…………○…………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年牛津上海版高二化學上冊月考試卷570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、下列實驗操作合理或能達到實驗目的是（）

A.圖1：實驗目的是定量測定化學反應速率。

B.圖2：用標準NaOH溶液滴定待測H2SO4溶液的物質的量濃度。

C.圖3：將0.1mol/L55mLNaOH溶液逐滴加入到0.1mol/L50mL鹽酸溶液中測中和熱。

D.圖4：模擬鐵的腐蝕實驗。

2、下列化學用語表達正確的是（）A.碳酸氫鈉的電離方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣B.碳酸鈣的沉淀溶解平衡表達式：CaCO3（s）?Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）C.氯化鋁發生水解的離子方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3+3H+D.亞硫酸的電離方程式：H2SO3?2H++SO32﹣3、N2+3H2?2NH3合成氨反應中，在下列情況下，不能使反應速率加快的是（）A.充入氮氣B.減小壓強，擴大容器體積C.加入催化劑D.適當升高溫度4、下列反應既屬于氧化還原反應又屬于吸熱反應的是rm{(}rm{)}A.鋁熱反應B.鎂和鹽酸的反應C.硫酸與氫氧化鉀的反應D.灼熱的碳與二氧化碳的反應5、下列物質既能與rm{NaHCO_{3}}溶液反應產生rm{CO_{2}}氣體，又能使溴水因發生加成反應而褪色的是A.B.C.D.rm{C_{17}H_{35}COOH}6、在一密閉容器中，反應rm{aA(g)?bB(g)}達平衡后，保持溫度不變，將容器容積增加一倍，當達到新平衡時，rm{B}的濃度是原來的rm{60%}則下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.平衡向正反應方向移動了B.物質rm{A}的轉化率減少了C.物質rm{B}的質量分數減小了D.rm{a>b}7、下列有機化合物中，其核磁共振氫譜圖中不可能只出現一個峰的是（）A.C2H6B.C3H8C.C2H6OD.C6H12評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、有一種廣泛用于汽車、家電產品上的高分子涂料，是按下列流程生產的。圖中M(C3H4O)和A均能發生銀鏡反應。N和M的分子中碳原子數相同，A的烴基上的一氯取代位置有三種。試寫出：（1）下列物質的結構簡式：A________；M________；E________。（2）物質A的同類別的同分異構體的結構簡式為______________。（3）反應類型：X______________；Y__________________。（4）寫出D→E的化學方程式：____________________。9、(8分）研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。（1）一定條件下，將2molNO與2molO2置于恒容密閉容器中發生反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各項能說明反應達到平衡狀態的是。a．體系壓強保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．NO和O2的物質的量之比保持不變d．每消耗1molO2同時生成2molNO2（2）CO可用于合成甲醇，一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入CO和H2，發生反應CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），達平衡后測得各組分濃度如下：。物質COH2CH3OH濃度(mol?L—1)0．91．00．6①列式并計算平衡常數K=__________________________。②若降低溫度，K值增大，則反應的△H0(填“>”或“<”)。③若保持體積不變，再充入0．6molCO和0．4molCH3OH,此時v正___v逆(填“>”、“<”或“=”)10、（12分）牙齒表面由一層硬的、組成為Ca5(PO4)3OH的物質保護著，它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH（固）5Ca2++3PO43-+OH-（1）進食后，細菌和酶作用于食物，產生有機酸，這時牙齒受腐蝕，其原因是。（3分）（2）已知Ca(PO4)3F（固）的溶解度比上面的礦化產物更小，質地更堅固。請用離子方程式表示：（3分）（3）當牙膏中配有氟化物添加劑后能防止齲牙的原因。（3分）（4）根據以上原理，請你提出一種其他促進礦化的辦法：。（3分）11、（10分）X、Y、Z、W、N五種元素中，X原子核外的M層中只有兩個成對電子，Y原子的外圍電子排布式為nsnnpn+1，Z是地殼內含量（質量分數）最高的元素，W的核電荷數是X與Z的核電荷數之和，N在元素周期表的各元素中電負性最大。（1）Z元素基態原子的電子排布圖為。（2）W的元素符號是____，在周期表中的位置是，在形成化合物時它的最高化合價為。（3）Y的氫化物的VSEPR模型是，屬于分子（填極性或非極性），（4）X的氫化物的沸點____Z的氫化物的沸點（填高于、低于或等于）原因是。（5）用氫鍵表示式寫出N的氫化物分子間存在的氫鍵。12、rm{(}探究題rm{)}乙炔是一種重要的有機化工原料；以乙炔為原料在不同的反應條件下可以轉化成以下化合物．

完成下列各題：

rm{(1)}正四面體烷的分子式為______，其二氯取代產物有______種rm{.}

rm{(2)}關于乙烯基乙炔分子的說法錯誤的是______．

rm{a.}能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色。

rm{b.1mol}乙烯基乙炔能與rm{3molBr_{2}}發生加成反應。

rm{c.}乙烯基乙炔分子內含有兩種官能團。

rm{d.}等質量的乙炔與乙烯基乙炔完全燃燒時的耗氧量不相同。

rm{(3)}寫出與環辛四烯互為同分異構體且屬于芳香烴的分子的結構簡式：______．評卷人得分三、工業流程題(共5題，共10分)13、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩定性差，在堿性條件下能穩定存在，溶于水發生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。14、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去15、金屬鉻在工業上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質量分數，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數w[Cr2(CO3)3]=____。16、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質。可用于洗滌、紡織、醫藥、衛生等領域。工業上常以過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優劣；13%以上為優等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩定劑及反應溫度等因素對產品質量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產品產率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產品達到優等品且產率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環利用的主要物質是______________。

(4)產品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。17、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產物收集到蒸發皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經氮氣載入反應管進行反應,繼續升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質量分數的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質量分數為____(結果保留一位小數)。評卷人得分四、簡答題(共4題，共36分)18、某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2；他們使用的藥品和裝置如圖所示：

（1）SO2氣體還原Fe3+反應的產物是______、______（填離子符號）．

（2）下列實驗方案可以用于在實驗室制取所需SO2的是______．

A．Na2SO3溶液與HNO3B．Na2SO3固體與70%濃硫酸。

C．固體硫在純氧中燃燒D．銅與濃H2SO4共熱。

（3）裝置C的作用是______．

（4）在上述裝置中通入過量的SO2，為了驗證A中SO2與Fe3+發生了氧化還原反應；他們取A中的溶液，分成三份，并設計了如下實驗：

方案①：往第一份試液中加入KMnO4溶液；紫紅色褪去．

方案②：往第一份試液加入KSCN溶液；不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅．

方案③：往第三份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2；產生白色沉淀．

上述方案不合理的是______，原因是______．

（5）能表明I-的還原性弱于SO2的現象是______，寫出有關離子方程式：______．19、天然氣是一種重要的清潔能源和化工原料；其主要成分為甲烷．

（1）①天然氣中的少量H2S溶于水的電離方程式為______其中c（HS-）______c（S2-）（填“＞”、“＜”或“=”）請你提出增大其中c（S2-）的一種方法______

②H2S可用Na2CO3溶液吸收，生成兩種酸式鹽，該反應的化學方程式為：______．

（2）天然氣的一個重要用途是制取H2，其原理為：CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）．

①該反應的平衡常數表達式為______．

②在密閉容器中通入物質的量濃度均為0.1mol?L-1的CH4與CO2，在一定條件下發生反應，測得CH4的平衡轉化率與溫度及壓強關系如題圖-l所示．

則壓強P1______P2（填“大于”或“小于”）；壓強為P2時，在Y點：v（正）______v（逆）（填“大于“；“小于”或“等于“）．

（3）天然氣也可重整生產化工原料，最近科學家們利用天然氣無氧催化重整獲得芳香烴X．由質譜分析得X的相對分子質量為l06，其核磁共振氫譜如題圖-2所示，則X的結構簡式為______．20、空氣吹出法工藝；是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工藝流程如下：

（1）步驟③的離子方程式：______．

（2）步驟⑤中溴蒸氣冷凝后得到液溴與溴水的混合物，可利用它們的相對密度相差很大的特點進行分離．分離儀器的名稱是______．

（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯氣，因此在步驟⑤中可將蒸餾產生的氣體通過______（填試劑名稱）溶液；以除去氯氣．

（4）步驟⑤的蒸餾過程中，溫度應控制在80～90℃．溫度過高或過低都不利于生產，請解釋原因：______．

（5）步驟①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是______

（6）提取溴單質，采用蒸餾“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸餾“溴水混合物Ⅰ”，請說明原因：______．21、下列框圖給出了rm{8}種有機化合物的轉化關系，請回答下列問題：rm{(1)}根據系統命名法，化合物rm{B}的名稱是________。rm{(2)}上述框圖中，rm{壟脷}是________反應。rm{(}填反應類型rm{)}rm{(3)}化合物rm{E}是重要的工業原料，寫出由rm{D}生成rm{E}的化學方程式：___________________。rm{(4)C_{2}}的結構簡式是______________________________________。rm{(5)}已知烯烴可以發生如下的反應：寫出由rm{E}和rm{F_{1}}發生反應得到的產物的結構簡式：___________________。評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共36分)22、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發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__________________________________．23、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發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__________________________________．24、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溶液發生顯色反應。

B．化合物C能發生氧化反應。

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；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子。25、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：_____________________________________________________________________。評卷人得分六、元素或物質推斷題(共4題，共12分)26、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。27、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。28、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。29、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】

A．實驗中不能用長頸漏斗；否則會使氣體從漏斗口逸出，應用分液漏斗，故A錯誤；

B．NaOH不能用酸式滴定管；應用堿式滴定管，故B錯誤；

C．溫度計不能插入環形玻璃棒中；故C錯誤；

D．鐵在酸性條件下發生析氫腐蝕；在堿性和中性溶液中發生吸氧腐蝕，U形管紅墨水左側降低，右側升高，可形成電化學腐蝕，故D正確．

故選D．

【解析】【答案】A．不能用長頸漏斗；

B．NaOH不能用酸式滴定管；

C．溫度計不能插入環形玻璃棒中；

D．根據鐵腐蝕的條件判斷．

2、B【分析】【解答】解：A．碳酸氫鈉為強電解質，在溶液中能夠完全電離，正確的電離方程式為：NaHCO3═Na++HCO3﹣；故A錯誤；

B．碳酸鈣在溶液中存在溶解平衡，碳酸鈣的沉淀溶解平衡表達式為：CaCO3（s）?Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）；故B正確；

C．氯化鋁溶液中，鋁離子部分水解生成氫氧化鋁和氫離子，正確的水解的離子方程式為：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；故C錯誤；

D．亞硫酸是多元弱酸分步電離，電離離子方程式為：H2SO3?H++HSO3﹣、HSO3﹣?H++SO32﹣；故D錯誤；

故選B．

【分析】A．碳酸氫鈉電離出鈉離子和碳酸氫根離子；碳酸氫根離子不能拆開；

B．碳酸鈣在溶液中能夠溶解生成鈣離子和碳酸鈣離子；同時鈣離子與碳酸根離子反應生成碳酸鈣沉淀；

C．水解反應為可逆反應；水解方程式應該使用可逆號；

D．亞硫酸為二元弱酸，其電離過程分步進行，電離方程式需要分步書寫．3、B【分析】解：A．增大反應物氮氣的濃度；單位體積內活化分子的數目增多，反應速率加快，故A不選；

B．減小壓強；擴大容器體積，單位體積內活化分子個數減小，會導致化學反應速率減慢，故B選；

C．加入催化劑；能增大活化分子百分數，所以反應速率加快，故C不選；

D．升高溫度；活化分子的百分數增大，使正；逆化學反應速率加快，故D不選；

故選B．

該反應是一個反應前后氣體計量數減小的可逆反應；升高溫度；增大濃度、增大壓強、加入催化劑都能改變反應速率，據此分析解答．

本題考查化學反應速率影響因素，為高頻考點，明確濃度、溫度、壓強、催化劑對反應速率影響原理是解本題關鍵，注意各個因素適用范圍，題目難度不大．【解析】【答案】B4、D【分析】解：rm{A.}鋁熱反應是氧化還原型的放熱反應；故A錯誤；

B.鎂和鹽酸的反應的反應放熱，鎂、rm{H}元素的化合價變化；為氧化還原反應，故B錯誤；

C.中和反應為放熱反應；且沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故C錯誤；

D.灼熱的碳與二氧化碳的反應為吸熱反應，rm{C}元素的化合價變化；為氧化還原反應，故D正確．

故選D．

含元素化合價變化的反應；為氧化還原反應；反應物總能量小于生成物總能量為吸熱反應，結合常見的吸熱反應來解答．

本題考查氧化還原反應及反應中能量變化，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化及能量變化為解答的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】

本題考查有機物的結構和性質；難度不大，明確官能團的性質是解答關鍵。

【解答】

能與rm{NaHCO_{3}}溶液反應產生rm{CO_{2}}氣體應含有羧基；能使溴水因發生加成反應而褪色應含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵。

A.，無羧基，不能與rm{NaHCO_{3}}溶液反應產生rm{CO_{2}}氣體；故A錯誤；

B.rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}含有碳碳雙鍵，能使溴水因發生加成反應而褪色，含有羧基，能與rm{=CH隆陋COOH}含有碳碳雙鍵，溶液反應產生rm{=CH隆陋COOH}氣體；故B正確；

rm{NaHCO_{3}}rm{CO_{2}}碳碳雙鍵；不能使溴水因發生加成反應而褪色，故C錯誤；

C.無D.rm{C}rm{C}rm{{,!}_{17}}無碳碳雙鍵；不能使溴水因發生加成反應而褪色，故D錯誤。

故選B。

rm{H}【解析】rm{B}6、A【分析】解：rm{aA(}氣rm{)?bB(}氣rm{)}達平衡后，保持溫度不變，將容器體積增加一倍，壓強減小，又達到新的平衡時，rm{B}的濃度是原來的rm{60%}則減小壓強化學平衡正向移動；

A.若平衡不移動，rm{B}的濃度為原來的rm{50%}則化學平衡正向移動，rm{B}的濃度為原來的rm{60%}故A正確；

B.平衡正向移動，rm{A}的轉化率增大；故B錯誤；

C.rm{B}的濃度增大，則rm{B}的質量分數增大；故C錯誤；

D.減小壓強化學平衡正向移動，則化學計量數rm{a<b}故D錯誤；

故選A．【解析】rm{A}7、B【分析】解：A．乙烷中只有一種H；則核磁共振氫譜圖中只出現一個峰，故A不選；

B．丙烷中含2種H；則核磁共振氫譜圖中出現2個峰，故B選；

C．C2H6O若為甲醚；只有一種H，則核磁共振氫譜圖中只出現一個峰，故C不選；

D．C6H12若為環己烷或時；只有一種H，則核磁共振氫譜圖中只出現一個峰，故D不選；

故選：B。

核磁共振氫譜圖中不可能只出現一個峰；則有機物中含至少2種H，以此來解答。

本題考查有機物的結構，為高頻考點，把握H的種類及核磁共振氫譜為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意分子式表示的有機物不止一種，題目難度不大。【解析】B二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】試題分析：（1）由丙烯M(C3H4O)N，可推知M為CH2=CH—CHO，N為CH2=CH—COOH；再由丙烯AB，因A能發生銀鏡反應，則B為醇。從分子組成上看“D＋H2O－N＝B”，可得B的分子式為C4H10O。B為一元醇，則A應為一元醛，因其烴基上的一氯代物有3種，A只能是CH3CH2CH2CHO，則B為CH3CH2CH2CH2OH。（2）物質A的同類別的同分異構體，官能團不變，碳鏈異構，可寫出結構簡式。（3）反應X為丁醛與氫氣加成生成丁醇，為加成反應，反應Y為含碳碳雙鍵的D通過加聚反應生成高分子化合物E屬于加聚反應。（4）根據加聚反應的規律，寫出D→E的化學方程式。考點：本題考查有機合成的推斷、同分異構體的判斷、反應類型、方程式的書寫。【解析】【答案】9、略

【分析】試題分析：（1）化學反應達到平衡的根本標志是各物質的濃度不再變化、同種物質的生成速率和消耗速率相等。該反應兩邊的化學計量數不相等，在反應沒有達到平衡時，氣體的物質的量會發生改變，體系的壓強也要改變，如果壓強不變說明氣體的生成和消耗速率相等，反應達到了平衡。a對；反應中NO2是有色氣體，顏色不變說明NO2的濃度不再改變，則反應達到了平衡，b對；NO和O2的起始物質的量相等，但化學計量數不同，變化量就不相同，如果沒有達到平衡，NO和O2的物質的量之比會發生改變，不發生改變說明到達了平，c對；O2是反應物，NO2是生成物，不管在任何時候都有每消耗1molO2同時生成2molNO2，d錯，選abc（2）①根據平衡常數公式：K=c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]=0．6/0．9×1=2/3；②降低溫度，K值增大，說明降低溫度平衡向正向移動，正向是放熱反應，故△H<0。③若保持體積不變，再充入0．6molCO和0．4molCH3OH，將CH3OH全部轉化為反應物，相當于充入n(CO)=1．0mol；n(H2)=0．8mol；而前面的平衡的狀態是充入n(CO)=3．0mol；n(H2)=2．4mol；物質的物質的量的比與原來相等，對于在恒容條件下的反應前后氣體體積不等的反應來說，滿足等比等效，所以前后兩個狀態是等效平衡，所以v正=v逆。考點：化學平衡狀態的判斷、平衡常數的計算和等效平衡的應用。【解析】【答案】（1）abc（2）①0．6/(0．9×1．02)=2/3(或0．67)②<③=10、略

【分析】進食后，細菌和酶作用于食物，產生有機酸，使得Ca5(PO4)3OH固體減小，牙齒受到腐蝕。使用氟化物，增大了Ｆ－的濃度，促進了Ca(PO4)3F的生成。促進礦化要使平衡向逆反應方向移動，可以增加生成物的濃度。【解析】【答案】（１）生成的有機酸，中和OH-，使平衡向脫礦方向移動，加速牙齒腐蝕（２）5Ca2++3PO43-+F-=Ca5(PO4)3F↓（３）使用氟化物，增大了Ｆ－的濃度，促進了Ca(PO4)3F的生成。（４）加入Ca2+或PO43-。11、略

【分析】【解析】【答案】略12、略

【分析】解：rm{(1)}每個頂點上含有一個rm{C}原子，每個碳原子形成四個共價鍵，所以該物質分子式為rm{C_{4}H_{4}}該分子為正四面體結構，分子中只有一種rm{H}原子；二氯取代物只有一種；

故答案為：rm{C_{4}H_{4}}rm{1}

rm{(2)a.}該分子中含有碳碳雙鍵、碳碳三鍵，具有烯烴和炔烴性質，所以能被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色；故正確；

rm{b.}碳碳雙鍵和碳碳三鍵都能和溴發生加成反應，rm{1mol}碳碳雙鍵完全加成需要rm{1mol}溴，rm{1mol}碳碳三鍵完全加成需要rm{2mol}溴，所以rm{1mol}乙烯基乙炔能與rm{3mol}rm{Br_{2}}發生加成反應；故正確；

rm{c.}該分子中含有碳碳雙鍵和三鍵；所以乙烯基乙炔分子內含有兩種官能團，故正確；

rm{d.}乙炔和乙烯炔的最簡式相同；所以等質量的乙炔與乙烯基乙炔完全燃燒時的耗氧量相同，故錯誤；

故選rm7rgcqvo

rm{(3)}環辛四烯的不飽和度為rm{5}其同分異構體屬于芳香烴，說明含有苯環，苯環的不飽和度為rm{4}則苯環上取代基含有碳碳雙鍵，所以環辛四烯符合條件的同分異構體為苯乙烯，其結構簡式為故答案為：．

rm{(1)}每個頂點上含有一個rm{C}原子，每個碳原子形成四個共價鍵，據此確定該物質分子式；該分子是正四面體結構，分子中只有一種rm{H}原子；二氯取代物只有一種；

rm{(2)}乙烯基乙炔中含有碳碳雙鍵；碳碳三鍵；具有烯烴和炔烴性質；

rm{(3)}環辛四烯的不飽和度為rm{5}其同分異構體屬于芳香烴，說明含有苯環，苯環的不飽和度為rm{4}則苯環上取代基含有碳碳雙鍵．

本題考查有機物結構和性質、同分異構體的判斷，側重考查學生分析判斷能力，明確官能團及其性質關系即可解答，難點是同分異構體種類判斷．【解析】rm{C_{4}H_{4}}rm{1}rm3cqeza9三、工業流程題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小；與鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據化合物中元素的正負化合價代數和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據裝置圖，Fe為陽極，電解時，陽極發生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩定存在，溶于水發生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度。【解析】①.+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度14、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結晶水的質量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發物質的質量計入減少的結晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D。【解析】①.B②.C③.B④.D15、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉化為Fe3+④.蒸發濃縮，冷卻結晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%16、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產品達到優等品且產率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環利用的物質是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產物是O2；依據元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點睛：明確實驗目的及反應原理為解答關鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩定性差，易分解；因此向反應前的H2O2中加入穩定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產量；增加鈉離子濃度，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%17、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續通入氮氣，將產物收集到蒸發皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據關系式計算。據此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續通入氮氣，將產物收集到蒸發皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產生誤差；③設25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據關系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質量分數為

【點睛】

本題為物質的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質量，正確找出關系式是答題的關鍵；易錯點是實驗操作流程。【解析】除去其中的可溶性雜質(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產生誤差96.1%四、簡答題(共4題，共36分)18、略

【分析】解：（1）二氧化硫與鐵離子反應的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，反應中鐵離子被氧化成亞鐵離子，所以還原產物為亞鐵離子；氧化產物是SO42-，SO2氣體還原Fe3+反應的產物是Fe2+、SO42-，故答案為：Fe2+；SO42-；

（2）A．硝酸具有強氧化性；能夠將亞硫酸鈉氧化成硫酸鈉，無法得到二氧化硫氣體，故A錯誤；

B．濃硫酸雖具有強酸性；且濃硫酸不揮發，亞硫酸鈉溶液與濃硫酸能夠反應生成二氧化硫氣體，故B正確；

C．固體硫在純氧中燃燒；操作不容易控制，且無法獲得純凈的二氧化硫，故C錯誤；

D．Cu與濃硫酸在加熱條件下生成二氧化硫；硫酸銅和水；可知制備二氧化硫，故D正確；

故答案為：BD；

（3）二氧化硫氣體是酸性氧化物，具有刺激性氣味，直接排放會污染大氣，由于二氧化硫能和堿反應生成鹽和水，可用堿液處理二氧化硫，所以裝置C的作用為：吸收SO2尾氣；防止污染空氣；

故答案為：除去多余的SO2；防止污染大氣；

（4）二氧化硫有還原性，高錳酸鉀有強氧化性，二氧化硫能與高錳酸鉀發生氧化還原反應使高錳酸鉀溶液褪色，Fe2+也使高錳酸鉀溶液褪色；所以方案①不合理；

故答案為：方案①；因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；

（5）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，說明發生了氧化還原反應，碘是氧化劑，二氧化硫是還原劑，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，其反應的離子方程式為：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-；

故答案為：裝置B中溶液藍色褪去；I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-．

（1）根據裝置A反應的離子方程式SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42-+4H+進行解答；

（2）實驗室制取氣體要考慮操作方便；易控制、不能含雜質；

（3）二氧化硫具有刺激性氣味；污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫，防止空氣污染；

（4）二氧化硫能與高錳酸鉀發生氧化還原反應使高錳酸鉀溶液褪色，Fe2+也使高錳酸鉀溶液褪色；

（5）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色；說明發生了氧化還原反應，根據還原劑的還原性大于還原產物的還原性分析．

本題考查了物質性質實驗方案的設計，題目難度中等，試題涉及氧化性還原性強弱比較、性質實驗方案的設計與評價等知識，明確掌握濃硫酸的性質、二氧化硫的檢驗方法等知識為解答本題關鍵．【解析】Fe2+；SO42-；BD；除去多余的SO2，防止污染大氣；方案①；因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；裝置B中溶液藍色褪去；I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-19、略

【分析】解：（1）①氫硫酸為二元弱酸，電離分步進行，電離方程式為H2S?H++HS-、HS-?H++S2-，電離以第一步為主，c（HS-）＞c（S2-），加入NaOH、Na2S等堿性物質可以降低氫離子濃度使平衡右移，增大c（S2-）；

故答案為：H2S?H++HS-、HS-?H++S2-；＞；加入NaOH、Na2S等；

②H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成兩種酸式鹽，說明反應產物為硫氫化鈉和碳酸氫鈉，反應的化學方程式為：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3；

故答案為：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；

（2）①已知CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g），其平衡常數表達式是K=

故答案為：K=

②該反應正向為體積增大的方向，壓強越大，CH4的轉化率越小，已知相同溫度下，P1條件下的轉化率大于P2，則P1小于P2；壓強為P2時；在Y點反應未達到平衡，則反應正向移動，所以v（正）大于v（逆）；

故答案為：小于；大于；

（3）芳香烴X，已知X的相對分子質量為l06，設其分子式為CxHy，由可知x=8，y=10，說明分子中含有一個苯環，另外含有2個C原子，再根據質譜圖中有2個峰，可知分子中含有2種環境的H，則分子結構對稱，所以其結構簡式為．

故答案為：

（1）①硫化氫在溶液中為氫硫酸，氫硫酸為二元弱酸，電離分步進行；平衡右移可增大其中c（S2-）；

②H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成兩種酸式鹽，依據硫化氫是二元酸，碳酸根離子為二元弱酸的酸根，所以生成的兩種酸式鹽為NaHS、NaHCO3；配平書寫化學方程式；

（2）①根據化學平衡常數表達的意義書寫；利用生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度冪次方乘積得到；

②該反應正向為體積增大的方向，壓強越大，CH4的轉化率越小；壓強為P2時；在Y點反應未達到平衡，則反應正向移動；

（3）已知X的相對分子質量為l06，設其分子式為CxHy，由可知x=8；y=10，再根據質譜圖中有2個峰，判斷分子中含有2種環境的H．

本題考查了弱電解質的電離、方程式的書寫、化學平衡常數、平衡移動、有機物分子式的確定等，題目涉及的知識點較多，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力，題目難度中等．【解析】H2S?H++HS-、HS-?H++S2-；＞；加入NaOH、Na2S等；H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；K=小于；大于；20、略

【分析】解：（1）溴單質有氧化性，二氧化硫具有還原性，溴和二氧化硫在水溶液中易發生氧化還原反應，溴單質和氫氧化鈉溶液反應，和還原性的物質發生氧化還原反應，SO2和溴單質、水反應生成硫酸和氫溴酸，反應的離子方程式為：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；

故答案為：Br2+SO2+2H2O═4H++2Br-+SO42-；

（2）因液溴與溴水不相溶；可用分液漏斗通過分液操作分離；

故答案為：分液漏斗；

（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯氣，氯氣具有強氧化性，可以氧化溴離子生成溴單質，因此在步驟⑤中可將蒸餾產生的氣體通過溴化鐵（或其他含Br-的鹽類物質）；

故答案為：溴化鐵（或其他含Br-的鹽類物質）；

（4）溴的沸點是58.5°C；溫度應控制在80～90℃最佳，溫度控制過高，水會沸騰，溴蒸氣中有水，溫度過低，溴蒸氣不易揮發；

故答案為：若溫度過高；大量水蒸氣隨溴排出，溴氣中水蒸氣的含量增加；溫度過低，溴不能完全蒸出，產率太低；

（5）氯氣、溴單質與水之間能發生反應，酸化可抑制它們與水的反應，故答案為：酸化可抑制Cl2、Br2與水反應；

（6）海水中溴元素較少，從“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”過程中，的目的是增大溴單質的濃度，富集溴元素，將“溴水混合物Ⅰ”轉變為“溴水混合物Ⅱ”是Br2的濃縮過程；可提高效率，減少能耗，降低成本；

故答案為：將“溴水混合物Ⅰ”轉變為“溴水混合物Ⅱ”是Br2的濃縮過程；可提高效率，減少能耗，降低成本．

海水中通入氯氣氧化溴離子得到溴水的混合溶液；用熱空氣吹出溴單質得到含溴的空氣，通過二氧化硫吸收后富集溴元素得到吸收液，再通入氯氣氧化溴化氫得到溴水的混合溶液，蒸餾得到溴單質；

（1）步驟⑤中溴單質與二氧化硫發生氧化還原反應生成硫酸和溴化氫；

（2）根據分液是分離兩種不相溶的液體；用分液漏斗分離；

（3）氯氣具有強氧化性；可以氧化溴離子生成溴單質，所以可以通過溴化鐵反應除去氯氣；

（4）依據溴單質的沸點和水的沸點分析；溴的沸點是58.5°C，溫度控制過高，水會沸騰，溫度過低，溴蒸氣不易揮發；

（5）在酸性條件下不利于氯氣；溴單質與水之間反應；

（6）海水中溴元素較少；從“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”過程是富集溴元素；

本題主要以海水化學資源的利用為背景，考查的知識點較多，培養了學生運用知識分析問題和解決問題的能力，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等．【解析】Br2+SO2+2H2O═4H++2Br-+SO42-；分液漏斗；溴化鐵（或其他含Br-的鹽類物質）；若溫度過高，大量水蒸氣隨溴排出，溴氣中水蒸氣的含量增加；溫度過低，溴不能完全蒸出，產率太低；酸化可抑制Cl2、Br2與水反應；將“溴水混合物Ⅰ”轉變為“溴水混合物Ⅱ”是Br2的濃縮過程，可提高效率，減少能耗，降低成本21、（1）2；3-二甲基-2-氯丁烷；

（2）消去反應；

（3）

（4）

（5）【分析】【分析】本題考查有機物推斷、有機物命名、有機反應類型、同分異構體、方程式書寫等，是一道烷烴、烯烴、鹵代烴之間相互轉化的框圖題，在考查烷烴的取代反應和烯烴、二烯烴的加成反應的基礎上，重點考查了鹵代烴發生消去反應這一性質，解題的關鍵是根據反應的條件確定反應的類型及產物。【解答】烷烴rm{A}與氯氣發生取代反應生成鹵代烴rm{B}rm{B}發生消去反應生成rm{C_{1}}rm{C_{2}}rm{C_{1}}與溴發生加成反應生成二溴代物rm{D}rm{D}再發生消去反應生成rm{E}rm{E}與溴可以發生rm{1}rm{2-}加成或rm{1}rm{4-}加成，故Crm{{,!}_{1}}為rm{C_{2}}為則rm{D}為rm{E}為rm{F_{1}}為rm{F_{2}}為

rm{(1)}根據系統命名法，化合物rm{B}的名稱是：rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}氯丁烷，故答案為rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}氯丁烷；

rm{(2)}上述反應中，反應rm{壟脷}鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液中加熱發生的消去反應；故答案為：消去反應；

rm{(3)}由rm{D}生成rm{E}是鹵代烴發生消去反應，該反應的化學方程式為：

故答案為：

rm{(4)}由上述分析可知，rm{C_{2}}的結構簡式為故答案為：

rm{(5)}由上述分析可知，rm{E}為rm{F_{1}}為結合信息，rm{E}可寫成rm{F_{1}}可寫成再根據信息，不難寫出它們反應產物的結構簡式，應為故答案為【解析】rm{(1)2}rm{3-}二甲基rm{-2-}氯丁烷；

rm{(2)}消去反應；

rm{(3)}

rm{(4)}

rm{(5)}五、有機推斷題(共4題，共36分)22、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，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=CH223、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，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=CH224、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發生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發生取代反應產生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，發生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發生取代反應產生G：與發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溶液氧化變為-COOH；也能發生燃燒反應，故化合物C能發生氧化反應，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，發生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發生氧化反應產生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；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl25、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應條件可知C為苯甲醇,B為A