河北邢臺市2025屆高二下化學期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列實驗中，所使用的裝置（部分夾持裝置略）、試劑和操作方法都正確的是（）A．用裝置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液B．用裝置②制備少量Fe(OH)2固體C．用裝置③驗證乙烯的生成D．用裝置④制取少量乙酸乙酯2、微信熱傳的“苯寶寶表情包”可看作是由苯衍生的物質(zhì)配以相應文字形成的（如下圖），苯不屬于（）A．環(huán)烴 B．芳香烴 C．不飽和烴 D．烴的衍生物3、下列裝置能達到實驗目的的是A．實驗室制備乙酸乙酯B．比較不同催化劑對化學反應速率的影響C．比較硫、碳、硅三種元素的非金屬性D．驗證苯和液溴發(fā)生取代反應4、化學與生活息息相關，下列說法正確的是（）A．淀粉、纖維素、聚乙烯、油脂、蛋白質(zhì)都是高分子化合物B．蔗糖和葡萄糖不是同分異構體，但屬同系物C．油酸甘油酯在堿性條件下水解屬于皂化反應D．石油的裂化、裂解屬于化學變化，煤的氣化、液化則屬于物理變化5、反應H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常數(shù)K1，反應HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K2，則K1、K2的關系為（平衡常數(shù)為同溫度下的測定值）A．K1=2K2 B．K1=K22 C．K1= D．K1=K26、下列物質(zhì)的變化規(guī)律，與共價鍵的鍵能有關的是A．F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸點逐漸升高B．HF的熔、沸點高于HClC．金剛石的硬度、熔點、沸點都高于晶體硅D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔點依次降低7、元素K的焰色反應呈紫色，其中紫色對應的輻射波長為（）A．404.4nm B．553.5nm C．589.2nm D．766.5nm8、關于濃度均為0.1mol·L－1的三種溶液：①氨水、②鹽酸、③氯化銨溶液，下列說法不正確的是（）A．c(NH4+)：③>①；水電離出的c(H＋)：①>②B．將pH值相同②和③溶液加水稀釋相同的倍數(shù)后pH值：③>②C．①和②等體積混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)D．①和③等體積混合后的溶液：c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)9、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個電子，Z的單質(zhì)晶體是應用最廣泛的半導體材料，W與X位于同一主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．由X、Y組成的化合物是離子化合物C．Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強D．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強10、關于烷烴性質(zhì)的敘述，錯誤的是（）A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 B．都能燃燒C．通常情況下跟酸、堿和氧化劑都不反應 D．都能發(fā)生取代反應11、設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．1molZn與足量某濃度的硫酸完全反應，生成氣體的分子數(shù)目為NAB．84gMgCO3與NaHCO3的混合物中CO32?數(shù)目為NAC．由2H和18O組成的水11g，其中所含的中子數(shù)為5NAD．標準狀況下，11.2L四氯化碳中含有的C—Cl鍵的個數(shù)為NA12、氮化鋁(AlN，Al和N的相對原子質(zhì)量分別為27和14)廣泛用于電子、陶瓷等工業(yè)領域。在一定條件下，AlN可通過反應Al2O3+N2＋3C2AlN+3CO合成。下列敘述正確的是()A．上述反應中，N2是還原劑，Al2O3是氧化劑B．上述反應中，每生成1molAlN需轉(zhuǎn)移3mol電子C．AlN中氮元素的化合價為+3D．AlN的摩爾質(zhì)量為41g13、已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1下列說法正確的是A．CH3OH(l)的燃燒熱為1452kJ·mol－1B．同質(zhì)量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃燒，H2(g)放出的熱量多C．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝＋135.9kJ·mol14、對物質(zhì)的量的理解正確的是（）A．物質(zhì)的量就是物質(zhì)的質(zhì)量的另一種表達方式，單位是g/molB．物質(zhì)的量就是物質(zhì)的數(shù)量，數(shù)值上等于式量，單位是molC．物質(zhì)的量就是6.02×1023個微粒的質(zhì)量，單位是gD．物質(zhì)的量是國際單位制中的一個物理量，表示含有一定數(shù)目微粒的集體15、據(jù)報道，科學家開發(fā)出了利用太陽能分解水的新型催化劑。下列有關水分解過程的能量變化示意圖正確的是A． B．C． D．16、下列各項所述的數(shù)字是6的是（）A．在NaCl晶體中，與一個Na＋最近的且距離相等的Na＋的個數(shù)B．在晶體硅中，圍成最小環(huán)的原子數(shù)C．在二氧化硅晶體中，圍成最小環(huán)的原子數(shù)D．在CsCl晶體中，與一個Cs＋最近的且距離相等的Cl-的個數(shù)17、將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金屬完全溶解（假設反應中還原產(chǎn)物只有NO)。向反應后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g。下列敘述錯誤的是()A．當金屬全部溶解時，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為0.3NAB．參加反應的金屬的總質(zhì)量3.6g<w<9.6gC．當金屬全部溶解時，產(chǎn)生的NO氣體的體積在標準狀況下為2.24LD．當生成的沉淀量達到最大時，消耗NaOH溶液的體積為l00mL18、下列說法中，正確的是A．向溴乙烷中加入NaOH溶液，加熱，充分反應，再加入AgNO3溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀，證明溴乙烷中含有溴元素B．實驗室制備乙烯時，溫度計水銀球應該插入濃硫酸和無水乙醇的混合液液面以下C．溴乙烷和NaOH醇溶液共熱，產(chǎn)生的氣體通入KMnO4酸性溶液，發(fā)現(xiàn)溶液褪色，證明溴乙烷發(fā)生了消去反應D．制備新制Cu（OH）2懸濁液時，將4～6滴2％的NaOH溶液滴入2mL2％的CuSO4溶液中，邊滴邊振蕩19、下列各組表述中，兩個微粒一定不屬于同種元素原子的是（）A．3p能級有一個空軌道的基態(tài)原子和核外電子排布為1s22s22p63s23p2的原子B．2p能級有一個未成對電子的基態(tài)原子和原子的價電子排布為2s22p5的原子C．最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的1/5的原子和價電子排布為4s24p5的原子D．M層全充滿而N層為4s2的原子和核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2的原子20、Fe2O3與FeS2混合后在無氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，理論上完全反應消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）是A．1∶2B．2∶35C．3∶8D．1∶1621、下列屬于非電解質(zhì)的是A．氫氣 B．蔗糖溶液 C．已烷 D．硫化鈉22、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，生成氣體的量隨鹽酸加入量的變化關系如圖所示，則下列離子組在對應的溶液中一定能大量共存的是A．a(chǎn)點對應的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-B．b點對應的溶液中：K+、Al3+、MnO4-、Cl-C．c點對應的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D．d點對應的溶液中：K+、Fe2+、NO3-、SO42-二、非選擇題(共84分)23、（14分）環(huán)氧樹脂因其具有良好的機械性能、絕緣性能以及與各種材料的粘結性能，已廣泛應用于涂料和膠黏劑等領域。下面是制備一種新型環(huán)氧樹脂G的合成路線：已知以下信息：回答下列問題：（1）A是一種烯烴，化學名稱為__________，C中官能團的名稱為__________、__________。（2）由B生成C的反應類型為__________。（3）由C生成D的反應方程式為__________。（4）E的結構簡式為__________。（5）E的二氯代物有多種同分異構體，請寫出其中能同時滿足以下條件的芳香化合物的結構簡式__________、__________。①能發(fā)生銀鏡反應；②核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為3∶2∶1。（6）假設化合物D、F和NaOH恰好完全反應生成1mol單一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的總質(zhì)量為765g，則G的n值理論上應等于__________。24、（12分）有機化合物G是合成維生素類藥物的中間體，其結構簡式如圖所示。G的合成路線如下圖所示：其中A～F分別代表一種有機化合物，合成路線中部分產(chǎn)物及反應條件已略去。已知：請回答下列問題：（1）G的分子式是________________，G中官能團的名稱是________________；（2）第②步反應的化學方程式是________________________________________；（3）B的名稱（系統(tǒng)命名）是______________________________；（4）第②～⑥步反應中屬于取代反應的有________________（填步驟編號）；（5）第④步反應的化學方程式是________________________________________；（6）寫出同時滿足下列條件的E的所有同分異構體的結構簡式_______________。①只含一種官能團；②鏈狀結構且無-O-O-；③核磁共振氫譜只有2種峰。25、（12分）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水流程及原理示意圖如下圖所示。（1）生成H2的電極反應式是_________________________________________。（2）Na+向________（填“E”或“F”）方向移動，溶液A的溶質(zhì)是______________。（3）電解飽和食鹽水總反應的離子方程式是_____________________________。（4）常溫下，將氯堿工業(yè)的附屬產(chǎn)品鹽酸與氨水等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表。實驗編號氨水濃度/mol·L－1鹽酸濃度/mol·L－1混合溶液pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.20.1pH＞7ⅰ.實驗①中所得混合溶液，由水電離出的c（H+）=______mol·L-1。ⅱ.實驗②中，c______0.2（填“>”“<”或“=”）。ⅲ.實驗③中所得混合溶液，各離子濃度由大到小的順序是__________________。ⅳ.實驗①、③所用氨水中的：①___________③（填“>”“<”或“=”）。（5）氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌能力比ClO－強。25℃時氯氣－氯水體系中的Cl2（aq）、HClO和ClO－分別在三者中所占分數(shù)（α）隨pH變化的關系如下圖所示。下列表述正確的是_______。A．氯處理飲用水時，在夏季的殺菌效果比在冬季好B．在氯處理水體系中，c（HClO）+c（ClO－）=c（H+）-c（OH－）C．用氯處理飲用水時，pH=7.5時殺菌效果比pH=6.5時效果差26、（10分）制備乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中學化學實驗中的兩個重要有機實驗①乙酸乙酯的制備②乙酸丁酯的制備完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化學方程式___________。（2）制乙酸乙酯時，通常加入過量的乙醇，原因是________，加入數(shù)滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是________；濃硫酸用量又不能過多，原因是_______________。（3）試管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制備乙酸丁酯的過程中，直玻璃管的作用是________，試管不與石棉網(wǎng)直接接觸的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制備中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序號）。A．使用催化劑B．加過量乙酸C．不斷移去產(chǎn)物D．縮短反應時間（6）兩種酯的提純過程中都需用到的關鍵儀器是________，在操作時要充分振蕩、靜置，待液體分層后先將水溶液放出，最后將所制得的酯從該儀器的________（填序號）A．上口倒出B．下部流出C．都可以27、（12分）實驗室常利用甲醛法測定(NH4)2SO4樣品中氮的質(zhì)量分數(shù)，其反應原理為：4NH4++6HCHO===3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋[滴定時，1mol(CH2)6N4H+與lmolH+相當]，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸，某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：步驟I稱取樣品1.500g。步驟II將樣品溶解后，完全轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中，定容，充分搖勻。步驟III移取25.00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后，加入1-2滴酚酞試液，用NaOH標準溶液滴定至終點。按上述操作方法再重復2次。（1）根據(jù)步驟III填空：①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，則測得樣品中氮的質(zhì)量分數(shù)______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積______(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察____________A．滴定管內(nèi)液面的變化B．錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化④滴定達到終點時，酚酞指示劑由_______色，且_____________。（2）滴定結果如下表所示：若NaOH標準溶液的濃度為0.1010mol·L－1則該樣品中氮的質(zhì)量分數(shù)為______（3）實驗室現(xiàn)有3種酸堿指示劑，其pH變色范圍如下：甲基橙：3.1～4.4

石蕊：5.0～8.0

酚酞：8.2～10.0用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，反應恰好完全時，下列敘述中正確的是__________。A．溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑B．溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑C．溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑D．溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑（4）在25℃下，向濃度均為0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化學式），生成該沉淀的離子方程式為_________。已知25℃時Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10—11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10—20。（5）在25℃下，將amol·L—1的氨水與0.01mol·L—1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，則溶液顯_______性（填“酸”“堿”或“中”）；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=_______。28、（14分）碳銨是一種較常使用的化肥，它在常溫下易分解．某化學興趣小組對碳銨的成分存在疑問，時行了如下探究．（定性實驗）檢驗溶液中的陰、陽離子取少量固體放入試管中，加入鹽酸，把生成的氣體通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成．再另取少量碳銨放入試管中，加入濃NaOH溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的氣體，石蕊試紙變藍色．（1）根據(jù)實驗現(xiàn)象，推測碳銨中所含有陰離子可能是_________和__________；（2）根據(jù)實驗現(xiàn)象，碳銨與足量NaOH溶液加熱反應的離子方程式可能是________________；（定量試驗）測定碳銨中C元素和N元素質(zhì)量比．該興趣小組準確稱取ag碳銨，加熱使之分解，并把產(chǎn)物通入堿石灰中，如圖1所示．（3）碳銨固體應放在________中進行加熱．A．試管B．蒸發(fā)皿C．燒瓶D．坩堝（4）從安全的角度考慮，尾氣處理的裝置可以選用如圖2中的___________；（5）若灼燒后沒有固體殘余，稱量U形管在實驗前后的質(zhì)量差為bg．由此測得N元素的質(zhì)量是_________g．29、（10分）以天然氣為原料合成氨是現(xiàn)代合成氨工業(yè)發(fā)展的方向與趨勢（一）天然氣與氮氣為原料，以固態(tài)質(zhì)子交換膜為電解質(zhì)，在低溫常壓下通過電解原理制備氨氣如圖所示：寫出在陰極表面發(fā)生的電極反應式：_____________。（二）天然氣為原料合成氨技術簡易流程如下：一段轉(zhuǎn)化主要發(fā)生的反應如下:①CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ΔH1=206kJ·molˉ1②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）ΔH2=-41kJ·molˉ1二段轉(zhuǎn)化主要發(fā)生的反應如下:③2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）ΔH3=-71.2kJ·molˉ1④2CO（g）+O2（g）2CO2（g）ΔH4=-282kJ·molˉ1（1）已知CO中不含C=O，H－H的鍵能為436kJ·molˉ1，H－O的鍵能為463kJ·molˉ1，C－H的鍵能為414kJ·molˉ1，試計算C=O的鍵能_________。（2）實驗室模擬一段轉(zhuǎn)化過程，在800oC下，向體積為1L的恒容密閉反應器中，充入1mol的CH4與1mol的H2O，達到平衡時CH4的轉(zhuǎn)化率為40%，n（H2）為1.4mol，請計算反應②的平衡常數(shù)_________。（3）下列說法正確的是_________。A．合成氨過程實際選擇的溫度約為700℃，溫度過高或過低都會降低氨氣平衡產(chǎn)率B．上述工業(yè)流程中壓縮既能提高反應速率又能提高合成氨的產(chǎn)率C．二段轉(zhuǎn)化釋放的熱量可為一段轉(zhuǎn)化提供熱源，實現(xiàn)能量充分利用D．二段轉(zhuǎn)化過程中，需嚴格控制空氣的進氣量，否則會破壞合成氣中的氫氮比（4）已知催化合成氨中催化劑的活性與催化劑的負載量、催化劑的比表面積和催化反應溫度等因素有關，如圖所示：①實驗表明相同溫度下，負載量5%催化劑活性最好，分析負載量9%與負載量1%時，催化劑活性均下降的可能原因是________。②在上圖中用虛線作出負載量為3%的催化劑活性變化曲線_______。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

A.用裝置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液，NaOH固體不能放在容量瓶內(nèi)溶解，應放在燒杯內(nèi)溶解，溶解液冷卻至室溫才能轉(zhuǎn)移入容量瓶，A錯誤；B.用裝置②制備少量Fe(OH)2固體，在密閉環(huán)境內(nèi)進行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空氣中的O2氧化，B正確；C.因為乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用裝置③制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能驗證乙烯的生成，C錯誤；D.用裝置④制取少量乙酸乙酯時，會產(chǎn)生倒吸，因為出液導管口位于液面下，D不正確。故選B。2、D【解析】

A.苯的結構簡式為，從結構上看，屬于環(huán)烴，A錯誤；B.苯的結構簡式為，從結構上看，屬于芳香烴，B錯誤；C.苯的分子式為C6H6，從組成上看，其氫原子數(shù)遠未達飽和，屬于不飽和烴，C錯誤；D.苯只含有C、H元素，不屬于烴的衍生物，D正確；故合理選項為D。3、C【解析】

A.右側導管插入到碳酸鈉溶液中，易產(chǎn)生倒吸，A錯誤；B.雙氧水的濃度不同，無法比較不同的催化劑對化學反應速率的影響，B錯誤；C.硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，三種含氧酸中，硫、碳、硅元素均為最高價，可以比較三種元素的非金屬的強弱，C正確；D.揮發(fā)出的溴進入到右側燒杯中，也能與硝酸銀反應產(chǎn)生淺黃色沉淀，不能驗證苯與溴發(fā)生取代反應生成了溴化氫，D錯誤；正確選項C。4、C【解析】分析：A．相對分子質(zhì)量在10000以上的為高分子；B．蔗糖為二糖、葡萄糖為單糖；C．油脂堿性條件下水解反應為皂化反應；D．石油的裂化、裂解均為大分子生成小分子；煤的氣化生成CO和氫氣、液化生成甲醇等。詳解：A．相對分子質(zhì)量在10000以上的為高分子，則淀粉、纖維素、聚乙烯、蛋白質(zhì)都是高分子化合物，而油脂不是，A錯誤；B．蔗糖為二糖、葡萄糖為單糖，且葡萄糖含-CHO，而蔗糖不含，二者不是同分異構體、同系物關系，B錯誤；C．油脂堿性條件下水解反應為皂化反應，則油酸甘油酯在堿性條件下水解屬于皂化反應，C正確；D．石油的裂化、裂解均為大分子生成小分子；煤的氣化生成CO和氫氣、液化生成甲醇等，均為化學變化，D錯誤；答案選C。點睛：本題考查有機物的結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物的組成、官能團與性質(zhì)的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意高分子的判斷，題目難度不大。5、C【解析】

反應H2（g）+I2（g）?2HI（g）的平衡常數(shù)K1，則相同溫度下，反應2HI（g）?H2（g）+I2（g）的平衡常數(shù)為1/K1，故反應HI（g）?H2(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K2=(1/K1)1/2，故K1=，故選C項正確。6、C【解析】

A.F2、Cl2、Br2、I2屬于分子晶體，影響熔沸點的因素是分子間作用力的大小，物質(zhì)的相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，沸點越高，與共價鍵無關系，故A不符合題意；B.HF的沸點較HCl高是因為HF分子間存在氫鍵，其作用力較HCl分子間作用力大，與共價鍵無關，故B不符題意；C.金剛石、晶體硅屬于原子晶體，原子之間存在共價鍵，原子半徑越小，鍵能越大，熔沸點越高，與共價鍵的鍵能大小有關，故C符合題意；D.NaF、NaCl、NaBr、NaI屬于離子晶體，離子半徑越大，鍵能越小，熔沸點越低，與離子鍵的鍵能大小有關，故D不符合題意；答案選C?！军c睛】本題主要考查同種類型的晶體熔、沸的高低的比較，一般情況下，原子晶體中共價鍵鍵長越短，熔沸點越高；金屬晶體中，形成金屬鍵的金屬陽離子半徑越小，電荷數(shù)越多，金屬鍵越強，熔沸點越高；分子晶體中形成分子晶體的分子間作用力越大，熔沸點越高；離子晶體中形成離子鍵的離子半徑越小，電荷數(shù)越多，離子鍵越強，熔沸點越高。7、A【解析】

元素K的焰色反應呈紫色，紫色光能量高，波長短，所以其中紫色對應的輻射波長為404.4nm，故合理選項是A。8、B【解析】分析：A．NH3?H2O是弱電解質(zhì)，部分電離，NH4Cl是強電解質(zhì)完全電離，NH4Cl中NH4+水解但程度較?。凰峄驂A抑制水電離，酸中c(H+)越大或堿中c(OH-)越大越抑制水電離；B．鹽酸為強酸，稀釋不影響氯化氫的電離，氯化銨的水解存在平衡，稀釋促進水解，據(jù)此分析判斷；C．NH3?H2O是弱電解質(zhì)、HCl是強電解質(zhì)，①和②等體積混合后，二者恰好反應生成NH4Cl，溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒判斷；D．①和③等體積混合后，NH3?H2O電離程度大于NH4+水解程度導致溶液呈堿性，再結合電荷守恒判斷。詳解：A．NH3?H2O是弱電解質(zhì)，部分電離，NH4Cl是強電解質(zhì)完全電離，NH4Cl中NH4+水解但程度較小，所以c(NH4+)：③＞①，鹽酸為強酸，氨水為弱堿，鹽酸中c(H+)大于氨水中的c(OH-)，對水的電離的抑制程度鹽酸大于氨水，水電離出的c(H＋)：①>②，故A正確；B．將pH值相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋相同的倍數(shù)，HCl為強電解質(zhì)，完全電離，氯化銨溶液水解存在水解平衡，加水稀釋存在水解，稀釋相同的倍數(shù)后pH值：③＜②，故B錯誤；C．NH3?H2O是弱電解質(zhì)、HCl是強電解質(zhì)，①和②等體積混合后，二者恰好反應生成NH4Cl，溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)，故C正確；D．①和③等體積混合后，NH3?H2O電離程度大于NH4+水解程度導致溶液呈堿性，再結合電荷守恒得c(NH4+)＞c(Cl-)，NH3?H2O電離程度、NH4+水解程度都較小，所以離子濃度大小順序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正確；故選B。9、B【解析】

X是地殼中含量最多的元素，因此X為O元素，Y的最外層有兩個電子，且Y是短周期元素，原子序數(shù)大于O，因此Y為Mg元素，Z的單質(zhì)晶體是廣泛應用的半導體材料，所以Z為Si元素，W與X同主族，且W是短周期元素，原子序數(shù)大于X，所以W為S元素；據(jù)此解題；【詳解】A.元素周期表中，同族元素原子半徑隨核電荷數(shù)增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半徑最小，同周期元素，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，因此原子半徑應為r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A錯誤；B.X為O元素，Y為Mg元素，兩者組成的化合物氧化鎂為離子化合物，故B正確；C.Z為Si元素，W為S元素，因為S的非金屬性強于Si，所以S的最高價氧化物對應水化物的酸性強于Si的，故C錯誤；D.W為S元素，X為O元素，因為O的非金屬性強于S，所以O的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性強于S的，故D錯誤；總上所述，本題選B?！军c睛】本題考查元素周期表和元素周期律的推斷、原子結構與元素性質(zhì)，題目難度不大，應先根據(jù)提示推斷所給原子的種類，原子結構與元素周期律的關系為解答關鍵，注意掌握原子構成及表示方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。10、A【解析】

A.烷烴不與高錳酸鉀反應，則不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A錯誤；B.烷烴為只含有C、H兩元素的飽和鏈狀烴，都能燃燒，B正確；C.烷烴通常情況下跟酸、堿和氧化劑都不反應，C正確；D.烷烴都能在光照的條件下與鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應，D正確；答案為A。11、A【解析】分析：A.無論硫酸濃稀，只要1molZn完全反應，生成氣體均為1mol；B.碳酸氫鈉晶體由鈉離子和碳酸氫根離子構成，不含碳酸根離子；C.由2H和18O組成的水11g，物質(zhì)的量為11/22=0.5mol，然后根據(jù)水分子組成計算中子數(shù)；D.標準狀況下，四氯化碳為液態(tài)。詳解：若為濃硫酸，則反應Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O；若為稀硫酸，則反應為Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，很明顯，無論硫酸濃稀，只要1molZn完全反應，生成氣體均為1mol，氣體的分子數(shù)目為NA，A正確；碳酸氫鈉晶體由鈉離子和碳酸氫根離子構成，不含碳酸根離子，所以84gMgCO3與NaHCO3的混合物中CO32-數(shù)目小于NA，B錯誤；由2H和18O組成的水11g，物質(zhì)的量為11/22=0.5mol，所含中子數(shù)為：0.5×（2×1+10）×NA=6NA；C錯誤；標準狀況下，四氯化碳為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積進行計算，D錯誤；正確選項A。12、B【解析】

A、由反應方程式：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO可得到Al、O的化合價反應前后沒有變化，N的化合價由0→-3被還原，N2是氧化劑，而C的化合價由0→+2，C被氧化是還原劑，A錯誤；B、N的化合價由0→-3，每生成1molAlN轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為3mol，B正確；C、AlN中氮元素的化合價為-3，C錯誤；D、AlN的摩爾質(zhì)量為41g·mol-1，D錯誤；故選B。13、B【解析】

A.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；B.設二者質(zhì)量都是1g，然后根據(jù)題干熱化學方程式計算；C.酸堿中和反應生成的硫酸鋇過程放熱，則其焓變不是－57.3kJ·mol－1；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按蓋斯定律計算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)，據(jù)此進行計算。【詳解】A.根據(jù)2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1可以知道1mol液態(tài)甲醇燃燒生成2mol液態(tài)水放出熱量為726kJ·mol－1，則CH3OH(l)燃燒熱為726kJ·mol－1，故A錯誤；B.同質(zhì)量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃燒，設質(zhì)量為1g2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12mol571.6kJmol142.9kJ2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－12mol1452kJmol22.69kJ所以H2(g)放出的熱量多，所以B選項是正確的；C.反應中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放熱的，所以放出的熱量比57.3

kJ多，即該反應的ΔH<－57.3kJ·mol－1，故C錯誤；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按蓋斯定律計算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)ΔH＝－262.8kJ·mol－1，則正確的熱化學方程式是：3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－131.4kJ·mol－1，故D錯誤。所以B選項是正確的。14、D【解析】A項，物質(zhì)的量與物質(zhì)的質(zhì)量為兩個不同的物理量，物質(zhì)的量的單位是mol，故A錯誤；B項，物質(zhì)的量表示物質(zhì)所含指定粒子的多少，物質(zhì)的量是一個整體，不是物質(zhì)所含粒子的數(shù)量，數(shù)值上等于物質(zhì)質(zhì)量與相對分子質(zhì)量之比，單位是mol，故B錯誤；C項，物質(zhì)的量的單位是mol，1mol任何物質(zhì)中含有的該物質(zhì)微粒個數(shù)是6.02×1023個，故C錯誤；D項，物質(zhì)的量是國際單位制中的一個基本物理量，它表示含有一定數(shù)目粒子的集合體，故D正確。15、B【解析】

水分解是吸熱反應，反應物總能量低于生成物總能量，催化劑能降低反應的活化能，但反應熱不變，圖像B符合，答案選B?！军c睛】注意催化劑可降低反應的活化能，但不改變反應熱。16、B【解析】分析：本題考查的是晶體的結構分析，重點是對結構圖像的觀察與理解，掌握常見晶胞的結構是解題的關鍵。詳解：A.氯化鈉晶體屬于面心立方結構，晶胞如圖，由結構可知，氯化鈉晶體中氯離子位于頂點和面心，鈉離子位于體心和棱心，所以觀察體心的鈉離子，與其距離最近的鈉離子在12個棱的棱心，故在氯化鈉晶體中每個鈉離子周圍緊鄰12個鈉離子，故錯誤；B.晶體硅中，由共價鍵形成的最小環(huán)上有6個硅原子，每個硅原子形成四個共價鍵，從而形成空間網(wǎng)狀結構，故正確；C.由二氧化硅晶體結構分析，晶體中最小環(huán)上含有6個硅原子和6個氧原子，共12個原子，故錯誤；D.在CsCl晶體中，與一個Cs＋最近的且距離相等的Cl-的個數(shù)是8，故錯誤，故選B。點睛：掌握常見晶體的結構和微粒數(shù)。1.氯化銫晶體中每個銫離子周圍最近且等距離的氯離子有8個，每個氯離子周圍最近且等距離的銫離子有8個人，每個銫離子周圍最近且等距離的銫離子有6個，每個氯離子周圍最近且等距離的氯離子也有6個。2.氯化鈉晶體中每個鈉離子周圍最近且等距離的氯離子有6個，每個氯離子周圍最近且等距離的鈉離子也有6個。每個鈉離子周圍最近且等距離的鈉離子有12個。3.金剛石晶體中最小碳環(huán)有6個碳原子組成，碳原子個數(shù)與碳碳鍵個數(shù)比為1:2。4.二氧化硅晶體中每個硅與4個氧結合，晶體中硅原子和氧原子個數(shù)比為1:2。17、D【解析】

將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO3中，金屬完全溶解(假設反應中還原產(chǎn)物只有NO)，發(fā)生反應3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反應后的溶液中加入過量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5.1g，氫氧根的物質(zhì)的量為n=，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol。A.根據(jù)上述分析可知：反應過程中電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量等于氫氧根離子的物質(zhì)的量，n(e-)=n(OH-)=0.3mol，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目N=0.3NA，A正確；B.鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，若全為Mg，其質(zhì)量是m=0.15mol×24g/mol=3.6g；若全為金屬Cu，其質(zhì)量為m=0.15mol×64g/mol=9.6g，所以參加反應的金屬的總質(zhì)量(m)為3.6g＜m＜9.6g，B正確；C.反應過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.3mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知反應產(chǎn)生NO的物質(zhì)的量為n(NO)=，其在標準狀況下的體積V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，C正確；D.若硝酸無剩余，則參加反應氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于0.3mol，需要氫氧化鈉溶液體積V=；若硝酸有剩余，消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，D錯誤；故合理選項是D。18、B【解析】

A．溴乙烷與NaOH溶液混合共熱，發(fā)生水解反應生成溴離子，檢驗溴離子先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成淺黃色沉淀可證明，選項A錯誤；B、實驗室制備乙烯時，溫度計水銀球應該插入濃硫酸和無水乙醇的混合液液面以下，以測定反應物的溫度，迅速加熱至170℃，選項B正確；C、乙醇易揮發(fā)，乙醇與乙烯均能被高錳酸鉀氧化，則不能證明溴乙烷發(fā)生了消去反應一定生成了乙烯，選項C錯誤；D、制備新制Cu（OH）2懸濁液時，將4～6滴2％的NaOH溶液滴入2mL2％的CuSO4溶液中，氫氧化鈉不足，得不到氫氧化銅懸濁液，選項D錯誤；答案選B。19、D【解析】分析：本題考查核外電子的排布規(guī)律，側重于原子結構與元素種類的判斷，注重學生的分析能力的考查，注意把握原子核外電子排布特點，難度不大。詳解：A.3p能級有一個空軌道的基態(tài)原子，原子3p能級有2個電子，是硅元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p2的原子也是硅，是同種原子，故錯誤；B.2p能級有一個未成對電子的基態(tài)原子，該原子2p能級有5個電子，價電子排布為2s22p5，所以是同一原子，故錯誤；C.最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的1/5的原子是溴，價電子排布為4s24p5的原子也為溴，故錯誤；D.M層全充滿而N層為4s2的原子為鋅，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2的原子為鐵，不是同種原子，故正確。故選D。20、D【解析】

Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，因此反應的化學方程式為FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，則理論上完全反應消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。答案選D。21、C【解析】

非電解質(zhì)是指在水溶液和融化狀態(tài)下都不導電的化合物?！驹斀狻緼是單質(zhì)，故錯；B是混合物，故錯；C是有機物符合非電解質(zhì)的概念，故正確；D是鹽，屬于電解質(zhì)；本題答案：C?！军c睛】本題考查電解質(zhì)和非電解質(zhì)的區(qū)別。解答依據(jù)，非電解質(zhì)的概念，看在水溶液和融化狀態(tài)下能否導電的化合物。22、C【解析】分析：向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀鹽酸，a點溶液中含有CO32-和HCO3-，b點全部為HCO3-，c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，d點鹽酸過量，呈酸性，結合離子反應發(fā)生條件及對應離子的性質(zhì)解答該題。詳解：a點溶液中含有CO32-和HCO3-，b點全部為HCO3-，c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，d點鹽酸過量，呈酸性，A．a(chǎn)點溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-與OH-反應不能大量共存，選項A錯誤；B．b點全部為HCO3-，Al3+與HCO3-發(fā)生互促水解反應而不能大量共存，選項B錯誤；C．c點恰好完全反應生成NaCl，溶液呈中性，離子之間不發(fā)生反應，在溶液中能夠大量共存，選項C正確；D．d點呈酸性，酸性條件下，NO3-與Fe2+發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，選項D錯誤；答案選C。點睛：本題考查離子共存問題，為高考常見題型，側重于元素化合物知識的綜合考查和學生的分析能力、審題的能力的考查，注意把握常見離子的性質(zhì)以及反應類型的判斷，答題時注意題中各階段溶液的成分，難度中等。二、非選擇題(共84分)23、丙烯氯原子羥基加成反應或8【解析】

根據(jù)D的分子結構可知A為鏈狀結構，故A為CH3CH=CH2；A和Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應生成B為CH2=CHCH2Cl，B和HOCl發(fā)生加成反應生成C為，C在堿性條件下脫去HCl生成D；由F結構可知苯酚和E發(fā)生信息①的反應生成F，則E為；D和F聚合生成G，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）根據(jù)以上分析，A為CH3CH=CH2，化學名稱為丙烯；C為，所含官能團的名稱為氯原子、羥基，故答案為丙烯；氯原子、羥基；（2）B和HOCl發(fā)生加成反應生成C，故答案為加成反應；（3）C在堿性條件下脫去HCl生成D，化學方程式為：，故答案為；（4）E的結構簡式為。（5）E的二氯代物有多種同分異構體，同時滿足以下條件的芳香化合物：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為3∶2∶1，說明分子中有3種類型的氫原子，且個數(shù)比為3：2：1。則符合條件的有機物的結構簡式為、；故答案為、；（6）根據(jù)信息②和③，每消耗1molD，反應生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的總質(zhì)量為765g，生成NaCl和H2O的總物質(zhì)的量為=10mol，由G的結構可知，要生成1mol單一聚合度的G，需要(n+2)molD，則(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理論上應等于8，故答案為8。24、C6H10O3酯基和羥基（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr2-甲基-1-丙醇②⑤(CH3)2CHCHO+OHC－COOCH2CH3→(CH3)2C(CHO)CHOH－COOCH2CH3CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3【解析】

反應①為2－甲基丙烯的加成反應，根據(jù)反應③的產(chǎn)物可知A為，反應②為鹵代烴的水解反應，則B為(CH3)2CHCH2OH，反應③為醇的氧化，根據(jù)G推知F為，結合已知和反應⑤有乙醇產(chǎn)生推得C為OHC－COOCH2CH3，反應④類似所給已知反應，則E為，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）G的結構簡式為，分子式是C6H10O3，G中官能團的名稱是酯基和羥基；（2）第②步是鹵代烴的水解反應，反應的化學方程式是（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2CHCH2OH+NaBr；（3）B為(CH3)2CHCH2OH，B的名稱（系統(tǒng)命名）是2-甲基-1-丙醇；（4）根據(jù)以上分析可知第②～⑥步反應中屬于取代反應的有②⑤；（5）根據(jù)已知信息可知第④步反應的化學方程式是(CH3)2CHCHO+OHC－COOCH2CH3→(CH3)2C(CHO)CHOH－COOCH2CH3；（6）根據(jù)E的結構可知它含三種官能團，而它的同分異構體含一種官能團，可能是羧基或酯基，只有2中氫原子，應該有對稱結構，有如下幾種：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3。25、FNaOH2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－10－5＞c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）＞C【解析】

電解飽和食鹽水，氯離子在陽極（E極）失去電子生成氯氣，水電離的H+在陰極（F極）得電子生成氫氣，同時生成OH-，離子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－.【詳解】（1）由裝置圖中氯氣和氫氣的位置判斷，生成氫氣的極為陰極，水電離的H+在陰極得電子生成氫氣，電極反應式為；破壞水的電離平衡，濃度增大，溶液A為氫氧化鈉溶液，故溶質(zhì)為NaOH.（2）電解池中陽離子向陰極移動，所以Na+向F極移動，在F極水電離的H+得電子生成氫氣，破壞水的電離平衡，OH-濃度增大，溶因此液A為氫氧化鈉溶液，故溶質(zhì)為NaOH；（3）電解飽和食鹽水，氯離子在陽極失去電子生成氯氣，水電離的H+在陰極得電子生成氫氣，同時生成OH-，離子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；（4）ⅰ.從第①組情況分析,生成了氯化銨溶液,銨離子水解,溶液顯示酸性,溶液中的氫離子是水電離的,故中由水電離出的c（H+）=1×10-5mol·L-1；ⅱ.從第②組情況表明,pH=7,溶液顯示中性,若c=2,生成氯化銨溶液,顯示酸性,故氨水的濃度稍大些,即c大于0.2mol/L；ⅲ.0.2mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合后，得到等濃度的一水合氨與氯化銨的混合溶液，溶液pH＞7,說明氨水的電離程度大于水解程度,故銨離子濃度大于氨水濃度;，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）；ⅳ.NH3·H2O是弱電解質(zhì)，在溶液中存在電離平衡，NH3·H2ONH4++OH-，電離平衡常數(shù)，則，增大NH3·H2O的濃度，電離平衡正向移動，OH-濃度增大，實驗①、③相比較，③中OH-濃度大，OH-濃度越大，越小，所以①＞③；（5）A、夏季溫度較高，氯氣溶解度隨溫度的升高而降低，且HClO的電離是吸熱的，升高溫度平衡正向移動，水中HClO濃度減小，殺毒效果差，故A錯誤。B、根據(jù)電荷守恒可以得到c（OH－）+c（ClO－）=c（H+），故B錯誤；C、由于HClO的殺菌能力比ClO－強，因此HClO的濃度越高，殺菌能力越強，由圖中可知pH=6.5時的次氯酸濃度更大，故C正確；綜上所述，本題正確答案為C。26、增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉(zhuǎn)化率；；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產(chǎn)率濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產(chǎn)率飽和碳酸鈉溶液中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加熱溫度過高，有機物碳化分解BC分液漏斗A【解析】

（1）實驗室用乙醇和乙酸在濃硫酸加熱的條件下制乙酸乙酯，化學方程式為。答案為：；（2）酯化反應屬于可逆反應，加入過量的乙醇，相當于增加反應物濃度，可以讓平衡生成酯的方向移動，提高酯的產(chǎn)率；在酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑；理論上"加入數(shù)滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量"，原因是：利用濃硫酸能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移動，提高酯的產(chǎn)率；“濃硫酸用量又不能過多”，原因是：濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產(chǎn)率；答案為：增大反應物的濃度，使平衡正向移動，提高乙酸的轉(zhuǎn)化率；濃硫酸能吸收反應生成的水，使平衡正向移動，提高酯的產(chǎn)率；濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物碳化，降低酯的產(chǎn)率；（3）由于乙酸和乙醇具有揮發(fā)性，所以制得的乙酸乙酯中?；煊猩倭繐]發(fā)出的乙酸和乙醇，將產(chǎn)物通到飽和碳酸鈉溶液的液面上，飽和碳酸鈉溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇、減少乙酸乙酯在水中的溶解；答案為：飽和碳酸鈉溶液；中和乙酸、吸收乙醇減少乙酸乙酯在水中的溶解；（4）乙酸、丁醇加熱易揮發(fā)，為減少原料的損失，直玻璃管對蒸汽進行冷凝，重新流回反應器內(nèi)。試管與石棉網(wǎng)直接接觸受熱溫度高，容易使有機物分解碳化。故答案為：冷凝、回流；防止加熱溫度過高，有機物碳化分解。（5）提高1?丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移動。A.使用催化劑，縮短反應時間，平衡不移動，故A錯誤；B.加過量乙酸，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故B正確；C.不斷移去產(chǎn)物，平衡向生成酯的方向移動，1?丁醇的利用率增大，故C正確；D.縮短反應時間，反應未達平衡，1?丁醇的利用率降低，故D錯誤。答案選BC。（6）分離互不相溶的液體通常分液的方法，分液利用的儀器主要是分液漏斗，使用時注意下層液從分液漏斗管放出，上層液從分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，應從分液漏斗上口倒出。故答案為：分液漏斗；A。27、偏高②③④無影響B(tài)無色變成粉紅(或淺紅)半分鐘后溶液顏色無新變化則表示已達滴定終點18.85%DCu(OH)2Cu2++2NH1·H2O====Cu(OH)2↓+2NH4+中【解析】

（1）①滴定管中未用標準液潤洗，直接加入標準液會稀釋溶液濃度減小；②錐形瓶內(nèi)水對滴定結果無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察錐形瓶中溶液的顏色變化，以判定滴定終點；④如溶液顏色發(fā)生變化，且半分鐘內(nèi)不褪色為滴定終點；（2）依據(jù)滴定前后消耗氫氧化鈉溶液的體積的平均值，結合4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O、H＋+OH－=H2O計算．（1）根據(jù)鹽類的水解考慮溶液的酸堿性，然后根據(jù)指示劑的變色范圍與酸堿中和后的越接近越好，且變色明顯（終點變?yōu)榧t色），溶液顏色的變化由淺到深容易觀察，而由深變淺則不易觀察；（4）根據(jù)難溶物的溶度積常數(shù)判斷先沉淀的物質(zhì)，溶度積常數(shù)越小，越先沉淀；（5）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根據(jù)物料守恒得c（NH1·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根據(jù)電荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH1·H2O的電離常數(shù)Kb=c(OH－)c(NH4＋)/c(NH1·H2O)?！驹斀狻浚?）①滴定管中未用標準液潤洗，直接加入標準液會稀釋溶液濃度減小，消耗標準液體積增大，氫離子物質(zhì)的量增大，4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，反應可知測定氮元素含量偏高；②錐形瓶內(nèi)水對滴定結果無影響；③滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應觀察錐形瓶中溶液的顏色變化B；④氫氧化鈉滴定酸溶液，達到終點時，酚酞顏色變化為無色變化為紅色，半分鐘內(nèi)不褪色；（2）樣品1.5000g，反應為4NH4＋+6HCHO═4H＋+（CH2）6N4+6H2O，消耗氫離子的物質(zhì)的量和氮元素物質(zhì)的量相同，依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析可知，三次實驗中消耗氫氧化鈉溶液體積分別為：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氫氧化鈉溶液的平均體積為20.00mL，由酸堿中和反應可知，氫離子物質(zhì)的量=氫氧化鈉物質(zhì)的量=0.1000mol·L-1×20.00ml×10-1L/ml=2.00×10-1mol，250mL溶液中氮元素物質(zhì)的量和氫離子物質(zhì)的量相同，該樣品中氮的質(zhì)量分數(shù)為2×10-1mol×14g·mol－1×250÷25÷1.5000g×100%=18.85%．（1）NaOH溶液滴和CH1COOH溶液反應恰好完全時，生成了CH1COONa，CH1COONa水解溶液呈堿性，應選擇堿性范圍內(nèi)變色的指示劑，即酚酞，故D正確；（4）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨和銅離子反應生成氫氧化銅和氨根離子，所以離子方程式為2NH1·H2O+Cu2＋=Cu（OH）2↓+2NH4＋；（5）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根據(jù)物料守恒得c（NH1．H2O）=（0.5a-0