2018-2019学年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高二下学期期中联考化学试题 解析版 27页

湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2019年春期中联考 高二化学 可能用到的相对原子质量：H－1，C－12，N－14，O－16，Na－23，Cl－35.5‎ 第Ⅰ卷 (选择题，共48分)‎ 一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分)‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 明矾电离出的Al3+具有吸附性，可用作净水剂 B. 漂白粉可用于生活用水的消毒 C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 D. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.明矾能净水是因为Al3+水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮物杂质，可用作净水剂，故A错误；‎ B.漂白粉在使用过程中可以生成次氯酸，利用其氧化性可用于生活用水的消毒，故B正确；‎ C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，是用镁作负极保护正极的铁，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ D.碳酸钠水解使溶液显碱性，对油脂的水解有促进作用，可用于去除餐具上的油污，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎2.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ‎①增加C的量 ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①碳是固体，增加C的量，反应速率不变；②将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大；③保持体积不变，充入He使体系压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变；④保持压强不变，充入He使容器体积变大，浓度减小，反应速率减小，答案选C。‎ ‎【考点定位】考查外界条件对反应速率影响 ‎【名师点晴】关于压强对反应速率的影响需要注意以下几点：（1）对有气体参加的反应，压强改变⇒气体物质浓度改变⇒化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的。（2）有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”（不参与反应）时，对化学反应速率的影响：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变（活化分子浓度不变）→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小（活化分子浓度减小）→反应速率减慢。‎ ‎3.盐MN溶于水存在如图过程，下列有关说法中不正确的是 A. 该过程可表示MN的水解过程 B. 相同条件下结合H+的能力N->OH-‎ C. 该过程使溶液中的c(OH-)>c(H+)‎ D. 溶液中存在c(HN)=c(OH-)-c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图片知，MN溶于水完全电离，所以为强电解质，其中N-离子能结合水电离出的氢离子，促进水电离平衡正向进行，为弱离子的水解，该过程可表示MN的水解过程，故A正确；‎ B.该图片说明酸根离子能发生水解反应，但不能证明N-结合H+的能力一定比OH-强，故B错误；‎ C.根据图片知，酸根离子和氢离子反应生成HN，导致溶液中c（OH-）＞c（H+），故C正确；‎ D.根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（N-）+c（OH-），根据物料守恒得c（M+）=c（HN）+c（N-），所以得c（HN）=c（OH-）-c（H+），故D正确。‎ 故选B。‎ ‎4.反应Ⅰ：CaSO4(s)＋ CO(g) CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)　 ΔH＝＋218.4 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ：CaSO4(s)＋4CO(g) CaS(s)＋4CO2(g) ΔH＝－175.6 kJ·mol－1假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由热化学方程式可知：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，则反应Ⅰ中反应物的总能量低于生成物的总能量，反应Ⅱ中反应物的总能量高于生成物的总能量，则A、D错误；又因为反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），则反应Ⅰ的活化能低于反应Ⅱ的活化能，则B错误。‎ 故选C。‎ ‎5.下列关于电解质溶液的判断正确的是 A. 100℃时，NaCl溶液的pH<7，则溶液呈酸性 B. 将pH=4的 CH3COOH溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小 C. 常温下，CH3COOH分子可能存在于pH>7的碱性溶液中 D. 向氨水中加入盐酸至中性，溶液中一定增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.100℃时，水的电离程度增大，溶液中氢离子的浓度增大，所以该温度下氯化钠溶液的pH<7，因为氯化钠溶液中c(H+)=c(OH-)，所以氯化钠溶液为中性溶液，故A错误；‎ B.pH=4的CH3COOH溶液加水稀释，因为水的离子积不变，所以稀释过程中氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，故B错误；‎ C.常温下，CH3COOH分子可能存在于pH>7的碱性溶液中，如醋酸钠溶液中醋酸根离子水解成醋酸和氢氧根离子，即醋酸钠溶液中存在醋酸分子，故C正确；‎ D.氨水中加入盐酸，若恰好完全反应，溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水过量，所以溶质为氯化铵和一水合氨，但为一水合氨的电离平衡常数，温度不变，是一定值，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 2L 0.5 mol·L−1亚硫酸溶液中含有的H+数为2NA B. 25℃时，pH=13的1LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA C. 100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2L0.5mol·L−1亚硫酸的物质的量为2L×0.5mol·L−1=1mol，亚硫酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于2NA个，故A错误；‎ B.25℃时，pH＝13的1LBa（OH）2溶液中氢氧根的浓度是0.1mol/L，则溶液中含有OH-的数目为0.1NA，故B正确；‎ C.100 mL1mol·L−1FeCl3溶液的物质的量为0.1L×1mol·L−1=0.1mol，由于Fe3+发生水解，故溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故C错误；‎ D.2molSO2和1molO2在密闭容器中加热（V2O5催化）充分反应后，反应是可逆反应，容器内分子总数大于2NA，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.一定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g) xC(g)+D(s)△H<0，在 t1 时达平衡。在 t2 、t3 时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中 ‎ C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是 A. t2 时刻改变的条件是使用催化剂 B. t3时刻v(逆)可能小于t2 时刻v(逆)‎ C. t3时刻改变的条件一定是增大反应物的浓度 D. t1～t2、t2～t3平衡常数均为0.25‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能影响C的物质的量浓度，由图可知，t2时刻C的浓度增大，但平衡不移动，因此改变的条件不是催化剂，故A错误；‎ B.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，t3时刻v(逆)可能小于t2时刻v(逆)，故B正确；‎ C.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，改变的条件可能是增大反应物的浓度、降低温度等，故C错误；‎ D.根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，反应方程式为：A（g）+B（g）2C（g）+D（s），t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：‎ A（g）+B（g）2C（g）+D（s）‎ 起始浓度（mol/L）0.5 0.5 0‎ 转化浓度（mol/L）0.25 0.25 0.5‎ 平衡浓度（mol/L）0.25 0.25 0.5‎ 所以平衡常数K＝＝4，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.现有二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是 ‎【注：质子指H＋，质子交换膜仅允许H+通过】‎ A. Pt2电极附近发生的反应为：O2＋4e－＋2H2O＝4OH-‎ B. 该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极 C. Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－＝SO42－＋4H＋‎ D. 该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸性条件下，氧气得电子生成水，则Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋4H+＝2H2O，故A错误；‎ B.放电时，质子向正极移动，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故B正确；‎ C.Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO42－，则附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－＝SO42－＋4H＋，故C正确；‎ D.二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。‎ ‎9.在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是 A. T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等 B. 向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点 C. 图中a＝×10－4‎ D. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故A正确；‎ B.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；‎ C.依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=1×10-11，Z点时c（CrO42-）=5×10-4，则c2（Ag+）=2×10-8，所以a=×10-4，故C正确；‎ D.依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11；故D错误。‎ 故选D。‎ ‎10.常温下，向25 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol·L-1的HN3(叠氮酸)溶液，pH的变化曲线如图所示(溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的是一元弱酸)。下列说法正确的是 A. 在C点，滴加的V(HN3)=12.5 mL B. 在B点，离子浓度大小为 c(OH-)>c(H+)>c (Na+)>c(N3-)‎ C. 水电离出的c(H+)：A点小于B点 D. 在D点，c(Na+)=2c(HN3)+2 c(N3-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V（HN3）＞12.5mL，故A错误；‎ B.B点呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（N3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；‎ C.A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，N3-水解促进了水的电离，则水电离出的c（H＋）：A点小于B点，故C正确；‎ D.D点溶液中，c(NaN3)＝c(HN3)，根据物料守恒，2c(Na＋)＝c(HN3)＋c(N3)，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】明确图像曲线对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度大小。‎ ‎11.关于键长、键能和键角的说法中不正确的是 A. 键角是描述分子立体结构的重要参数 B. 键长的大小与成键原子的半径有关 C. 多原子分子的键角一定，表明共价键具有方向性 D. 键能越大，键长就越长，共价化合物也就越稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.键角是分子中两个共价键之间的夹角，是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；‎ B.影响键长的因素有：参与成键的原子半径、成键原子的周围环境，与成键原子的半径和成键数目有关，故B正确；‎ C.多原子分子的键角一定，表明共价键具有方向性，故C正确；‎ D.键能越大，键长越短，共价化合物越稳定，故D错误。‎ 故选D ‎12. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小 B. 3p2表示3p能级有两个轨道 C. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子 D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、能层越大，能量越高，即1s<2s<3s，故错误；B、p2，2代表p轨道上有2个电子，故错误；C、基态原子是处于最低能量状态的原子，故正确；D、p能级有3个原子轨道，故错误。‎ 考点：考查能级、能层、基态原子等知识。‎ ‎13.下列元素性质的递变规律正确的是 A. 原子半径： C＜N＜S B. 第一电离能：C＜O＜N C. 最高价氧化物的水化物的碱性：Na＜Mg＜Al D. 与氢气化合的难易程度：N＜O＜S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，同周期从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径N＜C＜S，故A错误；‎ B.C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，则第一电离能：C＜O＜N，故B正确；‎ C.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg＞Al，则最高价氧化物的水化物的碱性：Na＞Mg＞Al，故C错误；‎ D.非金属性越强，越容易与氢气化合，非金属性O＞S、O＞N，与氢气化合的难易程度：O＞S、O＞N，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎14.下列事实可以用氢键解释的是 A. I2易溶于CCl4，难溶于水 B. HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 C. CH4、C2H6、C3H8的熔、沸点依次升高 D. 水结成冰体积膨胀，密度变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据相似相溶原理，I2易溶于CCl4，难溶于水，与氢键无关，故A不选；‎ B.稳定性与化学键有关，HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，说明H-Cl、H-Br、H-I的键能越来越小，与氢键无关，故B不选；‎ C.CH4、C2H6、C3H8的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C不选；‎ D.氢键具有方向性，氢键的存在迫在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大。当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故D选。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】氢键是一种比分子间作用力稍强的相互作用，也可以认为是一种分子之间的相互作用，分子间氢键使物质的熔点、沸点、溶解度增加，分子内氢键对物质的影响则反之。‎ ‎15.下列关于乙烯(CH2 =CH2)的说法不正确的是 A. 乙烯分子中2个碳原子都是sp2杂化 B. 乙烯分子中存在非极性键 C. 乙烯分子中4个H原子在同一平面上 D. 乙烯分子具有手性异构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯分子中2个碳原子的价层电子对数为3，所以碳碳双键两端的碳原子采用sp2杂化，故A正确；‎ B.同种非金属元素之间存在非极性共价键，不同非金属元素之间存在极性共价键，所以分子存在非极性键，故B正确；‎ C.乙烯分子的空间结构为平面形结构，所以4个H原子在同一平面上，故C正确；‎ D.具有手性异构，分子中至少存在1个连接4个不同原子或基团的碳原子，故乙烯分子不具有手性异构，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎16.下列各物质都属于极性分子的一组是（ ）‎ A. HF、NH3、CO、H2S B. NO、SO2、CCl4、H2O2‎ C. SO3、H2O、N2、SiF4 D. CO、BF3、CS2、PCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，则A．HF、CO均为直线结构，不对称，均为极性分子；NH3为三角锥型、H2S为V型，结构不对称，均为极性分子，A正确；B．CCl4为正四面体结构，结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，其它为极性分子，B错误；C．SO3（平面三角形）、N2（直线形）、SiF4（正四面体结构）均为非极性分子，H2O为V型，为极性分子，C错误；D．BF3（平面三角形）、CS2（直线形）为非极性分子，CO、PCl3为极性分子，D错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查化学键、分子空间构型及分子极性等，把握常见物质的结构、结构是否对称为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。注意掌握常见分子的空间构型。‎ ‎17.烷烃的命名正确的是 A. 4-甲基-3-丙基戊烷 B. 3-异丙基己烷 C. 2-甲基-3-丙基戊烷 D. 2-甲基-3-乙基己烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名称是2-甲基-3-乙基己烷，故D正确，故选D。‎ 点睛：烷烃命名要抓住五个“最”：①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。‎ ‎18.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是 A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙醛生成乙醇的反应 D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故A错误；‎ B.乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B错误；‎ C.在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙醛中的醛基和氢气发生加成反应生成乙醇，该反应属于加成反应，故C正确；‎ D.苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯生成聚乙烯的反应属于加聚反应，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】加成反应是指有机物分子中的双键或叁键发生断裂，加进（结合）其它原子或原子团的反应叫加成反应；取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应。‎ ‎19.按照官能团可以给有机物进行分类，下列有机物类别划分正确的是 A. 含有醛基，属于醛类物质 B. 含有溴原子，属于卤代烃 C. 含有苯环，属于芳香烃 D. 含有苯环和羟基，属于酚类物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.为甲酸乙酯，含有酯基，属于酯，故A错误；‎ B.中含有溴原子，属于卤代烃，故B正确；‎ C.含有苯环，但还含有氮、氧元素，属于芳香族化合物，故C错误；‎ D.中的羟基没有直接与苯环相连，属于芳香醇，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎20.胡椒酚是植物挥发油中的一种成分。关于胡椒酚的下列说法： ‎ ‎①该化合物能发生加成反应，取代反应，氧化反应；‎ ‎②分子中至少有7个碳原子处于同一平面；‎ ‎③它的部分同分异构体能发生银镜反应；‎ ‎④遇FeCl3发生显色反应。 其中正确的是 A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①该化合物含有碳碳双键，苯环、酚羟基，所以能发生加成反应，取代反应，氧化反应，故①正确；‎ ‎②苯环的C、H及与苯环直接相连的原子共面，所以至少有7个碳原子处于同一平面，故②正确；‎ ‎③与该物质是同分异构体的物质中有醛类化合物，可以发生银镜反应，故③正确；‎ ‎④该化合物含有酚羟基，遇FeCl3发生显色反应，故④正确。‎ 故选D。‎ ‎21.下列说法合理的是 A. 验证RX为碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热，待冷却后再加入硝酸银溶液 B. 乙烯、苯均能与氢气反应，二者分子中都有碳碳双键 C. 除去乙烷中混有的乙烯：混合气体与H2一定条件下反应，使乙烯转变为乙烷 D. 溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液加热,将制得的气体通入酸性高锰酸钾,不可检验制得的气体是否为乙烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.卤代烃碱性条件下水解后，必须加硝酸酸化，再加入硝酸银，以生成卤化银沉淀，从而检验X原子，否则在碱性溶液中直接加入硝酸银，将生成AgOH沉淀，干扰卤化银沉淀判定，故A错误；‎ B.苯不含碳碳双键，乙烯含碳碳双键，均与氢气发生加成反应，故B错误；‎ C.乙烯与氢气均为气体，易混入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气除杂，故C错误；‎ D.C2H5OH与浓硫酸170℃共热，产生的气体中会含有乙醇气体和乙烯，乙醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，检验乙烯之前必须除去乙醇，否则不可检验制得的气体是否为乙烯，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎22.萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法错误的是 A. a与 互为同分异构体 B. b中能发生消去反应 C. b生成1 mol 至少需要 3 mol H2‎ D. a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a的分子式为C10H16，的分子式为C10H14，分子式不相同，不互为同分异构体，故A错误；‎ B.b中与羟基(-OH)相连的碳原子有相邻的碳原子并且这个相邻的碳原子上含有氢原子，所以b能发生消去反应，故B正确；‎ C.b中含有一个苯基，生成1 mol 至少需要3molH2，故C正确；‎ D.a中六元环上有五种不同环境的氢，故其六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故D正确。‎ 故选A。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题，共52分)‎ 二、非选择题(本大题共4小题，共计52分)‎ ‎23.甲醇是一种重要的可再生能源． ‎ ‎(1)利用二氧化碳合成甲醇来替代汽油。‎ 已知：2CH3OH(l) +3O2(g)＝4H2O(l)+2CO2(g) △H＝—1453.0 kJ／mol，2H2(g) + O2(g)＝2H2O(l) △H＝—571.6 kJ／mol 计算CO2(g)+3H2(g) ＝CH3OH(l)+ H2O(l)的反应热△H＝___________ kJ／mol。‎ ‎(2)下图是反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)中CO和CH3OH(g)的物质的量浓度随时间(t)的变化曲线．从反应开始至达到平衡时，用H2表示的反应速率v(H2)=______________．‎ ‎(3)在一恒容的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H并达到平衡，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化曲线如图所示．‎ ‎①能判断该反应达到化学平衡状态的是_____(填选项字母)．‎ A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍 B．H2的体积分数不再改变 ‎ C．H2的转化率和CO的转化率相等 D．混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎②比较平衡常数KA、KB、KC的大小：____________‎ ‎(4)在容积均为V L的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入amol CO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图所示，此时三个容器中一定处在化学平衡状态的是________(填“T1”或“T2” 或“T3”)； ‎ ‎(5)电化学在我们的生产生活中占有越来越重要的地位。‎ ‎①燃料电池是一种绿色环保、高效的化学电源。图为甲醇燃料电池，则负极反应式为_____________。‎ ‎②用甲醇燃料电池电解300mL饱和食盐水(惰性电极)，则电解的离子方程式为____________________，电解一段时间后，当溶液的pH值为13时，消耗O2的质量为_______g。(忽略溶液体积变化)‎ ‎【答案】 (1). -130.9 (2). 0.15mol/(L·min) (3). BD (4). KA=KB>KC (5). T3 (6). CH3OH – 6e-+ 8OH- = CO32- + 6H2O (7). 2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑ (8). 0.24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律，由已知方程式构建目标方程式可得到CO2与H2反应生成CH3OH的热化学反应方程式；‎ ‎（2）根据化学反应速率是υ（H2）=2υ（CH3OH）计算；‎ ‎（3）①平衡标志是正逆反应速率相同，各成分浓度保持不变分析判断选项；‎ ‎②平衡常数只与温度有关，A、B两点温度相同，平衡常数相同，由图可知，温度T1＜T2，平衡时B点CO转化率更高，则降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大；‎ ‎（4）根据题中所给的图像进行分析；‎ ‎（5）①分析元素化合价的变化可确定通入CH3OH的一极为负极，据此写出电极方程式；‎ ‎②分析两个反应中的电子转移数目，结合甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒找出关系式解答。‎ ‎【详解】（1）已知：2CH3OH(l) +3O2(g)＝4H2O(l)+2CO2(g) △H＝-1453.0kJ/mol，2H2(g) + O2(g)＝2H2O(l) △H＝-571.6kJ/mol，根据盖斯定律，由②×3/2-①×1/2得：CO2(g)+3H2(g) ＝CH3OH(l)+ H2O(l) △H=(-571.6 kJ/mol )×3/2-(-1453.0kJ/mol) ×1/2=-130.9kJ/mol，故答案为：-130.9。‎ ‎（2）υ（CH3OH）=△c/△t=0.75mol/L÷10min =0.075mol/（L·min），故υ（H2）=2υ（CH3OH）=0.15mol/（L·min），故答案为：0.15mol/（L·min）。‎ ‎（3）①A.H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，都是指正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故A错误；‎ B.H2‎ 的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确； C.体系中H2的转化率和CO的转化率相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故C错误；‎ D.混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均相对分子质量不再改变，证明达到了平衡，故D正确。‎ 故答案为：BD。‎ ‎②平衡常数只与温度有关，A、B两点温度相同，平衡常数相同，则KA=KB；由图可知，B、C两点压强相同，平衡时B点CO转化率更高，又温度T1＜T2，则降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大，则KB＞KC，故答案为：KA=KB＞KC。‎ ‎（4）已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0，该反应正反应为放热反应，根据图中T1、T2、T3的图像，CO百分含量由小到大依次为：T3＞T1＞T2，T1中的状态转变为T2中的状态，CO的百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1为达到平衡状态，T2中的状态转变为T3中的状态，CO的百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是T3，故答案为：T3。‎ ‎（5）①图示为甲醇燃料电池，电解质为KOH溶液，CH3OH中碳元素的化合价由-2价升高到CO32-中的+4价，失去电子，所以通入CH3OH的一极是负极，负极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。‎ ‎②电解饱和食盐水是生成氢氧化钠、氢气和氯气，其离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，电解一段时间后，溶液的pH值为13，则溶液中的c(H+)=10-13mol/L，则电解生成的NaOH的物质的量浓度c(NaOH)=c(OH-)=Kw/c(H+)=10-14/10-13=0.1mol/L，即生成NaOH的物质的量为0.1mol/L×0.3L=0.03mol，根据甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒有：CH3OH～3/2O2～6e-～6NaOH，则消耗氧气的质量m(O2)=1/4n(NaOH)×M(O2)=1/4×0.03mol×32g/mol=0.24g，故答案为：0.24。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。‎ ‎24.请根据要求填空：‎ ‎(1)将0.10mol/L NH3•H2O溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c(OH﹣)____原来的十分之一(填“大于”、“小于”或“等于”)．‎ ‎(2)实验测得0.10mol/L CH3COONH4溶液的pH=7，则c(CH3COO-)_____c(NH4+)(填写同上)．‎ ‎(3)利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠(M=158)的纯度，现在称取7.900g硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为 0.1000mol/L的碘水滴定，消耗碘水20.00mL，则：‎ ‎①滴定应选择的指示剂是____________，滴定终点的现象是:____________________________‎ ‎②对于该滴定实验有关操作或误差分析正确的是（ ）‎ A．滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作 B．滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大 C．滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小 D．滴定前仰视读数而滴定结束时平视读数，则所测得的纯度将会偏小 ‎③样品中硫代硫酸钠纯度为______________________________‎ ‎(4)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若混合前Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，则生成沉淀加入CaCl2溶液的最小浓度为______ mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 等于 (3). 淀粉溶液 (4). 溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色 (5). BD (6). 80% (7). 5.6×10-5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）加水稀释，一水合氨的电离平衡向右移动，即电离被促进，电离出更多的氢氧根；‎ ‎（2）根据电荷守恒c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)= c(H+)+ c(NH4+)，溶液的pH=7，即c(OH﹣)=c(H+)，故c(CH3COO﹣)=c(NH4+)；‎ ‎（3）①淀粉遇到单质碘变蓝色；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ ‎②根据c（待测）=分析不当操作对相关物理量的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎③求出硫代硫酸钠的质量，样品中硫代硫酸钠纯度=×100%；‎ ‎（3）Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32-）=1×10-4mol/L，根据Ksp=c（CO32-）•c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍。‎ ‎【详解】（1）加水稀释，一水合氨的电离平衡向右移动，即电离被促进，电离出更多的氢氧根，故将0.10mol/L NH3•H2O溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c(OH﹣‎ ‎)大于原来的十分之一，故答案为：大于。‎ ‎（2）根据电荷守恒可以知道：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)= c(H+)+ c(NH4+)，0.10mol/L CH3COONH4溶液的pH=7，即c(OH﹣)=c(H+)，故有c(CH3COO﹣)=c(NH4+)，故答案为：等于。‎ ‎（3）①淀粉遇到单质碘变蓝色，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象为溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉；溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色。‎ ‎②A.滴定前，对滴定管、锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据分析，c（待测）偏高，故A错误；‎ B.滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故B正确；‎ C.滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大，故C错误；‎ D.滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏低，待测液的物质的量偏低，则所测得的纯度将会偏小，故D正确。‎ 故答案：BD。‎ ‎③根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n（I2）=0.1000mol/L×20.00×10-3L=2×10-3mol，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n（I2）=2×0.1000mol/L×20.00×10-3L=4×10-3mol，根据现称取7.900g硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为0.7900g，故样品中硫代硫酸钠纯度为=×100%=80%，故答案为：80%。‎ ‎（3）Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32-）=1/2×2×10-4mol/L=1×10-4mol/L，根据Ksp=c（CO32-）•c（Ca2+）=2.8×10-9可知，c（Ca2+）=2.8×10−9/1×10−4mol/L=2.8×10-5mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10-5mol/L=5.6×10-5mol/L，‎ 故答案为：5.6×10-5mol/L。‎ ‎【点睛】在分析酸碱中和滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。‎ ‎25.W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最丰富的元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有2个未成对电子；向含有 QSO4的溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得深蓝色溶液。请回答下列问题：‎ ‎(1)Y元素在周期表中的位置为___________， Z原子的价电子排布图为___________________‎ ‎(2)W可分别与X、Y形成多种化合物，其中，最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为_____(用分子式表示)；Y的一种氢化物能在卫星发射时作燃料，写出该氢化物的结构式_______________。‎ ‎(3)继续滴加氨水，沉淀溶解时反应：____________________________(用离子方程式表示)，向深蓝色溶液中再加乙醇，会析出深蓝色的[Q(NH3)4]SO4·H2O晶体，该晶体中含有的化学键____________。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期第ⅤA族 (2). (3). NH3＞CH4 (4). (5). Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2+ +2OH- +4H2O (6). 离子键、极性键、配位键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题给信息推断，W是宇宙中最丰富的元素，则W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有两个未成对电子，则X为C元素，Z为O元素，Y为N元素；向含有QSO4的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素，据此答题。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，Y为N元素，N元素在周期表中的第二周期第ⅤA族，Z为O元素，O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，故价电子排布图为，故答案为：第二周期第ⅤA族，。‎ ‎（2）H可分别与C、N形成的最简单化合物为NH3、CH4，元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性：N＞C，故最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为NH3＞CH4，N的一种氢化物能在卫星发射时作燃料，该氢化物为N2H4，结构式故为：，答案为：NH3‎ ‎＞CH4，。‎ ‎（3）向含有CuSO4的溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得深蓝色溶液，发生Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；硫酸四氨合铜配合物晶体中Cu2+与NH3之间的键型为配位键，[Cu（NH3）4]2+与SO42-形成离子键，NH3中N原子与H原子之间形成极性共价键，故答案为：Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；离子键、极性键、配位键。‎ ‎26.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：‎ ‎(1)Zn原子核外电子排布式为________________。‎ ‎(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ1(Zn)_____Ⅰ1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_____________________________。‎ ‎(3)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________________，C原子的杂化形式为________________，SO42-、CS2、CO32-键角由大到小的顺序是______________________‎ ‎(4)锌冶炼过程中会产生污染性气体二氧化硫，已知液态二氧化硫也可以发生类似水的自身电离2SO2SO2++SO32-,S和O两种元素中电负性较强的是______________，与SO2+互为等电子体的单质分子是________(填化学式)，SO2+中σ键和兀键数目比为___________。‎ ‎(5)分析并比较物质A： 与B： 的沸点高低及其原因：__‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s2 (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). CS2＞CO32-＞SO42- (7). O (8). N2 (9). 1:2 (10). B＞A，因为B可以形成分子间氢键 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Zn是第30号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，故答案为：[Ar]3d104s2。‎ ‎（2）由于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，所以Zn的第一电离能高于Cu的第一电离能，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。‎ ‎（3）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3＋‎ ‎＝3，所以空间构型为平面三角形，中心C为sp2杂化；对于SO42-，根据VSEPR理论，中心S原子的配位原子数为4，孤电子对数为==0，则其价电子对数为4+0＝4，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，键角为109°28′，对于CS2，根据VSEPR理论，中心C原子的配位原子数为2，孤电子对数为=0，则其价电子对数为2+0=2，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp杂化，键角为180°，对于CO32-中心C原子为sp2杂化，键角为120°，因此键角大小为：CS2＞CO32-＞SO42-，故答案为：平面三角形；sp2；CS2＞CO32-＞SO42-。‎ ‎（4）非金属性越强，电负性越大，O、S为同一主族，非金属性逐渐减弱，所以非金属性：O＞S；SO2+含有2个原子和10个价电子，因此与SO2+互为等电子体的单质分子是氮气，由于SO2+的结构与氮气相似，则σ键和兀键数目比为1:2，故答案为：O，N2，1:2。‎ ‎（5）A邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，B对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，所以沸点B＞A，故答案为：B＞A，因为B可以形成分子间氢键。‎ ‎27.按要求完成下列问题:‎ ‎(1)松油醇( )的官能团的名称为________‎ ‎(2)戊烷有____种结构，请写出其中的核磁共振氢谱有1个吸收峰的结构简式__________‎ ‎(3)分子式为且含两种官能团的链状有机物的结构简式为______________‎ ‎(4)在一定条件下能生成高分子化合物的化学方程式为________________‎ ‎(5)写出甲苯生成 的反应方程式_____________‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键、羟基 (2). 3 (3). (CH3)4C (4). CH≡C-CH=CH2 ‎ ‎(5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）松油醇( )含官能团有C=C、-OH，名称为碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键；羟基。‎ ‎（2）戊烷有3种结构，①CH3CH2CH2CH2CH3，核磁共振氢谱有1个吸收峰，说明它的结构十分对称，其结构简式为(CH3)4C，故答案为：3，(CH3)4C。‎ ‎（3）根据分子式为C4H4，得知其不饱和度为3，因为该有机物含两种官能团，故其结构中应含1个碳碳双键和1个碳碳三键，结构简式为CH≡C-CH=CH2，故答案为：CH≡C-CH=CH2。‎ ‎（4）在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物的化学方程式为，故答案为：。‎ ‎（5）甲苯和液溴在催化剂作用下生成 ，反应方程式为：，故答案为：。‎ ‎28.肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：‎ 已知两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：‎ 请回答：‎ ‎(1)D的结构简式为__________‎ ‎(2)写出反应②的化学方程式： _____________________________反应③的化学方程式_____________‎ ‎(3)判断①反应类型： _____________⑥反应的类型______________‎ ‎(4)C物质有多种的同分异构体，写出有苯环结构的同分异构体的结构简式__________________ ‎ ‎(5)由CH3CH2OH合成CH3CH2CH2CH2OH，请仿照以上合成路线，写出合成路线图(无机试剂任选)________________‎ ‎【答案】 (1). (2). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (3). (4). 加成反应 (5). 消去反应 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH2=CH2与水反应生成A，A为乙醇；乙醇催化氧化得到B，B为乙醛；‎ 与氢氧化钠水溶液反应生成C，C为；催化氧化得到D，D为；乙醛和反应生成E，E为；发生消去反应得到F，再结合对应有机物的结构和性质，以及前后转化关系解答该题。‎ ‎【详解】（1）CH2=CH2与水反应生成A，A为乙醇；乙醇催化氧化得到B，B为乙醛；与氢氧化钠水溶液反应生成C，C为；催化氧化得到D，D为，故答案为：。‎ ‎（2）反应②为乙醇在催化剂条件下被氧化为乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，反应③为与氢氧化钠水溶液反应生成，反应方程式为：，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，。‎ ‎（3）反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，E为，反应⑥为发生消去反应得到F，故反应①为加成反应，反应⑥为消去反应，故答案为：加成反应；消去反应。‎ ‎（4）C为，有苯环结构的C的同分异构体的结构简式为. ，‎ 故答案为：。‎ ‎（5）由CH3CH2OH合成CH3CH2CH2CH2OH的路线图为 ‎ ，故答案为： 。‎ ‎【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。‎ ‎ ‎