…………○…………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年人教版選修化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、用一定濃度的溶液分別滴定體積均為濃度均為的和三種溶液。滴定過程中溶液的電導率如圖所示(溶液電導率越大，導電能力越強；b點為曲線②上的點)。下列說法正確的是。

A.曲線①②③分別代表滴定醋酸、鹽酸和硫酸的曲線B.d點對應的溶液中粒子濃度大小關系：C.濃度為且a、b、c、d點D.水的電離程度隨溶液的滴加，先增大后減小，且2、室溫下，下列各組離子能大量共存的是A.稀硫酸中：K+、Mg2+、AlOS2OB.=10-13mol·L-1的溶液中：Fe3+、NHMg2+、SOC.pH=3的溶液中：Fe2+、MnONa+、SOD.通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3、某有機物其結構簡式如圖；關于該有機物，下列敘述不正確的是。

A.一定條件下，能發生加聚反應B.1mol該有機物能與H2發生反應，消耗H2物質的量為4molC.該有機物有三種官能團D.該有機物苯環上的一個H被取代，有3種同分異構體4、下列說法正確的是()A.乙烯分子中所有原子共平面B.甲醛()和乙二醛()互為同系物C.與互為同分異構體D.的名稱是異丁烷5、茉莉酮是一種香料，其結構簡式為()，下列關于茉莉酮的說法正確的是A.該有機物的分子式是B.該有機物與發生完全加成消耗C.該有機物能發生銀鏡反應D.該有機物能發生加成反應，但不能發生氧化反應6、下列正確的說法有。

①CHCl3只有一種結構；說明甲烷是以碳原子為中心的正四面體結構。

②等物質的量的甲烷與氯氣反應的有機產物是CH3Cl

③苯和氯氣生成C6H6Cl6的反應是取代反應。

④若乙酸分子中的氧都是16O，乙醇分子中的氧是18O，二者在濃H2SO4作用下發生反應，一段時間后，產物分子中含有18O的物質為乙酸乙酯。

⑤溴水分別與己烷；己烯混合；充分振蕩后靜置，現象依次為：

⑥燃燒產物為CO2和H2O的有機物一定是烴。

⑦乙醇不能被酸性K2Cr2O7溶液直接氧化成乙酸。

⑧具有同一通式的物質一定互為同系物，如C2H6和C4H10

⑨苯與濃硝酸；濃硫酸混合共熱制取硝基苯；屬于取代反應。

⑩1molC2H4與Cl2完全加成，再與Cl2徹底取代，兩過程共消耗3molCl2A.2句B.3句C.4句D.5句7、下列化合物中，能發生消去反應生成兩種烯烴，又能發生水解反應的是A.CH3ClB.CH3CHBrCH2CH3C.C(CH3)3CH2ClD.CH3CH2CHBrC(CH3)38、天然植物穿心蓮含有穿心蓮內酯(結構簡式如圖所示)；具有清熱解毒；消炎止痛之功效，對細菌性與病毒性上呼吸道感染及痢疾有特殊療效，被譽為天然抗生素藥物。下列關于穿心蓮內酯的說法正確的是。

A.其分子中含有3種含氧官能團B.只有在堿性條件下才能水解C.1mol該物質與足量鈉反應得3mol氫氣D.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色9、下列有關有機物的敘述正確的是A.一定條件下，乙酸乙酯、淀粉、蛋白質、糖類都能發生水解。B.只有不同種類的氨基酸之間才能形成多肽。C.往皂化反應后的溶液中加入熱的飽和食鹽水，上層析出固體物質。D.葡萄糖溶液中加入新制氫氧化銅懸濁液可看到有磚紅色沉淀生成。評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、根據“機理圖”書寫方程式。

(1)酸性環境中脫硫過程示意圖如圖：

過程ⅰ反應的離子方程式為___________。

(2)酸性環境中，納米去除分兩步，將步驟ⅱ補充完整：___________。

ⅰ、

ⅱ、

(3)氧化可除去氨氮，反應機理如圖所示(其中和略去)：氧化的總反應的化學方程式為___________。

11、納米級Cu2O具有特殊的光學、電學及光電化學性質，在太陽能電池、傳感器、超導體等方面有著潛在的應用，研究制備納米氧化亞銅的方法已成為當前的熱點研究之一。已知Cu+易在酸性條件下發生如下反應：2Cu+=Cu2+＋Cu。

方法一：在新制Cu(OH)2濁液中滴入N2H4·H2O水溶液；藍色沉淀逐漸轉化為磚紅色，同時產生無色無味的氣體。

(1)寫出上述制備過程中的總反應方程式________________________________。

(2)用甲醛稀溶液代替N2H4·H2O水溶液也可以實現上述轉化，但需水溫較高，且往往會生成極少量顆粒較大的Cu2O，用_______的方法可分離出顆粒過大的Cu2O。

方法二：以銅作陽極，石墨作陰極電解。已知：①銅作陽極時，銅先被氧化生成Cu+，后Cu+繼續氧化生成Cu2+；②在堿性溶液中CuCl濁液易轉化為Cu2O。

(3)以NaOH溶液作為電解質溶液時需添加NaCl，其目的是_______________，寫出陽極反應方程式______________。

(4)寫出在堿性溶液中CuCl濁液轉化為Cu2O的離子方程式_______________________。

(5)這樣制得的Cu2O中往往含有CuCl，請設計實驗證明CuCl的存在________________。12、NaClO和KAl(SO4)2都是重要的化工產品；均可應用于造紙業。

(1)NaClO溶液pH>7，用離子方程式表示原因_______。

(2)某小組同學用如圖所示裝置探究飽和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反應的實驗。打開活塞向燒瓶中加入飽和KAl(SO4)2溶液，產生大量的白色膠狀沉淀。反應的離子方程式是_______。

(3)向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至硫酸根離子剛好沉淀完全時，溶液的pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，離子反應總方程式為_______。若向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至鋁離子剛好沉淀完全時，溶液的pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，離子反應總方程式為_______。13、請按要求書寫下列離子方程式：

①鋁粉投入到NaOH溶液反應的離子方程式為________

②少量Ba(OH)2溶液與NaHSO4反應的離子方程式為________

③小蘇打治療胃酸過多的離子方程式為_____________

④已知酸性環境下，ClO-可將Mn2+氧化成MnO2，自身被還原成Cl-，該過程的離子反應方程式為_____________14、已知咖啡酸的結構如圖所示：

（1）咖啡酸中含氧官能團有羥基和_________(填名稱)。

（2）向咖啡酸溶液中滴加NaHCO3溶液，實驗現象為____________________________________。

（3）咖啡酸溶液能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明咖啡酸具有_________性。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、結構簡式(CH3)2CHCH3表示異丁烷。(_____)A.正確B.錯誤16、利用乙烷和氯氣在催化劑存在的條件下制備氯乙烷。(____)A.正確B.錯誤17、C2H5Br可以發生消去反應，那么(CH3)3CBr也可以發生消去反應。(___________)A.正確B.錯誤18、所有的糖都有甜味，在分子組成上均滿足Cm(H2O)n。(____)A.正確B.錯誤19、蛋白質溶液里加入飽和硫酸銨溶液，有沉淀析出，再加入蒸餾水，沉淀不溶解。(_______)A.正確B.錯誤20、酚醛樹脂和聚氯乙烯都是熱固性塑料。(___)A.正確B.錯誤21、合成酚醛樹脂()的單體是苯酚和甲醇。(___)A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共3題，共9分)22、某化學研究性學習小組為探究某品牌花生油中不飽和脂肪酸的含量；進行了如下實驗：

步驟Ⅰ：稱取0.4g花生油樣品，置于兩個干燥的碘瓶（如圖）內，加入10mL四氯化碳，輕輕搖動使油全部溶解。向碘瓶中加入25.00mL含0.01molIBr的無水乙酸溶液，蓋好瓶塞，在玻璃塞與瓶口之間滴加數滴10%碘化鉀溶液封閉縫隙，以免IBr的揮發損失。

步驟Ⅱ：在暗處放置30min；并不時輕輕搖動。30min后，小心地打開玻璃塞，用新配制的10%碘化鉀10mL和蒸餾水50mL把玻璃塞和瓶頸上的液體沖洗入瓶內。

步驟Ⅲ：加入指示劑，用0.1mol·L－1硫代硫酸鈉溶液滴定，用力振蕩碘瓶，直至終點。

測定過程中發生的相關反應如下：

①＋IBr→

②IBr＋KI＝I2＋KBr

③I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－

請回答下列問題：

⑴已知鹵素互化物IBr的性質與鹵素單質類似，實驗中準確量取IBr溶液應用____，用方程式表示碘瓶必須干燥的原因____。

⑵步驟Ⅱ中碘瓶在暗處放置30min，并不時輕輕搖動的原因是____。

⑶步驟Ⅲ中所加指示劑為____，滴定終點的現象____。

⑷反應結束后從液體混合物中回收四氯化碳，則所需操作有____。23、亞氯酸鈉(NaClO2)與二氧化氯(ClO2)都具有強氧化性，可以用作新冠肺炎防疫的消毒劑。兩者作漂白劑時，不傷害織物；作飲用水消毒劑時，不殘留異味。某研究性學習小組利用如圖裝置由二氧化氯制備NaClO2?3H2O；并探究其性質。

Ⅰ.查閱資料：

①ClO2易與堿溶液反應生成等物質的量的兩種鹽；其中一種為氯酸鹽。

②NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2?3H2O，高于38℃時析出的晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

Ⅱ.制備與分離：

(1)儀器a的名稱是___。裝置B的作用是___。

(2)裝置A中參加反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為___。

(3)若要從裝置C反應后的溶液中獲得無水NaClO2晶體的操作步驟如下；請完成下列操作中步驟②的內容。

①減壓；55℃蒸發結晶；

②__；

③用38~60℃熱水洗滌；

④在38~60℃間進行干燥；得到成品。

(4)裝置D用來處理尾氣，有關反應的離子方程式是___。

(5)實驗結束后，繼續通入一段時間N2的目的是__。

Ⅲ.測定與計算：

(6)利用題中原理制備出NaClO2?3H2O晶體的樣品，可以用“間接碘量法”測定樣品(雜質與I-不發生反應)的純度，過程如下：取樣品1.4450g配制成250mL溶液，從中取出25.00mL，加入足量KI固體和適量稀H2SO4，充分反應后再加入0.1mol?L-1Na2S2O3標準溶液，Na2S2O3標準溶液與上述反應生成的I2剛好完全反應時消耗的體積為34.6mL。已知：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=S4O+2I-。樣品中NaClO2?3H2O的純度為___%。24、某學生欲用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的氫氧化鈉溶液；若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示：

(1)所用鹽酸溶液的體積為________mL

(2)用標準的鹽酸溶液滴定待測的氫氧化鈉溶液時，用酚酞做指示劑，達到滴定終點的現象是：_____

(3)某學生根據三次實驗分別記錄有關數據如下表：。滴定次數待測氫氧化鈉溶液的體積/mL0.1000mol?L-1鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL滴定后刻度溶液體積/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09

請選用其中合理數據列出該氫氧化鈉溶液物質的量濃度(計算結果保留4位有效數字)：c(NaOH)＝_______

(4)由于錯誤操作，使得上述所測氫氧化鈉溶液的濃度偏高的是_______(填寫編號)。

A．中和滴定達終點時俯視滴定管內液面讀數。

B．堿式滴定管用蒸餾水洗凈后立即取用25.00mL待測堿溶液注入錐形瓶進行滴定。

C．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后立即裝標準溶液來滴定。

D．把配好的標準溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中然后用來滴定。評卷人得分五、結構與性質(共1題，共4分)25、25℃時；如圖燒杯中各盛有20mL的溶液。

甲.0.100mol/L鹽酸乙.0.100mol/L氨水丙.0.100mol/LNH4Cl

(1)甲溶液的pH＝_____________。

(2)若將甲全部倒入乙中，所得溶液的pH_____________丙溶液的pH(填“>”、“＝”或“<”)。

(3)若將一部分乙倒入丙中，所得的混合溶液呈中性，所得混合溶液中離子濃度大小關系是_____________。評卷人得分六、工業流程題(共4題，共40分)26、硫酸亞鐵常用作還原劑；也可用于制鐵鹽，氧化鐵顏料；媒染劑、凈水劑、防腐劑、聚合催化劑等，用途非常廣泛。

(1)26Fe在周期表中位于第______周期第______族。

(2)硫酸酸化的FeSO4溶液可用于制備Fe2(SO4)3溶液，加入的氧化劑常用H2O2而不用硝酸的理由是______，寫出硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應的化學方程式：______。

(3)某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質，某實驗小組以鈦鐵礦為原料設計了如圖所示流程制取TiO2和硫酸亞鐵晶體。

①粉碎鈦鐵礦的目的是_______。

②由濾液2經操作A可得FeSO4?7H2O晶體，則操作A為______；過濾、洗滌、干燥。

③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，重復實驗3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標準液為10.00mL。反應為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定終點的現象為______，計算樣品純度為______(保留三位有效數字)。27、白云石的主要化學成分為還含有質量分數約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂；流程示意圖如下。

已知：。物質

(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學方程式為___________。

(2)用量對碳酸鈣產品的影響如下表所示。氧化物()浸出率/%產品中Mg雜質含量/%

(以計)產品中Mg雜質含量/%

(以計)計算值實測值實測值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20

備注：ⅰ、浸出率=(浸出的質量/煅燒得到的質量)(M代表Ca或Mg)

ⅱ、純度計算值為濾液A中鈣、鎂全部以碳酸鹽形式沉淀時計算出的產品中純度。

①解釋“浸鈣”過程中主要浸出的原因是___________。

②沉鈣反應的離子方程式為___________。

③“浸鈣”過程不適宜選用的比例為___________。

④產品中純度的實測值高于計算值的原因是___________。

(3)“浸鎂”過程中，取固體B與一定濃度的溶液混合，充分反應后的浸出率低于60%。加熱蒸餾，的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達98.9%。從化學平衡的角度解釋浸出率增大的原因是___________。

(4)濾渣C中含有的物質是___________。

(5)該流程中可循環利用的物質是___________。28、硼氫化鈉(NaBH4)是有機合成中常用的還原劑。一種制備硼氫化鈉工藝如下(部分條件和產物省略)：

已知：MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應并放出H2。回答下列問題：

(1)Mg2B2O5·H2O中B的化合價為______。MgH2和NaBO2必須在干燥條件下合成硼氫化鈉，其原因是_________。

(2)難溶的Mg2B2O5與濃氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為_________。

(3)SOCl2溶于水能產生兩種氣體，其中一種氣體能使品紅溶液褪色，則灼燒時加入SOCl2的目的是_________________。

(4)已知鎂—H2O2酸性燃料電池反應為Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O。常溫下，電解質溶液為200mL0.1mol·L?1硫酸溶液。若電路中有0.038mol電子轉移時，則溶液pH約為_____(忽略體積變化，不考慮H2O2電離)。

(5)“有效氫”是衡量含氫還原劑的還原能力指標，定義為1g含氫還原劑的還原能力與多少克H2相當。NaBH4的“有效氫”等于_______(結果保留2位小數)。

(6)工業上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加熱下生成NaBH4和難溶的鹽，寫出化學方程式_______________。29、一種以冷熱鍍管廢料鋅灰制ZnSO4·7H2O晶體；進而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：

已知：①鋅灰的主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列問題：

(1)濾渣1的主要成分為SiO2和___。

(2)酸浸時，硫酸濃度不能過高，原因是___。

(3)寫出“沉銅”時的離子方程式___。

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是___。

(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲罐內ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。電解池中的總反應離子方程式為：___。

(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調節pH，通入H2S發生反應：Zn2++H2S?ZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.100.050.10

處理后的廢水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．三種酸濃度都是是二元強酸，是一元強酸，它們完全電離，而是一元弱酸，部分電離，因此溶液中離子濃度：溶液中自由移動的離子濃度越大，溶液電導率越大，導電能力越強，所以曲線①②③分別代表滴定硫酸；鹽酸和醋酸的曲線；A錯誤；

B．曲線③代表滴定醋酸的曲線，d點時溶液體積是由曲線①可知恰好沉淀完全，二者體積相同，因此二者濃度也相等，溶液濃度也是對于等濃度的醋酸，d點為等濃度的混合溶液，水解消耗一部分，根據物料守恒可知堿電離產生使溶液顯堿性，所以而溶液中包括電離產生、水解產生及水電離產生的，所以B錯誤；

C．c點時，恰好發生反應：其他溶液中沒有產生沉淀，所以c點溶液中最小，幾乎為0，在a、b點d點則溶液中C錯誤；

D．向酸溶液中滴加堿，溶液中逐漸減小，水電離程度逐漸增大，當溶液顯中性時水的電離不受影響，當堿過量時，隨著溶液中增大，水電離程度逐漸減小，a點時恰好被中和得到溶液，該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，水的電離受到促進作用，b點是恰好被中和得到溶液，該鹽是強酸強堿鹽，不水解，水的電離不受影響，c點是恰好被完全中和產生是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，水的電離也不受影響，所以水的電離程度：d點為等濃度的混合溶液，過量的堿電離產生水的電離平衡受到抑制作用，則水電離程度比b、c點都小，故四個點水的電離程度：D正確；

故選D。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．AlOS2O與稀硫酸中的氫離子反應；在溶液中不能大量共存，故A不選；

B．=c(OH-)=10-13mol·L-1；該溶液中存在大量氫離子，四種離子之間不反應，都不與氫離子反應，能夠大量共存，故B選；

C．pH=3的溶液中存在大量氫離子；高錳酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，能夠氧化亞鐵離子，不能大量共存，故C不選；

D．碳酸的酸性大于次氯酸，ClO-與CO2會發生反應；在溶液中不能大量共存，故D不選；

故選B。3、C【分析】【詳解】

A.該有機物中含有碳碳雙鍵故一定條件下；能發生加聚反應，故A正確；

B.該有機物中含有1個碳碳雙鍵和1個苯環，故1mol該有機物與H2發生加成反應，消耗H2物質的量為4mol；故B正確；

C.該有機物只含有碳碳雙鍵和氯原子兩種官能團；故C錯誤；

D.該有機物苯環上的一個H被取代；有鄰；間、對3種位置，故得3種同分異構體，故D正確；

本題答案為：C。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．乙烯分子含有1個碳碳雙鍵；其分子中所有原子共平面，故A正確；

B．甲醛(HCHO)和乙二醛(OHC-CHO)含有的官能團數目不同；二者不屬于同系物，故B錯誤；

C．苯中所有碳碳鍵都相同，鄰二甲苯不存在同分異構體，則和為同一種物質；故C錯誤；

D．的習慣命名法得到名稱為正丁烷；故D錯誤；

故選A。

【點睛】

本題的易錯點為C，要注意苯分子結構的特殊性。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．該有機物的分子式為A正確；

B．含有羰基和碳碳雙鍵，能發生加成反應，該有機物與發生完全加成消耗B錯誤；

C．不含有醛基；不能發生銀鏡反應，C錯誤；

D．含有碳碳雙鍵，能發生加成反應，能被酸性溶液等強氧化劑氧化；D錯誤；

故選：A。6、B【分析】【詳解】

①無論甲烷結構是平面結構還是正四面體結構；三氯甲烷均只有一種結構，二氯甲烷只有一種結構能說明甲烷為正四面體結構，①錯誤；

②甲烷與氯氣反應為連續反應，甲烷與氯氣生成CH3Cl和HCl，接著CH3Cl和氯氣生成CH2Cl2和HCl，之后生成CHCl3、CCl4；因此產物除了4種有機物，還有HCl，②錯誤；

③苯和氯氣生成C6H6Cl6的反應是加成反應；③錯誤；

④酯化反應的機理是酸脫羥基醇脫氫，醇中的氧最后全部到了產物乙酸乙酯里，乙醇分子中的氧是18O，所以產物分子中含有18O的物質為乙酸乙酯；④正確；

⑤己烷與溴水發生萃取；水在下層，己烯含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，液體出現分層，⑤正確；

⑥燃燒產物為CO2和H2O的有機物一定含有C和H；還可能含有氧，不一定為烴，⑥錯誤；

⑦酸性K2Cr2O7具有強氧化性；可將乙醇氧化為乙酸，⑦錯誤；

⑧具有同一通式的物質不一定互為同系物，如環己烷C6H12和乙烯C2H4；⑧錯誤；

⑨苯與濃硝酸在濃硫酸做催化劑并加熱條件下發生取代反應生成硝基苯和水；⑨正確；

⑩1molC2H4與Cl2完全加成需要1molCl2，生成CH2ClCH2Cl再與Cl2徹底取代需要4molCl2，共消耗5molCl2；⑩錯誤。

綜上，說法正確的為④⑤⑨，答案選B。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．CH3Cl沒有鄰位C；不能發生消去反應，故A不選；

B．CH3CHBrCH2CH3可發生消去反應生成1-丁烯或2-丁烯；水解生成2-丁醇，故B選；

C．C(CH3)3CH2Cl與-Clr相連C的鄰位C上沒有H；不能發生消去反應，故C不選；

D．CH3CH2CHBrC(CH3)3與-Br相連C的鄰位C上只有1種H；發生消去反應只能生成1種消去產物，故D不選；

故選B。8、D【分析】【詳解】

A．含有羥基、酯基共2種含氧官能團，故A錯誤；

B．含有酯基，可在酸性或堿性條件下發生水解反應，故B錯誤；

C．1mol該物質含3mol醇羥基，與鈉反應生成1.5mol氫氣，故C錯誤；

D．含有碳碳雙鍵，可與溴發生加成反應溶液而褪色，與高錳酸鉀發生氧化還原反應而使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；

故選D。9、C【分析】【詳解】

A．糖類中的單糖不能發生水解；故A錯誤；

B．氨基酸結構中既含氨基；又含羧基；所以同種類的氨基酸之間也能形成多肽，故B錯誤；

C．高級脂肪酸鈉密度較小；往皂化反應后的溶液中加入熱的飽和食鹽水，上層析出固體物質，故C正確；

D．葡萄糖溶液中加入新制氫氧化銅懸濁液；加熱至沸騰，可看到有磚紅色沉淀生成，故D錯誤；

故選C。二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【詳解】

（1）由圖可知，過程ⅰ反應為硫化氫在T.F菌作用下硫化氫和甲烷反應生成硫單質和硫酸亞鐵，根據質量守恒可知還生成氫離子，反應為

（2）由圖可知，反應ⅱ為亞硝酸根離子發生還原反應生成銨根離子，氮元素化合價由+3變為-3，則納米鐵在酸性環境中發生氧化反應生成亞鐵離子，化合價由0變為+2，根據電子守恒、質量守恒配平可知，反應為++8=3++2

（3）由圖可知，氧化生成氮氣，氮元素化合價由-3變為0，則氯元素發生還原反應化合價由+1變為-1，根據電子守恒、質量守恒可知，反應為【解析】(1)

(2)++8=3++2

(3)11、略

【分析】【分析】

(1)在新制Cu(OH)2濁液中滴入N2H4·H2O水溶液；藍色沉淀逐漸轉化為磚紅色，同時產生無色無味的氣體，這說明產生的沉淀是氧化亞銅，氣體是氮氣。

(2)氧化亞銅的顆粒加大；過濾即可實現分離。

(3)由于電解時Cu+易被氧化生成Cu2+，而在堿性溶液中CuCl濁液易轉化為Cu2O；所以添加NaCl。

(4)在堿性溶液中CuCl濁液轉化為Cu2O。

(5)由于氯化亞銅容易轉化為氧化亞銅；同時產生氯離子，因此可以通過檢驗氯離子判斷是否含有氯化亞銅。

【詳解】

(1)在新制Cu(OH)2濁液中滴入N2H4·H2O水溶液，藍色沉淀逐漸轉化為磚紅色，同時產生無色無味的氣體，這說明產生的沉淀是氧化亞銅，氣體是氮氣，所以反應的化學方程式為4Cu(OH)2+N2H4?H2O＝2Cu2O+N2↑+7H2O。答案為：4Cu(OH)2+N2H4?H2O＝2Cu2O+N2↑+7H2O；

(2)氧化亞銅的顆粒加大；過濾即可實現分離。答案為：過濾；

(3)由于電解時Cu+易被氧化生成Cu2+，而在堿性溶液中CuCl濁液易轉化為Cu2O，所以添加NaCl的目的是生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+。在陽極，Cu失電子生成Cu+，反應方程式為Cu+Cl-–e-=CuCl。答案為：生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+；Cu+Cl-–e-=CuCl；

(4)在堿性溶液中CuCl濁液轉化為Cu2O，離子方程式為2CuCl+2OH-＝Cu2O+H2O+2Cl-。答案為：2CuCl+2OH-＝Cu2O+H2O+2Cl-；

(5)由于氯化亞銅容易轉化為氧化亞銅，同時產生氯離子，因此可以通過檢驗氯離子判斷是否含有氯化亞銅，即取試樣少量于試管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸銀溶液，若生成沉淀，則含有CuCl，若無明顯現象，則無CuCl。答案為：取試樣少量于試管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸銀溶液，若生成沉淀，則含有CuCl，若無明顯現象，則無CuCl。(其他合理答案也可給分)。【解析】①.4Cu(OH)2+N2H4?H2O＝2Cu2O+N2↑+7H2O②.過濾③.生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+④.Cu+Cl-–e-=CuCl⑤.2CuCl+2OH-＝Cu2O+H2O+2Cl-⑥.取試樣少量于試管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸銀溶液，若生成沉淀，則含有CuCl，若無明顯現象，則無CuCl。(其他合理答案也可給分)12、略

【分析】【詳解】

(1)NaClO為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，離子方程式為ClO-+H2O?HClO+OH-。

(2)NaClO為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，KAl(SO4)2為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，溶液混合，Al3+與ClO?發生互促水解反應，離子方程式為Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3↓。

(3)向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至硫酸根離子剛好沉淀完全時，硫酸鋁鉀和氫氧化鋇物質的量之比等于1:2，反應生成硫酸鋇沉淀、偏鋁酸鉀和水；偏鋁酸鉀溶液中水解溶液顯堿性，溶液pH>7，離子反應總方程式為Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O。若向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至鋁離子剛好沉淀完全時，硫酸鋁鉀和氫氧化鋇物質的量之比等于2:3，反應生成硫酸鋇沉淀、氫氧化鋁沉淀、硫酸鉀和水；硫酸鉀溶液不水解，溶液顯中性，pH=7，離子反應總方程式為2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。【解析】ClO-+H2O?HClO+OH-Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3↓>Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O=2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓13、略

【分析】【詳解】

(1)Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2+3H2

(2)Ba(OH)2少量可把Ba(OH)2看做1，即只有1個Ba2+和2個OH-，NaHSO4可以完全電離成Na+、H+和離子方程式為Ba2++2OH-+2H++=BaSO4+2H2O

(3)小蘇打是NaHCO3，胃酸的主要成分是鹽酸，離子方程式為+H+=CO2+H2O；

(4)根據題意，反應物有ClO-和Mn2+，產物有MnO2和Cl-，Cl得到2e-，Mn失去2e-，轉移電子守恒，根據電荷守恒，產物需要陽離子H+，則反應物需要用H2O配平，離子方程式為ClO-+Mn2++H2O=MnO2+2H++Cl-；【解析】2Al+2OH-+2H2O=2+3H2Ba2++2OH-+2H++=BaSO4+2H2O+H+=CO2+H2OClO-+Mn2++H2O=MnO2+2H++Cl-14、略

【分析】【詳解】

（1）根據咖啡酸的結構簡式可判斷分子中含氧官能團有羥基和羧基；

（2）含有羧基，能與碳酸氫鈉反應，則向咖啡酸溶液中滴加NaHCO3溶液有二氧化碳生成；因此實驗現象為有氣體生成；

（3）咖啡酸溶液能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，由于酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，則說明咖啡酸具有還原性。【解析】①.羧基②.有氣體生成③.還原三、判斷題(共7題，共14分)15、A【分析】【詳解】

(CH3)2CHCH3為表示異丁烷，故正確。16、B【分析】【詳解】

乙烷與氯氣反應，氯氣有毒，且副反應較多，故錯誤。17、A【分析】【詳解】

（CH3）3CBr分子中與溴原子相連的碳原子的鄰碳原子上連有氫原子，在氫氧化鈉醇溶液中共熱能發生消去反應，D正確。18、B【分析】【詳解】

淀粉和纖維素屬于糖類，沒有甜味，故錯誤。19、B【分析】【詳解】

蛋白質溶液中加入飽和硫酸銨溶液，蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，故錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

酚醛樹脂結構為網狀結構，屬于熱固性塑料；聚氯乙烯結構為線型結構，屬于熱塑性塑料，題中說法錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

合成酚醛樹脂的單體是苯酚和甲醛，題中說法錯誤。四、實驗題(共3題，共9分)22、略

【分析】【分析】

（1）鹵素互化物IBr的性質與鹵素單質類似，具有氧化性，腐蝕橡膠管；IBr易發生水解反應；

（2）根據溴化氫易揮發以及使物質充分混合反應的做法來分析；

（3）根據淀粉的特性來選擇試劑；

（4）反應結束后從液體混合物中回收四氯化碳的方法是先分液得到四氯化碳；再利用蒸餾的方法得到純凈的四氯化碳．

【詳解】

（1）鹵素互化物IBr的性質與鹵素單質類似，具有氧化性，腐蝕橡膠管，不能用堿式滴定管盛裝，應用酸式滴定管（或移液管）；IBr易發生水解反應，反應方程式為：IBr+H2O=HIO+HBr；

（2）溴化氫易揮發；置于暗處可減少溴化氫揮發，為使反應充分進行，應不斷攪動使物質充分接觸而反應；

（3）碘遇淀粉變藍色；可用淀粉為反應的指示劑，滴定時終點的判斷為溶液由藍色恰好變為無色且30秒內不變化。

（4）反應結束后從液體混合物中回收四氯化碳的方法是先分液得到四氯化碳，再利用蒸餾的方法得到純凈的四氯化碳。【解析】⑴酸式滴定管（或移液管）IBr＋H2O＝HIO＋HBr

⑵碘瓶置于暗處可以減少IBr的揮發；不斷搖動可以讓物質間充分反應。

⑶淀粉溶液溶液由藍色恰好變為無色。

⑷分液、蒸餾23、略

【分析】【分析】

該實驗的目的是制備NaClO2·2H2O，其實驗原理是2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O，裝置A制備ClO2，NaClO3、Na2SO3、濃硫酸反應制備ClO2，同時Na2SO3與濃硫酸反應生成SO2，SO2隨著ClO2進入裝置C中，SO2被H2O2氧化成Na2SO4，ClO2與NaOH溶液生成NaClO2和NaClO3；裝置D是尾氣吸收裝置，據此分析；

【詳解】

(1)根據儀器a的特點，儀器a為三頸燒瓶；裝置C為ClO2與NaOH溶液反應；造成氣體壓強減小，防止裝置C中液體倒流，因此裝置B的作用是安全瓶或防止倒吸；

故答案為三頸燒瓶；安全瓶或防倒吸；

(2)NaClO3與Na2SO3、濃硫酸發生反應生成ClO2，Cl的化合價由＋5價→＋4價，化合價降低，NaClO3為氧化劑，Na2SO3中S的化合價由＋4價→＋6價，化合價升高2價，Na2SO3為還原劑；根據得失電子數目守恒，氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1；

故答案為2：1；

(3)②減壓，55℃蒸發結晶，根據題意，高于38℃時析出的晶體是NaClO2；因此要趁熱過濾；

故答案為趁熱過濾；

(4)裝置D的作用是吸收尾氣，ClO2能與NaOH反應生成NaClO2、NaClO3，因此離子方程式為2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；

故答案為2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；

(5)實驗結束后，繼續通入一段時間N2，其目的是讓裝置內殘留的ClO2全部排出；提高產率；

故答案為將裝置內殘留的ClO2全部排出；提高產率；

(6)根據題意建立的關系式為ClO～2I2～4樣品中NaClO2·2H2O的純度為×100%=86.5%；

故答案為86.5%。

【點睛】

從溶液中獲取晶體，一般采用蒸發結晶、過濾、洗滌干燥的方法，根據題中信息，獲取NaClO2，需要溫度高于38℃時析出的晶體為NaClO2，因此需要趁熱過濾；中和滴定時，涉及多個反應，一般采用關系式法進行計算，這樣把問題簡單法。【解析】三頸燒瓶安全瓶(或防倒吸)2：1趁熱過濾2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O將裝置內殘留的ClO2全部排出提高產率86.524、略

【分析】【分析】

滴定管的0刻度在上方；最小度數為0.01mL，結合圖示滴定管中液面分析；

達到滴定終點時；溶液由紅色變為無色且半分鐘顏色不恢復；

(3)先根據數據的有效性，舍去第2組數據，計算出1、3組平均消耗V（鹽酸），然后根據鹽酸和NaOH的反應計算出n（NaOH），最后根據計算該氫氧化鈉溶液物質的量濃度；

（4）根據分析不當操作對V（標準）的影響；以此判斷滴定誤差。

【詳解】

(1)滴定管的0刻度在上方；0～1刻度間每一小格為0.10mL，圖1顯示溶液體積為0.00mL，圖2溶液體積為26.10mL，則所用鹽酸溶液的體積為：26.10mL-0.00mL=26.10mL，故答案為：26.10；

(2)用標準的鹽酸溶液滴定待測的氫氧化鈉溶液時；用酚酞做指示劑，達到滴定終點時，溶液由紅色變為無色且半分鐘顏色不恢復，故答案為：滴入最后一滴鹽酸溶液后，溶液由紅色變為無色且半分鐘顏色不恢復；

(3)根據數據的有效性，舍去第2組數據，1、3組平均消耗根據反應方程式HCl+NaOH═NaCl+H2O可知，n（NaOH）=n（HCl）=0.0261L×0.1000mol/L，則故答案為：0.1044mol/L；

(4)A．中和滴定達終點時俯視滴定管內液面讀數，造成V（標準）偏小，根據可知，測定的c（NaOH）偏低，故A錯誤；

B．堿式滴定管用蒸餾水洗凈后立即取用25.00mL待測堿溶液注入錐形瓶進行滴定，待測液被稀釋，滴定過程中消耗標準液體積偏小，導致c（NaOH）偏低，故B錯誤；

C．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后立即裝標準溶液來滴定，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據可知，測定c（NaOH）偏高；故C正確；

D．把配好的標準溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中用來滴定，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據可知，測定c（NaOH）偏大，故D正確；故答案為：CD。【解析】26.10滴入最后一滴鹽酸溶液后，溶液由紅色變為無色且半分鐘顏色不恢復0.1044mol/LCD五、結構與性質(共1題，共4分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)0.100mol/L鹽酸中c(H＋)=0.100mol/L；所以溶液pH=1；

(2)等體積(20mL)等濃度(0.100mol/L)的鹽酸和氨水混合得到的溶液為NH4Cl溶液，濃度為0.05mol/L，銨根水解使溶液顯酸性；丙為0.100mol/L的NH4Cl，所以丙的酸性較強，所以混合溶液的pH>丙溶液的pH；

(3)溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，溶液顯中性則c(H＋)＝c(OH－)，水解使微弱的，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)。【解析】1>c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)六、工業流程題(共4題，共40分)26、略

【分析】【分析】

(3)某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質，鈦鐵礦粉碎、與濃硫酸共熱反應，過濾得濾液1，濾液經加熱后加入鐵粉，得到TiO2+、少量Fe3+、Fe2+和硫酸根離子，趁熱過濾，濾液2經操作A即冷卻結晶、過濾、洗滌并干燥得到FeSO4?7H2O，過濾后，濾液3中含有TiO2+、等離子，水浸得到H2TiO3，煅燒可生成TiO2。

【詳解】

（1）26Fe的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，價電子排布式為3d64s2；則在周期表中位于第四周期第VIII族。

（2）通常硝酸的還原產物是氮的氧化物，雙氧水是綠色氧化劑、還原產物是水，則用H2O2而不用硝酸氧化硫酸酸化的FeSO4溶液以制備Fe2(SO4)3溶液，理由是：不引入新的雜質，不產生污染環境的氣體，硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應的化學方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。

（3）①粉碎鈦鐵礦的目的是：增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積；提高反應速率，提高鈦鐵礦的利用率。

②從溶液中提取結晶水合物需要用冷卻結晶法，則由濾液2經操作A可得FeSO4?7H2O晶體；則操作A為冷卻結晶；過濾、洗滌、干燥。

③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，從反應為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，滴定過程中滴入的酸性高錳酸鉀溶液被還原出現褪色現象，滴定終點時過量的半滴高錳酸鉀溶液顯淺紅色，故滴定終點的現象為溶液變為淺紅色、30s內不褪色；重復實驗3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標準液為10.00mL。計算樣品純度為(保留三位有效數字)。【解析】(1)四VIII

(2)不引入新的雜質，不產生污染環境的氣體2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O

(3)增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積，提高反應速率，提高鈦鐵礦的利用率冷卻結晶溶液變為淺紅色69.5%27、略

【分析】【分析】

白云石礦樣煅燒后轉化為氧化鈣；氧化鎂；加入氯化銨溶解浸鈣，大部分鈣離子進入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過濾分離出含有鎂、鐵、硅元素的固體B，加入硫酸銨將鎂離子轉化為硫酸鎂溶液，加入碳酸銨生成碳酸鎂沉淀，煅燒得到氧化鎂；

【詳解】

（1）白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳氣體，化學方程式為

（2）①氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調節溶液的pH，由圖表可知，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；

②沉鈣反應中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應生成碳酸鈣沉淀和銨根離子，離子方程式為

③由圖表可知，“浸鈣”過程的比例為2.4∶1時，產品中鎂元素雜質最多且碳酸鈣純度最低，故不適宜選用的比例為2.4∶1。

④在反應中會優先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3質量更小，二者共同作用導致產品中純度的實測值高于計算值；

（3）“浸鎂”過程中，發生反應：加熱蒸餾隨大量氨逸出，平衡正向移動，利于氫氧化鎂轉化為硫酸鎂；

（4）白云石的主要化學成分為還含有質量分數約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進入濾液中，部分鈣進入B中加入硫酸銨后轉化為微溶于的硫酸鈣，氧化鐵、二氧化硅幾乎不反應進入濾渣中；“浸鎂”過程中，的浸出率最終可達98.9%，則還有部分氧化鎂進入濾渣中，故濾渣C中含有的物質是

（5）沉鈣反應中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過程中加熱蒸餾會有大量氨逸出；濾液D加入碳酸銨生成碳酸鎂和硫酸銨，碳酸鎂煅燒生成二氧化碳；白云石煅燒也會生成二氧化碳；在流程中既是反應物又是生成物，故該流程中可循環利用的物質是【解析】(1)

(2)在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故先浸出2.4∶1優先析出；且氧化鈣也能轉化為碳酸鈣。

(3)隨大量氨逸出，平衡正向移動。

(4)

(5)28、略

【分析】【分析】

此流程是工業生產NaBH4的過程，以Mg2B2O5?H2O為原料，與濃NaOH溶液反應，生成Mg(OH)2沉淀和NaBO2溶液；濾渣中加入鹽酸，將Mg(OH)2溶解并轉化為MgCl2溶液，蒸發濃縮、冷卻結晶，獲得MgCl2?7H2O晶體，加入SOCl2去掉結晶水，同時防止MgCl2水解，然后熔融電解得到Mg，與H2反應生成MgH2；濾液經過蒸發濃縮、冷卻結晶，可獲得NaBO2，然后與MgH2反應得到NaBH4。

【詳解】

(1)Mg2B2O5·H2O中，Na顯+1價，O顯-2價，則B的化合價為+3。題中信息顯示，MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應，所以MgH2和NaBO2必須在干燥條件下合成硼氫化鈉，其原因是防止MgH2、NaBH4與水蒸氣反應