na_{2}SO_{4}}rm{E}中溶液藍色褪去；rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}rm{F}中紅色變淺或褪色21、（1）①將Fe2＋氧化為Fe3＋

②蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌

（2）①

②b、c

（3）①1.0×10－10②2.5×10－42.5×10－9③MN【分析】【分析】本題考查滴定實驗的操作，誤差分析，難度不大。【解答】rm{(1)}rm{壟脵}為了除去雜質，通常是加入rm{H}為了除去雜質，通常是加入rm{壟脵}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}其中加入rm{{,!}_{2}}再調節溶液rm{pH}其中加入rm{H}rm{pH}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}故答案為：的作用是將rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化為rm{Fe}rm{Fe}除去雜質、過濾后，由濾液獲得rm{{,!}^{3+}}將rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化為rm{Fe}晶體的操作步驟依次是蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌，rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{壟脷}除去雜質、過濾后，由濾液獲得rm{CuSO}根據題意可知，rm{壟脷}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆隴5H}rm{隆隴5H}rm{{,!}_{2}}rm{O}晶體的操作步驟依次是蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌，的物質的量為rm{O}故答案為：蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌；rm{(2)}所以rm{壟脵}根據題意可知，rm{Cu}該溶液中含有的rm{壟脵}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{隆蘆H}rm{隆蘆H}樣品中含有的rm{{,!}_{2}}rm{Y}rm{Y}rm{{,!}^{2-}}，發生反應的rm{EDTA}的物質的量為rm{cmol隆隴L}的質量為rm{EDTA}rm{cmol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆脕b/1000L}所以rm{20mL}該溶液中含有的rm{CuSO}rm{隆脕b/1000L}所以rm{20mL}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}的物質的量為rm{cmol隆隴L}rm{cmol隆隴L}的質量分數為：rm{dfrac{cmol隆隴L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆隴mol^{-1}隆脕5}{ag}}故答案為：rm{dfrac{cmol隆隴L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆隴mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{{,!}^{-1}}滴定過程中，未干燥錐形瓶，對結果無影響，故rm{隆脕b/1000L}樣品中含有的rm{CuSO}不選；rm{隆脕b/1000L}滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失，造成消耗rm{CuSO}的讀數偏大，測定結果偏高，故rm{{,!}_{4}}選；rm{隆隴5H}未除凈干擾離子，造成rm{隆隴5H}消耗偏多，測定結果偏高，故rm{{,!}_{2}}選；rm{O}的質量為rm{(cmol隆隴L}滴定前仰視讀數，滴定后俯視讀數，造成消耗rm{O}的讀數偏小，測定結果偏低，故rm{(cmol隆隴L}不選；rm{{,!}^{-1}}rm{隆脕b/1000L隆脕250g隆隴mol}有圖中數據可知rm{隆脕b/1000L隆脕250g隆隴mol}rm{{,!}^{-1}}rm{隆脕5)}所以rm{CuSO}rm{隆脕5)}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆隴5H}故答案為：rm{隆隴5H}rm{{,!}_{2}}rm{O}的質量分數為：有圖可知當rm{O}大于rm{dfrac{c

mol隆隴L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆隴mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{dfrac{c

mol隆隴L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆隴mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{壟脷a.}滴定過程中，未干燥錐形瓶，對結果無影響，故rm{a}不選；rm{壟脷a.}rm{a}rm{b.}滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失，造成消耗rm{EDTA}的讀數偏大，測定結果偏高，故rm{b}選；rm{b.}rm{EDTA}rm{b}rm{c.}未除凈干擾離子，造成rm{EDTA}消耗偏多，測定結果偏高，故rm{c}選；rm{c.}rm{EDTA}rm{c}rm{d.}滴定前仰視讀數，滴定后俯視讀數，造成消耗rm{EDTA}的讀數偏小，測定結果偏低，故rm0ofsz1s不選；rm{d.}rm{EDTA}rmtp0gkdg故答案為：rm{bc}故答案為：rm{bc}rm{(3)壟脵}有圖中數據可知rm{Ksp=1.0隆脕10}rm{(3)壟脵}rm{Ksp=1.0隆脕10}rm{{,!}^{-5}}隨著碳酸根的增多，鋇離子轉化為碳酸鋇沉淀，所以鋇離子濃度隨碳酸根濃度的增大而減小，圖線rm{隆脕}符合，rm{隆脕}rm{1.0隆脕10}【解析】rm{(1)壟脵}將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}rm{壟脷}蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌rm{(2)壟脵dfrac{cmol隆隴L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆隴mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{(2)壟脵dfrac{c

mol隆隴L^{-1}隆脕b隆脕10^{-3}L隆脕250g隆隴mol^{-1}隆脕5}{ag}}rm{壟脷b}rm{c}rm{(3)壟脵1.0隆脕10^{-10}}rm{壟脷2.5隆脕10^{-4}}rm{2.5隆脕10^{-9}}rm{壟脹MN}22、略

【分析】解：rm{(1)}酸性高錳酸鉀具有強氧化性，實驗時應用酸式滴定管，無色rm{NaHSO_{3}}溶液顯酸性，用酸式滴定管，滴定過程還需要錐形瓶盛放待測液、白紙對比終點顏色變化、滴定管夾和鐵架臺，所以需要用到的是：rm{ADEFH}

故答案為：rm{ADEFH}

rm{(2)}高錳酸鉀具有強氧化性能腐蝕堿式滴定管中的橡膠管；所以不用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：堿；酸性rm{KMnO_{4}}溶液會腐蝕堿式滴定管下端膠管；

rm{(3)}高錳酸鉀溶液顏色為紫紅色，滴定終點時，溶液由無色變為紅色，不用指示劑，當最后一滴溶液滴入，溶液的紫色退去，且rm{30s}內不復現；可達到滴定終點；

故答案為：不用指示劑；高錳酸鉀溶液顏色為紫紅色，滴定終點時，溶液由無色變為紅色．

rm{(1)}酸性高錳酸鉀具有強氧化性，實驗時應用酸式滴定管，無色rm{NaHSO_{3}}溶液顯酸性；用酸式滴定管，滴定過程還需要燒杯；錐形瓶、白紙、滴定管夾和鐵架臺；

rm{(2)}高錳酸鉀具有強氧化性能腐蝕堿式滴定管中的橡膠管；

rm{(3)}高錳酸鉀溶液顏色為紫紅色；可不用加入指示劑．

本題考查中和滴定知識以及誤差分析，側重于學生的分析能力、實驗能力的考查，注意把握實驗的方法和操作，難度中等．【解析】rm{ADEFH}堿；酸性rm{KMnO_{4}}溶液會腐蝕堿式滴定管下端膠管；不用指示劑，高錳酸鉀溶液顏色為紫紅色，滴定終點時，溶液由無色變為紅色23、略

【分析】【解析】【答案】（每空1分，共10分）（1）右（2）沒有用待測NaOH溶液潤洗堿式滴定管；偏低（3）25.40（4）酚酞(或甲基橙)；錐形瓶內溶液顏色的變化；酚酞：淺紅色（或粉紅色）變為無色，且半分鐘不復原甲基橙：黃色變為橙色，且半分鐘不復原（5）0.1250mol/L24、略

【分析】試題分析：（1）加熱液體容易發生爆沸，所以實驗前需要在三頸瓶中加入少許沸石（或碎瓷片），目的是防止爆沸。（2）因為反應物甲苯和HNO3易揮發，所以冷凝管的作用是冷暖回流；氣流和水流逆向時，冷凝效果好，所以冷卻水從冷凝管的a端進入。（3）根據裝置圖可知，儀器A的名稱是分液漏斗；使用分液漏斗前必須進行的操作是：檢查是否漏液。（4）操作1把混合液分離為有機化合物和無機化合物，則操作1為分液；操作2把互溶的兩種有機物分離，為蒸餾，還需要的儀器室蒸餾燒瓶、冷凝管。（5）13g甲苯理論上可生成硝基甲苯為：13g÷92g/mol×137g.mol=19.36g，則一硝基甲苯的產率為：15g÷19.36g×100%=77.5%考點：本題考查化學實驗基本儀器、基本操作、化學計算。【解析】【答案】（1）沸石（或碎瓷片）（1分）防止爆沸（1分）（2）冷凝回流（1分）a（1分）（3）分液漏斗（1分）檢查是否漏液（1分）（4）分液（2分）蒸餾燒瓶（2分）冷凝管（2分）（5）77.5%（3分）25、（1）C

（2）通CO2一段時間，以排除空氣干擾

（3）取少量固體于試管中，加入適量蒸餾水，若有黑色不溶物則證明產物中有碳再取上層清液滴加過量BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則證明產物中存在Na2CO3【分析】【分析】本題是對鈉的性質的實驗知識的考查，是中學化學的基礎知識，難度一般。關鍵是掌握鈉的性質和實驗的現象，側重基礎知識的考查。【解答】依據實驗的裝置的用途和rm{CO}能與rm{PdCl}能與rm{CO}rm{PdCl}rm{2}實驗開始后，觀察到rm{2}生成黑色的rm{Pd}實驗開始后，觀察到rm{PdCl}rm{Pd}可知，沒有rm{PdCl}產生，所以碳元素被還原成rm{2}黑色rm{2}而溶液中無黑色物質產生被氧化成氧化鈉；氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉。據此答題。

rm{CO}含碳產物可能是rm{C(}rm{)}rm{Na}rm{(1)}含碳產物可能是rm{Na}rm{(1)}rm{Na}

rm{2}由于空氣會干擾實驗，所以裝置氣密性檢查完畢后，實驗時加熱前應先往硬質玻璃管中rm{2}rm{CO}rm{CO}。故答案為：rm{3}rm{3}，還可能是rm{C}rm{C}故答案為：rm{C}rm{C}rm{(2)}通rm{CO}rm{CO}rm{2}rm{2}一段時間，以排除空氣干擾通rm{CO}rm{CO}rm{2}rm{2}一段時間，以