2025年蘇教版高二化學下冊月考試卷

…………○…………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年蘇教版高二化學下冊月考試卷677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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、在2A+B3C+4D的反應中，下列用不同物質的變化表示該反應的速率最快的是A.v(A)=0.5mol·L－1·min－1B.v(B)=0.3mol·L－1·min－1C.v(C)=0.8mol·L－1·min－1D.v(D)=1mol·L－1·min－12、關于如圖所示裝置的敘述，正確的是（）。A.氫離子在銅片表面被氧化B.銅片質量逐漸減少C.電子從鋅片經導線流向銅片D.銅是陽極，銅片上有氣泡產生3、已知：rm{25隆忙}時，rm{Ksp(Mg(OH)_{2})=5.61隆脕10^{-12}}rm{Ksp(MgF_{2})=7.42隆脕10^{-11}.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{25隆忙}時，飽和rm{Mg(OH)_{2}}溶液與飽和rm{MgF_{2}}溶液相比，前者的rm{c(Mg^{2+})}大B.rm{25隆忙}時，rm{Mg(OH)_{2}}固體在rm{20}rm{ml}rm{0.01}rm{mol/L}氨水中的rm{K_{sp}}比在rm{20}rm{mL}rm{0.01}rm{mol/L}rm{NH_{4}Cl}溶液中的小C.rm{25隆忙}時，在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液加入rm{NaF}溶液后，rm{Mg(OH)_{2}}不可能轉化成為rm{MgF_{2}}D.rm{25隆忙}時，在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液加入少量的rm{NH_{4}Cl}固體，rm{c(Mg^{2+})}增大4、一定溫度下，密閉容器中進行反應：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)rightleftharpoons2SO_{3}(g)婁隴H<0}測得rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)rightleftharpoons

2SO_{3}(g)婁隴H<0}隨反應時間rm{v_{脮媒}(SO_{2})}的變化如圖所示。下列有關說法正確的是A.rm{(t)}時改變的條件是：只加入一定量的rm{t_{2}}B.在rm{SO_{2}}時平衡常數rm{t_{1}}大于rm{K_{1}}時平衡常數rm{t_{3}}C.rm{K_{2}}時平衡混合氣的平均相對分子質量大于rm{t_{1}}時平衡混合氣的平均相對分子質量D.rm{t_{3}}時平衡混合氣中rm{t_{1}}的體積分數等于rm{SO_{3}}時平衡混合氣中rm{t_{3}}的體積分數rm{SO_{3}}5、元素rm{R}rm{X}rm{T}rm{Z}rm{Q}在元素周期表中的相對位置如表所示，其中只有rm{X}是短周期的金屬元素，下列判斷正確的是rm{(}rm{)}A.rm{X}的最高價氧化物能不溶于強堿B.非金屬性：rm{T<R}C.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：rm{T>Z}D.rm{R}與rm{Q}的原子核外電子數相差rm{16}6、已知酸性：rm{>H_{2}CO_{3}>}綜合考慮反應物的轉化率和原料成本等因素，將轉變?yōu)榈淖罴逊椒ㄊ莚m{(}rm{)}A.與足量的rm{NaOH}溶液共熱后，再通入足量rm{CO_{2}}B.與稀rm{H_{2}SO_{4}}共熱后，加入足量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液C.與稀rm{H_{2}SO_{4}}共熱后，加入足量的rm{NaOH}溶液D.與足量的rm{NaOH}溶液共熱后，再加入適量rm{H_{2}SO_{4}}7、有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物質的量濃度均為0．1mol/L，下列說法正確的是（）A.3種溶液pH的大小順序是③>②>①B.若將3種溶液稀釋相同倍數，pH變化最大的是②C.若分別加入25mL0．lmol/L鹽酸后，pH最大的是①D.若用Pt電極電解3種溶液一段時間后，pH均不變評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、有機物的結構可用“鍵線式”簡化表示。CH3－CH＝CH－CH3可簡寫為某有機物X的鍵線式為：（1）有機物Y是X的同分異構體，且屬于芳香烴，寫出Y的結構簡式。____（2）Y在一定條件下發(fā)生聚合反應，寫出其反應的化學方程式：（3）X與足量的H2在一定條件下反應可生成環(huán)狀的飽和烴Z，Z的二氯代物有種。9、（9分）下表是元素周期表的一部分，按要求填空（填元素符號或化學式）：。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩(11)(12)（1）寫出下列元素的元素符號：①____②(11)____（2）在這些元素中，最活潑的金屬元素是，最活潑的非金屬元素是，最不活潑的元素是。（3）在這些元素的最高價氧化物對應水化物中，酸性最強的是，堿性最強的是，呈兩性的氫氧化物是。10、（14分）A、B、C、D、E代表5種元素。請?zhí)羁眨海?）A元素基態(tài)原子的最外層有3個未成對電子，次外層有2個電子，其元素符號為；（2）B元素的負一價離子和C元素的正一價離子的電子層結構都與氬相同，B的元素名稱為，C的原子結構示意圖為；（3）D元素的正三價離子的3d亞層為半充滿，D的元素符號為，其基態(tài)原子的電子排布式為。（4）E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，E的元素符號為，其基態(tài)原子的簡化電子排布式為。11、構建人與自然的和諧、營造安全的生態(tài)環(huán)境已成為全人類的共識．①如圖Ⅰ，向兩只250mL的錐形瓶中分別充入CO2和空氣，用白熾燈泡照射一段時間后，其中a瓶中溫度計讀數稍低，則盛放CO2的錐形瓶為____（填“a”或“b”）．

②為防止白色污染，廢舊的塑料需投入到貼有圖II標志的垃圾桶內，該標志表示的是____．

③廢水中鉈（Tl）具有高毒性，治理時常加入NaClO溶液，將Tl+轉變?yōu)門l3+，NaClO作____（填“氧化劑”或“還原劑”），同時加入適量氨水，將Tl3+轉變?yōu)殡y溶物Tl（OH）3，寫出生成Tl（OH）3的離子方程式____．12、（8分）選擇以下物質填寫下列空白：A．氫氧化鈉B．氧化鎂C．HeD．二氧化硅E．氯化銨F．碘晶體G．二氧化硫H．鉀（1）晶體中存在分子的是。（2）晶體中既有離子鍵又有共價鍵的是。（3）融化時需要破壞共價鍵的是。（4）最易溶于水的分子晶體是。13、rm{[}物質結構與性質rm{]}

一項科學研究成果表明，銅錳氧化物rm{(CuMn_{2}O_{4})}能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛rm{(HCHO)}．

rm{(1)}向一定物質的量濃度的rm{Cu(NO_{3})_{2}}和rm{Mn(NO_{3})_{2}}溶液中加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，所得沉淀經高溫灼燒，可制得rm{CuMn_{2}O_{4}}．

rm{壟脵Mn^{2+}}基態(tài)的電子排布式可表示為______．

rm{壟脷NO_{3}^{-}}的空間構型是______rm{(}用文字描述rm{)}．

rm{(2)}在銅錳氧化物的催化下，rm{CO}被氧化為rm{CO_{2}}rm{HCHO}被氧化為rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O.}

rm{壟脵}根據等電子體原理，rm{CO}分子的結構式為______．

rm{壟脷H_{2}O}分子中rm{O}原子軌道的雜化類型為______．

rm{壟脹1mol}rm{CO_{2}}中含有的rm{婁脪}鍵數目為______．

rm{(3)}向rm{CuSO_{4}}溶液中加入過量rm{NaOH}溶液可生成rm{[Cu}rm{(OH)_{4}]^{2-}.}不考慮空間構型，rm{[Cu(OH)_{4}]^{2-}}的結構可用示意圖表示為______．14、如圖是某品牌調料標簽的一部分．

rm{壟脵}配料中的大量氨基酸態(tài)氮來源于黃豆中的蛋白質發(fā)生______反應得到．

rm{壟脷}小麥粉中的主要營養(yǎng)物質是______．

rm{壟脹}配料表中屬于防腐劑的是______．

rm{壟脺}配料表中的辣椒紅是著色劑rm{.}亞硝酸鈉也可作著色劑，但亞硝酸鈉有毒，要嚴格控制其用量rm{.}亞硝酸鈉外觀和咸味與食鹽很相似，因此要防止因誤食亞硝酸鈉而發(fā)生事故rm{.}亞硝酸鈉和氯化鈉的部分性質如下表：。性質亞硝酸鈉氯化鈉rm{1.}酸性條件下的穩(wěn)定性微熱時分解為rm{NO}和rm{NO_{2}}微熱時不分解rm{2.}熔點rm{271隆忙}rm{801隆忙}rm{3.}室溫時的溶解度約rm{80g}約rm{35g}請根據表中信息設計一種鑒別rm{NaNO_{2}}和rm{NaCl}的方法，寫出簡單的操作過程、現象和結論：______．15、在容積為rm{2L}的容器中，通入一定量的rm{N_{2}O_{4}}發(fā)生反應rm{N_{2}O_{4}(g)}rm{2NO_{2}(g)}回答下列問題：rm{(1)100隆忙}時，體系中各物質濃度隨時間變化如上圖所示。在rm{0隆蘆60s}時段，反應速率rm{nu(N_{2}O_{4})}為____rm{mol隆隴Ldfrac{1.67times{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}隆隴s^{-1}}反應的平衡常數rm{mol隆隴Ldfrac{1.67times

{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}

隆隴s^{-1}}為____。rm{{{K}_{1}}}若在相同條件下最初向該容器中充入二氧化氮氣體，要達到上述平衡狀態(tài)，二氧化氮的起始濃度是_______rm{mol隆隴Ldfrac{1.67times{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}}達平衡后二氧化氮的轉化率為_______，混合氣體的平均摩爾質量為_______。rm{(2)}達到平衡后，升高溫度，混合氣體顏色變深，則升高溫度后，該反應的平衡常數將________rm{mol隆隴Ldfrac{1.67times

{{10}^{3}}}{n}simdfrac{1.83times{{10}^{3}}}{n}}填“增大”“減小”或“不變”rm{(3)}rm{(}達到平衡后，如果向該密閉容器中再充入rm{)}并把容器體積擴大為rm{(4)}則平衡將________rm{0.32molHe}填“向左移動”“向右移動”或“不移動”rm{4L}rm{(}評卷人得分三、有機推斷題(共4題，共8分)16、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．17、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．18、某研究小組按下列路線合成神經系統藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。19、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共12分)20、通常用燃燒的方法測定有機物的分子式；可在燃燒室內將有機物樣品與純氧在電爐加熱下充分燃燒，根據產品的質量確定有機物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機物物分子式的常用裝置.

現準確稱取0.72g某烴樣品；經燃燒后A管增重2.2g，B管增重1.08g。請回答:

(1)產生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導管的連接順是:__________；

(2)A、B管內均盛有固態(tài)試劑，A管的作用是__________。

(3)燃燒管中CuO的作用是_________；如果把CuO網去掉，A管重量將_________；(填“增大”；“減小”、或“不變”)；

(4)請改進這套裝置的一個不足之處_________。

(5)若該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結構簡式為_________；該有機物的二氯代物有_______種。21、通常用燃燒的方法測定有機物的分子式；可在燃燒室內將有機物樣品與純氧在電爐加熱下充分燃燒，根據產品的質量確定有機物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機物物分子式的常用裝置.

現準確稱取0.72g某烴樣品；經燃燒后A管增重2.2g，B管增重1.08g。請回答:

(1)產生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導管的連接順是:__________；

(2)A、B管內均盛有固態(tài)試劑，A管的作用是__________。

(3)燃燒管中CuO的作用是_________；如果把CuO網去掉，A管重量將_________；(填“增大”；“減小”、或“不變”)；

(4)請改進這套裝置的一個不足之處_________。

(5)若該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結構簡式為_________；該有機物的二氯代物有_______種。評卷人得分五、其他(共1題，共3分)22、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。評卷人得分六、探究題(共4題，共20分)23、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。25、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。26、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】同一個化學反應，用不同的物質表示其反應速率時，速率數值可能不同，但表示的意義是相同的，所以比較反應速率快慢時，應該根據速率之比是相應的化學計量數之比先換算成用同一種物質表示，然后才能直接比較速率數值。如果都用物質A表示，則反應速率分別是0.5mol·L－1·min－1、0.6mol·L－1·min－1、0.53mol·L－1·min－1、0.5mol·L－1·min－1，所以答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、C【分析】在原電池中較活潑的金屬作負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。所失去的電子經導線傳遞到正極上，所以溶液中的陽離子向正極移動，即正極得到電子，發(fā)生還原反應。鋅比銅活潑，所以鋅是負極，銅是正極，溶液中的氫離子在正極得到電子，放出氫氣。所以選項C是正確的，答案選C。【解析】【答案】C3、D【分析】解：rm{A.}因氫氧化鎂溶度積小，由rm{K_{sp}}可判斷飽和rm{Mg(OH)_{2}}溶液的rm{Mg^{2+}}濃度小；故A錯誤；

B.rm{Ksp}不隨濃度變化；只與溫度有關，故B錯誤；

C.在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液加入rm{NaF}溶液，如rm{c(Mg^{2+})隆脕c(F^{-})^{2}>7.42隆脕10^{-11}}則生成rm{MgF_{2}}故C錯誤；

D.rm{NH_{4}^{+}}結合rm{OH^{-}}使氫氧化鎂溶解平衡正向移動，rm{Mg^{2+}}增大；故D正確．

故選D．

A.氫氧化鎂與氟化鎂的化學式相似，由題中數據可知氫氧化鎂的溶度積小，其飽和溶液中rm{Mg^{2+}}濃度較小；

B.rm{Ksp}只與溫度有關；

C.如rm{c(Mg^{2+})隆脕c(F^{-})^{2}>7.42隆脕10^{-11}}則生成rm{MgF_{2}}

D.從溶解平衡移動的角度分析．

本題考查難溶電解質的溶解平衡和沉淀轉化，注意比較兩種物質的溶度積大小，特別提醒是的不同物質的溶度積比較應是在化學式相似的情況下具有可比性．【解析】rm{D}4、D【分析】【分析】

本題旨在考查學生對化學反應速率和化學平衡圖像的綜合應用、化學反應速率的影響因素的應用。【解答】A.rm{t_{2}}時rm{SO_{2}}的正反應速率瞬間變大；然后逐漸降低，最終平衡相同，說明平衡只是暫時被破壞，平衡并沒有發(fā)生移動，改變的條件可以是使用了催化劑，故A錯誤；

B.平衡常數只與溫度有關，則在rm{t_{1}}時平衡常數rm{K_{1}}等于rm{t_{3}}時平衡常數rm{K_{2}}；故B錯誤；

C.根據以上分析可知rm{t_{1}}時平衡混合氣的rm{{{overline{M}}_{1}}}等于rm{t_{3}}時平衡混合氣的rm{{{overline{M}}_{2}}}；故C錯誤；

D.根據以上分析可知rm{t_{1}}時平衡混合氣中rm{SO_{3}}的體積分數等于rm{t_{3}}時平衡混合氣中rm{SO_{3}}的體積分數，故D正確。故選D?！窘馕觥縭m{D}5、B【分析】解：由元素rm{R}rm{X}rm{T}rm{Z}rm{Q}在元素周期表中的相對位置，其中只有rm{X}是短周期的金屬元素，可知rm{X}為rm{Al}rm{R}為rm{C}rm{T}為rm{Si}rm{Q}為rm{Ge}rm{Z}為rm{P}．

A.氧化鋁屬于兩性氧化物；能溶于強酸；強堿，故A錯誤；

B.同主族自上而下非金屬性減弱，故非金屬性：rm{T<R}故B正確；

C.非金屬性rm{T<Z}元素非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定，故C錯誤；

D.rm{R}與rm{Q}的原子序數之差為第三、第四周期容納元素種數之和，即rm{R}與rm{Q}的原子核外電子數相差rm{8+18=26}故D錯誤。

故選：rm{B}

由元素rm{R}rm{X}rm{T}rm{Z}rm{Q}在元素周期表中的相對位置，其中只有rm{X}是短周期的金屬元素，可知rm{X}為rm{Al}rm{R}為rm{C}rm{T}為rm{Si}rm{Q}為rm{Ge}rm{Z}為rm{P}

A.氧化鋁屬于兩性氧化物；

B.同主族自上而下非金屬性減弱；

C.元素非金屬性越強；對應氫化物越穩(wěn)定；

D.rm{R}與rm{Q}的原子序數之差為第三；第四周期容納元素種數之和；核外電子數之差等于其原子序數之差。

本題考查元素周期表與元素周期律，需要學生熟練掌握元素周期表的結構，注意了解同主族原子序數關系?！窘馕觥縭m{B}6、A【分析】解：rm{A}．應先在堿性條件下水解生成由于rm{>H_{2}CO_{3}>}則通入二氧化碳氣體可生成所以與足量的rm{NaOH}溶液共熱后，再通入足量rm{CO_{2}}即可；故A正確；

B.與稀硫酸共熱后生成鄰羥基苯甲酸，鄰羥基苯甲酸和碳酸鈉反應生成故B錯誤；

C.與稀rm{H_{2}SO_{4}}共熱后生成鄰羥基苯甲酸，加入足量的rm{NaOH}溶液生成故C錯誤；

D.與足量的rm{NaOH}溶液共熱后生成再加入適量rm{H_{2}SO_{4}}生成故D錯誤；

故選A．

酸性：rm{>H_{2}CO_{3}>}所以碳酸氫鈉和反應生成苯甲酸鈉、和不反應，將轉變?yōu)閼仍趬A性條件下水解生成由于rm{>H_{2}CO_{3}>}則通入二氧化碳氣體可生成．

本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，側重考查學生分析判斷能力，根據物質結構結合酸性強弱確定反應先后順序是解本題關鍵，注意酚羥基能和碳酸鈉反應，易錯選項是rm{B}．【解析】rm{A}7、C【分析】【解析】試題分析：A．③NaOH是堿電離使溶液顯堿性。而①Na2CO3②CH3COONa是鹽水解使溶液顯堿性，鹽水解的程度是很微弱的，而且規(guī)律是越弱越水解。由于酸性CH3COOH>H2CO3。所以等濃度是溶液的堿性Na2CO3>CH3COON所以3種溶液pH的大小順序是③>①>②。錯誤。B．若將3種溶液稀釋相同倍數，由于堿完全電離，稀釋使OH-的濃度減?。欢鴱妷A弱酸鹽在溶液中存在水解平衡，稀釋使鹽水解的沉淀增大，因此溶液的堿性變化相對較小。因此pH變化最大的是③。錯誤。C．若分別加入25mL0．lmol/L鹽酸后，①Na2CO3恰好發(fā)生反應：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3。得到的溶液含有強堿弱酸鹽，仍然是堿性；②CH3COONa恰好發(fā)生反應CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl。CH3COOH電離是溶液顯酸性；③恰好發(fā)生反應：NaOH+HCl=H2O+NaCl。溶液為中性。因此pH最大的是①。正確。D．若用Pt電極電解3種溶液由于實質都是電解水，所以一段時間后，物質的濃度均增大，溶液pH均變大。錯誤?？键c：考查Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、NaOH溶液的pH、溶液稀釋及電解時變化的知識。【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】【解析】【答案】略9、略

【分析】【解析】【答案】（1）①N②F(11)Ca（2）K，F，Ar。（3）HClO4，KOH，Al(OH)3。10、略

【分析】【解析】【答案】（1）N（2）氯3）Fe1s22s22p63s23p63d64s2（4）Cu[Ar]3d104s111、b|可回收垃圾|氧化劑|Tl3++3NH3?H2O=Tl（OH）3↓+3NH4+【分析】【解答】解：①二氧化碳就像溫室的玻璃或塑料薄膜那樣，具有保溫的作用，溫度高的為二氧化碳，故答案為：b；②廢舊的塑料可以回收利用，為可回收垃圾，故答案為：可回收垃圾；③在廢水中加入NaClO溶液，將Ti+轉變?yōu)門i3+，則NaClO中氯由+1價降低為﹣1價，為氧化劑，生成Tl（OH）3的離子方程式：Tl3++3NH3?H2O=Tl（OH）3↓+3NH4+，故答案為：Tl3++3NH3?H2O=Tl（OH）3↓+3NH4+．【分析】①二氧化碳就像溫室的玻璃或塑料薄膜那樣，具有保溫的作用；②廢舊的塑料可以回收利用；③在廢水中加入NaClO溶液，將Ti+轉變?yōu)門i3+，則NaClO中氯由+1價降低為﹣1價．12、略

【分析】試題分析：A．氫氧化鈉是離子晶體，存在離子鍵、堿性共價鍵；B．氧化鎂是離子晶體，存在離子鍵；C．He是分子晶體，由于是單原子分子，所以只存在分子間作用力。D．二氧化硅是原子晶體，在晶體在存在堿性共價鍵；E．氯化銨是離子晶體，在晶體中存在離子鍵、極性共價鍵。F．碘晶體是分子晶體，存在分子間作用力、非極性共價鍵；G．二氧化硫是分子晶體，存在分子間作用力、極性共價鍵；H．鉀是金屬晶體，存在金屬鍵。（1）晶體中存在分子的是He、碘晶體、二氧化硫；（2）晶體中既有離子鍵又有共價鍵的是氫氧化鈉、氯化銨；（3）融化時需要破壞共價鍵的是二氧化硅；（4）由于水分子是堿性分子，二氧化硫分子是極性分子，碘分子的非極性分子，He分子是非極性分子。根據相似相溶原理可知有極性分子構成的物質容易溶解在由極性分子構成的溶劑中。因此最易溶于水的分子晶體是二氧化硫。考點：考查物質的構成、作用力、化學鍵等結構的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）C、F、G；（2）A、E；（3）D；（4）G13、略

【分析】解：rm{(1)壟脵Mn}的原子序數為rm{25}基態(tài)原子的電子排布式為，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{2}}則rm{Mn^{2+}}基態(tài)的電子排布式可表示為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}

rm{壟脷NO_{3}^{-}}中rm{N}原子形成rm{3}個rm{婁脛}鍵；沒有孤電子對，則應為平面三角形，故答案為：平面三角形；

rm{(2)壟脵N_{2}}與rm{CO}為等電子體，二者結構相似，rm{N_{2}}的結構為rm{N隆脭N}則rm{CO}的結構為rm{C隆脭O}故答案為：rm{C隆脭O}

rm{壟脷H_{2}O}分子中rm{O}形成rm{2}個rm{婁脛}鍵，孤電子對數為rm{dfrac{6-2隆脕1}{2}=2}則為雜化rm{sp^{3}}

rm{壟脹CO_{2}}的結構式為rm{O=C=O}分子中rm{C}形成rm{2}個rm{婁脛}鍵，則rm{1molCO_{2}}中含有的rm{婁脪}鍵數目為rm{隆脕6.02隆脕10^{23}}個rm{(}或rm{2mol)}

故答案為：rm{2隆脕6.02隆脕10^{23}}個rm{(}或rm{2mol)}

rm{(3))[Cu(OH)_{4}]^{2-}}中與rm{Cu^{2+}}與rm{4}個rm{OH^{-}}形成配位鍵，可表示為

故答案為：．

rm{(1)壟脵Mn}的原子序數為rm{25}根據能量最低原理可寫出rm{Mn}的基態(tài)原子的電子排布式，進而可確定rm{Mn^{2+}}基態(tài)的電子排布式；

rm{壟脷}利用價層電子對互斥模型判斷；

rm{(2)壟脵}根據rm{N_{2}}與rm{CO}為等電子體；結合等電子體結構相似判斷；

rm{壟脷}根據中心原子形成的rm{婁脛}鍵和孤電子對數判斷雜化類型；

rm{壟脹}據rm{CO_{2}}的結構式rm{O=C=O}判斷；

rm{(3)[Cu(OH)_{4}]^{2-}}中與rm{Cu^{2+}}與rm{4}個rm{OH^{-}}形成配位鍵．

本題綜合考查物質的結構與性質知識，側重于電子排布式、等電子體、雜化類型與配位鍵等知識，題目難度中等，注意把握雜化類型的判斷方法．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}(}或rm{[Ar]3d^{5})}平面三角形；rm{C隆脭O}rm{sp^{3}}rm{2隆脕6.02隆脕10^{23}}個rm{(}或rm{2mol)}14、略

【分析】解：rm{壟脵}黃豆的成分是蛋白質；蛋白質水解生成氨基酸，故答案為：水解；

rm{壟脷}小麥富含淀粉；故答案為：淀粉；

rm{壟脹}焦糖色屬于著色劑；三氯蔗糖屬于甜味劑；苯甲酸鈉屬于防腐劑；故答案為：苯甲酸鈉．

rm{壟脺}由圖可知，鑒別rm{NaNO_{2}}和rm{NaCl}的方法：將兩種固體分別溶于水制成溶液；再分別加入稀硫酸微熱，有氣泡生成的是亞硝酸鈉，否則為氯化鈉；

故答案為：溶于水制成溶液，加入稀硫酸微熱，有棕色氣體生成者，原物質為rm{NaNO_{2}}否則為rm{NaCl}或用酒精燈加熱，熔化者為rm{NaNO_{2}}不熔者為rm{NaCl}或取兩支試管，各加入rm{5}rm{mL}水；分別溶解這兩種物質，至不再溶解時，溶解量大的為亞硝酸鈉，溶解量小的為氯化鈉．

rm{壟脵}蛋白質水解生成氨基酸；

rm{壟脷}小麥富含淀粉；

rm{壟脹}苯甲酸鈉屬于防腐劑；

rm{壟脺}根據鑒別rm{NaNO_{2}}和rm{NaCl}利用它們的性質的不同點進行鑒別．

本題考查營養(yǎng)素以及食品添加劑等，難度不大，試題培養(yǎng)了學生靈活應用所學知識的能力．【解析】水解；淀粉；苯甲酸鈉；溶于水制成溶液，加入稀硫酸微熱，有棕色氣體生成者，原物質為rm{NaNO_{2}}否則為rm{NaCl}或用酒精燈加熱，熔化者為rm{NaNO_{2}}不熔者為rm{NaCl}或取兩支試管，各加入rm{5mL}水，分別溶解這兩種物質，至不再溶解時，溶解量大的為亞硝酸鈉，溶解量小的為氯化鈉．15、（1）0.0010.36（2）0.240%57.5（3）增大（4）向右移動【分析】【分析】本題考查外界條件對化學平衡和速率的影向，速率計算、平衡轉化率的判斷、等效平衡而轉化率的計算等知識，難度中等?！窘獯稹?/p>

rm{(1)0隆蘆60s}時段，rm{N_{2}O_{4}}濃度變化為：rm{0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L}時段，rm{(1)0隆蘆60s}濃度變化為：rm{N_{2}O_{4}}rm{v({N}_{2}{O}_{4})=dfrac{0.06mol/L}{60S}=0.0010mol隆隴{L}^{-1}隆隴{s}^{-1}}rm{0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L}

rm{v({N}_{2}{O}_{4})=

dfrac{0.06mol/L}{60S}=0.0010mol隆隴{L}^{-1}隆隴{s}^{-1}}，故答案為：rm{0.0010}rm{0.36}根據等效平衡原理，容積不變的容器中，最初加料量相同時，平衡等同及各組分量相同，因此在相同條件下最初向該容器中充入二氧化氮氣體，要達到上述平衡狀態(tài)，二氧化氮的起始濃度是rm{0.0010}rm{0.36}rm{(2)}根據等效平衡原理，容積不變的容器中，最初加料量相同時，平衡等同及各組分量相同，因此在相同條件下最初向該容器中充入二氧化氮氣體，要達到上述平衡狀態(tài)，二氧化氮的起始濃度是rm{0.2}，達到平衡后，二氧化氮濃度為rm{(2)}則二氧化氮的轉化率rm{=dfrac{0.08mol/L}{0.2;mol/L}隆脕100攏樓=40攏樓}反應后混合其中含有rm{0.2}的二氧化氮和rm{mol/L}四氧化氮，則混合氣體的平均相對分子質量rm{=dfrac{0.12}{0.12+0.04}隆脕46+dfrac{0.04}{0.12+0.04}隆脕92=57.5}故答案為：rm{0.12mol/L}rm{=

dfrac{0.08mol/L}{0.2;mol/L}隆脕100攏樓=40攏樓}rm{0.12mol/L}rm{0.04mol/L}值增大，故答案為：增大；rm{=dfrac{0.12}{0.12+0.04}隆脕46+

dfrac{0.04}{0.12+0.04}隆脕92=57.5}達到平衡后，如果向該密閉容器中再充入rm{0.2}并把容器體積擴大為rm{40%}平衡體系所產生的壓強減小，所以向其體量增大的方向移動，即向右移動，故答案為：向右移動。

rm{57.5}【解析】rm{(1)0.001}rm{0.36}rm{(2)0.2}rm{40%}rm{57.5}rm{(3)}增大rm{(4)}向右移動三、有機推斷題(共4題，共8分)16、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH217、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH218、略

【分析】【分析】

根據物質在轉化過程中碳鏈結構不變，根據抗癇靈結構，結合A的分子式可推知A結構簡式是：A與HCHO發(fā)生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發(fā)生取代反應產生C：C經過一系列反應，產生分子式是C8H6O3的物質D結構簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發(fā)生信息②的反應產生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發(fā)生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發(fā)生取代反應產生G：與發(fā)生取代反應產生抗癇靈：

【詳解】

根據上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變?yōu)?COOH；也能發(fā)生燃燒反應，故化合物C能發(fā)生氧化反應，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據抗癇靈的分子結構，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據上述分析可知化合物E結構簡式是

(3)G是G與發(fā)生取代反應產生抗癇靈和HCl，該反應的化學方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上H原子的取代反應產生然后與NaOH的水溶液共熱，發(fā)生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發(fā)生氧化反應產生D：故由C經三步反應產生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl19、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應得到E,結合信息①,E為E與溴發(fā)生加成反應得到的F為F發(fā)生氧化反應生成的G為

詳解：(1)根據分析可知:G為則G中含氧官能團為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發(fā)生加成反應生成B為F為

（3）反應①：乙酸和發(fā)生酯化反應,化學方程式為+CH3COOH+H2O。

（4）C為苯甲醇,屬于芳香族化合物的苯甲醇的同分異構體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚和苯甲醚(),共4種；

(5)苯乙醛與甲醛反應生成再與溴發(fā)。

生加成反應生成最后發(fā)生催化氧化反應生成故合成路線為

點睛：本題主要考查結構簡式、官能團、反應類型、化學方程式、限定條件下同分異構體數目的判斷、合成路線中試劑和反應條件的選擇等知識,意在考查考生分析問題、解決問題的能力，抓好信息是解題的關鍵?！窘馕觥竣?羧基②.酸性高錳酸鉀溶液③.加成反應④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、原理綜合題(共2題，共12分)20、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析進行裝置的連接。

(2)氫氧化鈉固體；吸收二氧化碳氣體；，以便測定有機物中碳的量。

(3)燃燒管中CuO的作用是把反應生成的一氧化碳轉化為二氧化碳；減小實驗誤差。

(4)空氣中二氧化碳；水蒸氣直接進入A裝置中；影響實驗。

(5)根據A管質量增加2.2g為二氧化碳的質量；計算出碳的量，B管質量增加1.08g是水的質量，計算出氫原子的量，算出碳氫原子個數比，確定烴的分子式，再根據題意要求寫出結構簡式。

詳解：（1）D中生成的氧氣中含有水蒸氣，應先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根據產物的質量推斷有機物的組成，則產生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導管的連接順是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正確答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氫氧化鈉固體；它能夠吸收二氧化碳氣體；正確答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中電爐加熱時用純氧氧化管內樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，使有機物分子中的碳盡可能轉化為CO2；如果把CuO網去掉，一氧化碳不能被氫氧化鈉吸收，A管重量將減??；正確答案：吸收生成二氧化碳；使有機物分子中的碳盡可能轉化為CO2；減小。

(4)A裝置中氫氧化鈉吸收反應產生的二氧化碳；但是空氣中水蒸氣；二氧化碳也能夠進入A裝置，影響實驗，因此在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管；正確答案：在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管。

（5）A管質量增加2.2g為二氧化碳的質量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管質量增加1.08g是水的質量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有機物為烴，故只含有C和H兩種元素，且個數比為：0.05：1.2=5：12，故可以確定為戊烷（C5H12），該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結構簡式為該有機物的二氯代物有2種，可在相同、不同的甲基上，和正確答案：(CH3)4C；2?！窘馕觥縢-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有機物分子中的碳盡可能轉化為CO2減小在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管(CH3)4C221、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析進行裝置的連接。

(2)氫氧化鈉固體；吸收二氧化碳氣體；，以便測定有機物中碳的量。

(3)燃燒管中CuO的作用是把反應生成的一氧化碳轉化為二氧化碳；減小實驗誤差。

(4)空氣中二氧化碳；水蒸氣直接進入A裝置中；影響實驗。

(5)根據A管質量增加2.2g為二氧化碳的質量；計算出碳的量，B管質量增加1.08g是水的質量，計算出氫原子的量，算出碳氫原子個數比，確定烴的分子式，再根據題意要求寫出結構簡式。

詳解：（1）D中生成的氧氣中含有水蒸氣，應先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根據產物的質量推斷有機物的組成，則產生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導管的連接順是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正確答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氫氧化鈉固體；它能夠吸收二氧化碳氣體；正確答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中電爐加熱時用純氧氧化管內樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，使有機物分子中的碳盡可能轉化為CO2；如果把CuO網去掉，一氧化碳不能被氫氧化鈉吸收，A管重量將減?。徽_答案：吸收生成二氧化碳；使有機物分子中的碳盡可能轉化為CO2；減小。

(4)A裝置中氫氧化鈉吸收反應產生的二氧化碳；但是空氣中水蒸氣；二氧化碳也能夠進入A裝置，影響實驗，因此在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管；正確答案：在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管。

（5）A管質量增加2.2g為二氧化碳的質量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管質量增加1.08g是水的質量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有機物為烴，故只含有C和H兩種元素，且個數比為：0.05：1.2=5：12，故可以確定為戊烷（C5H12），該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結構簡式為該有機物的二氯代物有2種，可在相同、不同的甲基上，和正確答案：(CH3)4C；2?！窘馕觥縢-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-