…………○…………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年粵教新版高二化學上冊月考試卷789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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知一定溫度下，2X（g）+Y（g）?mZ（g）△H=-akJ?mol-1（a＞0），現有甲、乙兩容積相等且固定的密閉容器，在保持該溫度恒定的條件下，向密閉容器甲中通入2molX和1molY，達到平衡狀態時，放出熱量bkJ；向密閉容器乙中通入1molX和0.5molY，達到平衡時，放出熱量ckJ，且b＞2c，則a、b；m的值或關系正確的是（）

A.m=4

B.a=b

C.a＜

D.m≤2

2、一定溫度下，向BaSO4懸濁液中加水，下列敘述正確的是()A.BaSO4的溶解度、Ksp均不變B.BaSO4的溶解度增大，Ksp不變C.BaSO4的溶解度不變，Ksp增大D.BaSO4的溶解度、Ksp均增大3、如圖，在盛有稀H2SO4的燒杯中放入用導線連接的電極X；Y，外電路中電子流向如圖所示，關于該裝置的下列說法正確的是（）

A.外電路的電流方向為：X→外電路→YB.若兩電極分別為Fe和碳棒，則X為碳棒，Y為FeC.X極上發生的是還原反應，Y極上發生的是氧化反應D.若兩電極都是金屬，則它們的活動性順序為X＞Y4、下列有機化合物的分類不正確的是（）A.苯的同系物B.芳香族化合物C.不飽和烴D.醇5、下列敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.構成原電池正極和負極的材料必須是兩種金屬B.由rm{Cu}rm{Zn}作電極與rm{CuSO_{4}}溶液組成的原電池中rm{Cu}是負極C.馬口鐵rm{(}鍍錫鐵rm{)}破損時與電解質溶液接觸的錫先被腐蝕D.銅鋅原電池工作時，若有rm{13g}鋅被溶解，電路中就有rm{0.4mol}電子通過6、下列說法正確的是A.金屬性：rm{K>Na}B.非金屬性：rm{Br>Cl}C.原子半徑：rm{F>O}D.酸性：rm{H_{2}SO_{4}>HClO_{4}}7、下列說法正確的是（）A.電子的運動與行星相似，圍繞原子核在固定的軌道上高速旋轉B.分子中鍵長越短鍵能一定越大，則分子越穩定C.含有π鍵的化合物與只含σ鍵的化合物的化學性質不同D.元素周期表中位于金屬和非金屬分界線附近的元素屬于過渡元素評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)8、下列事實不能用平衡移動原理解釋的是（）A.鋼鐵在潮濕的空氣中比在干燥空氣中更容易生銹B.用加熱蒸干AlCl3溶液的方法不能制得無水AlCl3C.蒸餾水和0.1mol?L-1NaOH溶液中的c（H+），前者大于后者D.已知N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），工業上合成氨常在高壓下進行9、某酸性溶液中只有rm{Na^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}四種離子rm{.}下列描述可能正確的是rm{(}rm{)}A.該溶液由rm{pH=3}的rm{CH_{3}COOH}與rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等體積混合而成B.該溶液由等物質的量濃度、等體積的rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合而成C.加入適量的rm{NaOH}溶液中離子濃度為rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.加入適量氨水后，rm{c(CH_{3}COO^{-})}會大于rm{c(Na^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})}之和10、香煙煙霧中往往含有rm{CO}和rm{SO_{2}}氣體，下列關于它們的說法中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{CO}不溶于水，rm{SO_{2}}易溶于水B.兩者都是形成酸雨的主要原因。

C.兩者都能使品紅溶液褪色D.兩者都污染環境，危害健康11、下列物質中，屬于電解質的有rm{(}rm{)}A.乙酸B.乙醇C.油脂D.氯化鈉12、某溫度下，在rm{100g}水中加入rm{50g}rm{NaCl}固體，攪拌使其充分溶解后過濾，得到rm{136g}濾液，則rm{(}rm{)}A.濾液為rm{NaCl}飽和溶液B.濾液中rm{NaCl}的質量分數為rm{36%}C.該溫度下，rm{NaCl}的溶解度為rm{50g}D.該溫度下，rm{NaCl}的溶解度為rm{36g}13、下列各組微粒按半徑逐漸增大，還原性逐漸增強的順序排列的是（）A.Na、K、RbB.F、Cl、BrC.Mg2+、Al3+、Zn2+D.Cl-、Br-、I-14、T℃時；將1molX和2molY投入2L的密閉容器中，發生反應：X（g）+Y（g）?2Z（g），X；Y的量隨時間變化如下表，該反應的平衡常數隨溫度的變化如下圖，則下列判斷正確的是（）

。0123456X10.800.660.580.520.500.50Y21.801.66A.前5min用Z表示的平均反應速率為0.2mol/（L?min）B.該反應的正反應是放熱反應，且T1＞TC.在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，達到平衡時，X的體積分數不變D.若溫度為T1時，以同樣的起始量反應，達到平衡時X的轉化率為66.7%15、下列物質所屬的類別及其所含官能團的對應關系不正確的是（）A.CH3CH=CH2烯烴B.羧酸-COOHC.醛類D.RCH2OH（R為烴基）醇類-OH16、化合物rm{X}的分子式為rm{C_{5}H_{11}Cl}用rm{NaOH}醇溶液處理rm{X}可得到分子式為rm{C_{5}H_{10}}的兩種有機物rm{Y}rm{Z}rm{Y}和rm{Z}經催化加氫后都可得到rm{2?}甲基丁烷，則rm{X}的結構簡式可能為A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}

B.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}

C.

D.評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、（8分）化學電源在通訊、交通及日常生活中有著廣泛的應用。(1)目前常用的鎳（Ni）鎘（Cd）電池，其電池總反應可以表示為：Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均難溶于水但能溶于酸，以下說法中正確的是（填序號）①以上反應不是可逆反應②電解質溶液為硫酸③充電時化學能轉變為電能④鎘（Cd）為負極，發生還原反應⑤放電時正極區pH升高（2）美國阿波羅宇宙飛船上使用的氫氧燃料電池是一種新型的化學電源。氫氧燃料電池的突出優點是把化學能直接轉化為電能，而不經過熱能中間形成，發生的反應為：則負極反應式為_________________________，正極反應式為。一段時間后，KOH溶液的濃度（填“變大”、“變小”或“不變”）18、（8分）W、X、Y、Z是周期表前36號元素中的四種常見元素,其原子序數依次增大。W、Y的氧化物是導致酸雨的主要物質,X的基態原子核外有7個原子軌道填充了電子,Z能形成紅色(或磚紅色)的Z2O和黑色的ZO兩種氧化物。(1)W在元素周期表中的位置。W的氣態氫化物穩定性比H2O(g)______(填“強”或“弱”)。(2)Y的最高價氧化物對應水化物的濃溶液與Z的單質反應的化學方程式是_____________。(3)已知下列數據:Fe(s)+O2(g)====FeO(s)ΔH=—272.0kJ·mol-12X(s)+O2(g)====X2O3(s)ΔH=—1675.7kJ·mol-1X的單質和FeO反應的熱化學方程式是________________________。19、麻黃素又稱黃堿，是我國特定的中藥材麻黃中所含有的一種生物堿，經我國科學家研究發現其結構如圖：麻黃素中含氧官能團的名稱是____，屬于____類（填“醇”或“酚”）．20、寫出下列敘述中有關物質的結構簡式：

(1)分子式為C3H7Br的鹵代烴經消去反應后得到的有機物是____________；

(2)能與金屬鈉反應，但不能與氫氧化鈉反應的芳香族化合物C7H8O是____________；

(3)含C、H、O三種元素的有機物，燃燒時消耗的氧氣和生成的CO2、H2O之間物質的量之比為1：2：2，則此類有機物中最簡單的一種是____________．21、食物是維持人類生命和健康的支柱．下表是某食品包裝袋上的說明：

。品名蔬菜蘇打餅配料面粉、鮮雞蛋、精煉食用植物油、白砂糖、奶油、食鹽、脫水青菜、橙汁、食品添加劑(碳酸氫鈉)保質期十二個月生產日期2010年11月6日(1)對上表中各種配料成分的理解；不正確的是____________．

A．富含蛋白質的是鮮雞蛋B．富含維生素的是脫水青菜和橙汁。

C．富含淀粉的是面粉和白砂糖D．富含油脂的是精煉食用植物油和奶油。

(2)以今天的日期為準；該餅干能否食用____________(填“是”或“否”)原因是____________

(3)上表中碳酸氫鈉是作為____________，其原理是(用化學方程式表示)____________．22、rm{Al(OH)_{3}}的電離方程式可表示為：rm{H^{+}+AlO_{2}^{-}+H_{2}O?Al(OH)_{3}?Al^{3+}+3OH^{-}.}試根據平衡移動原理；解釋下列有關的問題。

rm{a}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入鹽酸；沉淀溶解，其原因是______，有關的離子方程式為______

rm{b}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入苛性鈉溶液，沉淀溶解，其原因是______，有關的離子方程式為______。23、（3分）在3種有機物①②CH3CH2OH、③CH3COOH中，能用于醫用消毒的是____（填序號，下同），能使紫色石蕊變紅是，能發生取代和加成反應的是。24、某同學對“鋁熱反應”的現象有這樣的描述：“反應放出大量的熱；并放出耀眼的光芒”；“紙漏斗的下部被燒穿，有熔融物落入沙中”．由化學手冊查閱得有關物質的熔；沸點數據如下表．

。物質AlAl2O3FeFe2O3熔點/℃660205415351462沸點/℃246729802750Ⅰ．(1)該同學推測；鋁熱反應所得到的熔融物應是鐵鋁合金．理由是該反應放出的熱量使鐵熔化，而鋁的熔點比鐵的低，此時液態的鐵和鋁熔合成鐵鋁合金．你認為他的解釋是否合理____________(填“合理”或“不合理”)．

(2)設計一個簡單的實驗方案；證明上述所得的塊狀熔融物中含有金屬鋁．該實驗所用試劑是____________，反應的離子方程式為____________．

Ⅱ．實驗研究發現，硝酸發生氧化還原反應時，硝酸的濃度越稀，對應還原產物中氮元素的化合價越低．取一定量該熔融物與足量很稀的硝酸充分反應，反應過程中無氣體放出．在反應結束后的溶液中，逐漸滴加4mol?L-1NaOH溶液；所加NaOH溶液的體積V(NaOH)與產生沉淀的物質的量n(沉淀)的關系如圖所示．試回答下列問題：

(1)圖中OC段沒有沉淀生成；此階段發生的離子方程式為：____________．

(2)在DE段沉淀的物質的量沒有變化；則此階段發生反應的離子方程式為：____________．

(3)由上述圖象分析可知，溶液中離子結合OH-的能力由強到弱的順序是____________．(用離子符號表示)

(4)B與A的差值____________mol．

(5)B點對應的沉淀的物質的量為____________mol，C點對應的溶液體積為____________mL．25、已知rm{0.1mol}有機物rm{A}的質量是rm{12g}在足量的氧氣中充分燃燒后生成rm{35.2g}rm{CO_{2}}和rm{7.2g}rm{H_{2}O}rm{A}可以發生銀鏡反應；其苯環上的一溴代物有三種．

rm{(1)A}的分子式為______．

rm{(2)A}發生銀鏡反應的化學方程式為______．

已知：rm{CH_{3}-CHOxrightarrow{HCN}}rm{xrightarrow[H_{2}O]{HCI}}現有如下轉化關系：rm{Axrightarrow{HCN}Bxrightarrow[H_{2}O]{HCI}Cxrightarrow[triangle]{{濃}H_{2}SO_{4}}D}其中rm{CH_{3}-CHO

xrightarrow{HCN}}能使溴的四氯化碳溶液褪色．

rm{

xrightarrow[H_{2}O]{HCI}}寫出下列反應的化學方程式rm{Axrightarrow{HCN}B

xrightarrow[H_{2}O]{HCI}Cxrightarrow[triangle

]{{濃}H_{2}SO_{4}}D}有機物用結構簡式表示rm{D}

rm{(3)}轉化為rm{(}的反應______；

rm{)}一定條件下，rm{壟脵C}生成高分子化合物的反應______．

rm{D}的同分異構體有多種，其中符合下列要求的有機物有______種rm{壟脷}不考慮立體異構rm{D}．

rm{(4)C}與rm{(}具有相同的官能團種類。

rm{)}遇三氯化鐵溶液不顯色。

rm{壟脵}苯環上的一氯代物只有兩種．rm{C}評卷人得分四、探究題(共4題，共20分)26、（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。27、（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。28、（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。29、（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。評卷人得分五、工業流程題(共4題，共8分)30、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___。31、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32、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]=____。33、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】

甲、乙兩容積相等且固定的密閉容器，在保持該溫度恒定的條件下，壓強與物質的量成正比，X、Y的物質的量為2倍的關系，若平衡不移動，b=2c，現b＞2c；則加壓平衡正向移動；

所以2+1＞m；則m≤2符合；

又熱化學反應中2molX與1molY完全反應放出akJ熱量，向密閉容器甲中通入2molX和1molY，不能完全轉化，放出的熱量bkJ＜akJ，因轉化率不知，則無法確定a、的關系；

故選D．

【解析】【答案】甲、乙兩容積相等且固定的密閉容器，在保持該溫度恒定的條件下，壓強與物質的量成正比，X、Y的物質的量為2倍的關系，若平衡不移動，b=2c，現b＞2c；則加壓平衡正向移動，以此來解答．

2、A【分析】【解析】【答案】A3、D【分析】【解答】解：A；根據圖片知該裝置是原電池；外電路中電子從X電極流向Y電極，電流的流向與此相反，即Y→外電路→X，故A錯誤；

B；原電池中較活潑的金屬作負極；較不活潑的金屬或導電的非金屬作正極，若兩電極分別為Fe和碳棒，則Y為碳棒，X為Fe，故B錯誤；

C；X是負極；負極上發生氧化反應；Y是正極，正極上發生還原反應，故C錯誤；

D；原電池中較活潑的金屬作負極；較不活潑的金屬或導電的非金屬作正極，該原電池中X是負極，Y是正極，所以若兩電極都是金屬，則它們的活動性順序為X＞Y，故D正確；

故選D．

【分析】根據圖片知，該裝置是原電池，根據電子的流向判斷正負極，電流的流向正好與電子的流向相反；較活潑的金屬作負極，不活潑的金屬或導電的非金屬作正極；負極上發生氧化反應，正極上發生還原反應．4、A【分析】【解答】解：A、不含苯環，不是苯的同系物，屬于環烷烴，故A錯誤；B、分子中含有苯環；是芳香族化合物，故B正確；

C、含有碳碳雙鍵；苯環；只有C、H兩種元素，屬于不飽和烴，故C正確；

D、分子中﹣OH沒有直接連接苯環；芳香烴側鏈中的氫原子被羥基取代，屬于醇，故D正確；故選A．

【分析】A、苯的同系物符合：①只有一個苯環；②側鏈為烷基；③具有通式CnH2n﹣6（n≥6）；據此解答；

B；含有苯環的化合物為芳香族化合物；

C；不飽和烴是含有碳碳雙鍵或三鍵的烴；除此之外還包含芳香烴；

D、芳香烴側鏈中的氫原子被羥基取代，屬于醇．5、D【分析】【分析】

本題主要考查原電池的構成及原電池的工作原理；難度一般。

【解答】

兩種活潑性不同的金屬與電解質溶液能夠組成原電池，但不能因此說明構成原電池的材料一定是金屬，例如鋅與石墨電極也能與電解液構成原電池。在原電池中，活潑金屬中的電子流向不活潑電極，因此活潑金屬是負極。鍍錫鐵表皮破損后與電解質溶液構成原電池，鐵比錫活潑，鐵失電子被腐蝕。銅鋅原電池中，鋅作負極失電子，電極反應為rm{Zn-2e^{-}}rm{Zn^{2+}}rm{1molZn}失去rm{2mol}電子，則rm{0.2molZn(}質量為rm{13g)}失去rm{0.4mol}電子。故選D。【解析】rm{D}6、A【分析】【分析】本題考查元素周期律的綜合應用，掌握元素周期律的基本內容是解題的關鍵，注意規律的整理與記憶，難度不大。【解答】A.同主族元素從上往下金屬性之間增強，即金屬性：rm{K>Na}故A正確；故A正確；

rm{K>Na}故B錯誤；

B.同主族元素從上往下非金屬性逐漸減弱，即非金屬性：rm{Br<Cl}故B錯誤；故C錯誤；

rm{Br<Cl}C.同周期元素原子半徑從左往右逐漸減小，即原子半徑：rm{F<O}故C錯誤；則酸性：rm{F<O}D.非金屬性越強，對應最高價氧化物水化物的酸性越強，非金屬性rm{S}rm{S}rm{<Cl}則酸性：rm{H}rm{<Cl}rm{H}故D錯誤。

rm{{,!}_{2}}rm{SO}【解析】rm{A}7、C【分析】解：A．電子在原子核外作無規則運動；沒有固定軌道，故A錯誤；

B．一般情況下分子中鍵長越短鍵能一定越大，但半徑F＜Cl，鍵長F-F＜Cl-Cl，鍵能F-F＜Cl-Cl，穩定性F2＜Cl2；故B錯誤；

C．π鍵不穩定；在發生反應時易斷裂，則含有π鍵的化合物與只含σ鍵的化合物的化學性質不同，如乙烯和乙烷，故C正確；

D．元素周期表中位于金屬和非金屬分界線附近的元素屬于半導體元素；過渡元素在副族和第Ⅷ族中，故D錯誤。

故選：C。

A．電子在原子核外作無規則運動；

B．分子中鍵長越短鍵能不一定越大；

C．π鍵不穩定；在發生反應時易斷裂；

D．金屬和非金屬非極性附近的元素是半導體元素．

本題考查較為綜合，涉及核外電子的運用、共價鍵的性質與分類、元素周期表與周期律等知識，為高考常見題型，側重于學生的雙基的考查，易錯點為B，注意能找出反例，難度不大．【解析】C二、雙選題(共9題，共18分)8、A|D【分析】解：A．鋼鐵在潮濕的空氣中比在干燥空氣中更容易生銹；原因是在潮濕的環境中易發生電化學腐蝕，與平衡移動原理無關，故A選；

B．加入AlCl3溶液，促進AlCl3的水解；生成氫氧化鋁和鹽酸，鹽酸易揮發，最終得到氫氧化鋁，與平衡移動原理有關，故B不選；

C．水的電離存在平衡H2O?H++OH-，NaOH溶液中，OH-濃度增大，抑制水的電離，NaOH溶液中由水電離出的c（H+）＜1×10-7mol/L；能用勒夏特列原理解釋，故C不選；

D．N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）；增大壓強，化學平衡正向移動，有利于氨氣的生成，但是工業上合成氨常在高壓下，是考慮設備的耐壓程度，與平衡移動原理無關，故D選；

故選AD．

平衡移動原理是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度；壓強或溫度等）；平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，平衡移動原理適用的對象應存在可逆過程，如與可逆過程無關，則不能用平衡移動原理解釋，平衡移動原理對所有的動態平衡都適用．

本題考查了勒夏特列原理的使用條件，難度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應．【解析】【答案】AD9、rAD【分析】解：rm{A.pH=3}的rm{CH_{3}COOH}與rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等體積混合，醋酸過量，溶液呈酸性，且溶液中存在rm{Na^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}四種離子；故A正確；

B.由等物質的量濃度、等體積的rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合生成強堿弱酸鹽；溶液呈堿性，與溶液的酸性不符，故B錯誤；

C.根據電荷守恒有rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+}}rm{)+c(Na^{+}}rm{)}若溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+}}rm{)>c(OH^{-})>c(H^{+}}rm{)}則rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})>c(H^{+}}rm{)+c(Na^{+}}rm{)}溶液不呈電中性，故C錯誤；

D.若加入適量氨水至堿性，溶液中存在rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}因為rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}則rm{c(CH_{3}COO^{-})<c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})}故D正確；

故選AD．

某酸性溶液中只有rm{Na^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}四種離子，則該溶液為rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COONa}混合溶液．

A.rm{pH=3}的rm{CH_{3}COOH}與rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等體積混合；醋酸過量，溶液呈酸性；

B.由等物質的量濃度、等體積的rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合生成強堿弱酸鹽；溶液呈堿性；

C.根據溶液呈電中性分析；

D.根據電荷守恒有rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+}}rm{)+c(Na^{+}}rm{)}判斷．

本題考查酸堿混合的定性計算和判斷，題目難度中等，注意結合溶液的電荷守恒分析，明確溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關系為解答關鍵，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】rm{AD}10、AD【分析】【分析】本題考查二氧化硫與一氧化碳氣體的比較，題目難度不大，本題注意常見元素化合物知識的積累。【解答】A.rm{CO}不溶于水；二氧化硫易溶于水，故A正確；

B.形成酸雨的氣體為rm{SO_{2}}rm{CO}難溶于水；且與水不反應，故B錯誤；

C.rm{CO}不能使品紅溶液褪色；二氧化硫能使品紅溶液褪色，故C錯誤；

D.rm{CO}和rm{SO_{2}}氣體都有毒，為污染性氣體，危害健康，rm{CO}不溶于水；二氧化硫易溶于水，故D正確。

故選AD。【解析】rm{AD}11、AD【分析】解：rm{A.}乙酸沒有自由移動的離子；它的溶液能電離出乙酸根離子；氫離子導電，故它是電解質，故A正確；

B.乙醇在水中存在乙醇分子；沒有自由移動的離子，故不能導電，是非電解質，故B錯誤；

C.油脂是高級脂肪酸甘油酯；難溶于水，不能導電，不屬于電解質，故C錯誤；

D.氯化鈉溶于水或熔融能電離出自由移動的鈉離子和氯離子；所以能導電，是電解質，故D正確；

故選AD．

電解質是溶于水溶液中或在熔融狀態下就能夠導電rm{(}自身電離成陽離子與陰離子rm{)}的化合物；例如酸；堿和鹽等；凡在上述情況下不能導電的化合物叫非電解質，例如蔗糖、酒精等．

本題較簡單，主要考查電解質的定義，注意電解質和非電解質都必須是化合物，電解質能導電是溶于水溶液中或在熔融狀態下自身電離，單質和混合物既不是電解質也不是非電解質．【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A.}該溫度下，rm{NaCl}有剩余，說明得到的rm{NaCl}溶液是飽和溶液；故A正確；

B.在rm{100g}水中加入rm{50g}rm{NaCl}固體，得到rm{136g}濾液，剩余rm{100g+50g-136g=14gNaCl}則得到的rm{NaCl}飽和溶液中rm{NaCl}的質量為rm{50g-14g=36g}因此濾液中rm{NaCl}的質量分數為rm{dfrac{36g}{136g}隆脕100%=26.5%}故B錯誤；

C.該溫度下，rm{dfrac

{36g}{136g}隆脕100%=26.5%}水中最多溶解了rm{100g}所以rm{36gNaCl}的溶解度為rm{NaCl}故C錯誤；

D.該溫度下，rm{36g}水中最多溶解了rm{100g}所以rm{36gNaCl}的溶解度為rm{NaCl}故D正確；

故選AD．

在rm{36g}水中加入rm{100g}rm{50g}固體，得到rm{NaCl}濾液，剩余rm{136g}則得到的rm{100g+50g-136g=14gNaCl}飽和溶液中rm{NaCl}的質量為rm{NaCl}代入rm{婁脴=dfrac{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺脪潞}}}隆脕100%}計算濾液中rm{50g-14g=36g}的質量分數．

本題考查溶液中溶質的質量分數及相關計算，為高頻考點，側重于數據分析和計算能力的培養，題目難度不大．rm{婁脴=dfrac

{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺脪潞}}}隆脕100%}【解析】rm{AD}13、A|D【分析】解：A、金屬元素的金屬性越強，則單質的還原性越強，Na、K、Rb的金屬性逐漸增強，則Na、K、Rb的還原性逐漸增強；故A正確；

B、非金屬元素的非金屬性越強，則其原子的還原性越弱，F、Cl、Br的非金屬性逐漸減弱，則F、Cl、Br的還原性增強；故B錯誤；

C、金屬離子處于最高價時只有氧化性，沒有還原性，則不能比較Mg2+、Al3+、Zn2+的還原性；故C錯誤；

D、非金屬元素的非金屬性越強，則其陰離子的還原性越弱，Cl、Br、I的非金屬性逐漸減弱，則Cl-、Br-、I-的還原性增強；故D正確．

故選AD．

金屬元素的金屬性越強；則單質的還原性越強，非金屬元素的非金屬性越強，則其原子和陰離子的還原性越弱，金屬離子處于最高價時只有氧化性，沒有還原性．

本題考查還原性強弱比較，明確金屬性、非金屬性與還原性的關系即可解答，題目難度不大，注意把握同主族、同周期元素性質的遞變規律．【解析】【答案】AD14、B|D【分析】解：A．由表中數據可知，前5min內參加反應的X為1mol-0.5mol=0.5mol，則v（X）==0.05mol/（L?min）；速率之比等于化學計量數之比，v（Z）=2v（x）=0.1mol/（L?min），故A錯誤；

B．由圖可知；隨溫度升高，平衡常數減小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應；

由表中數據可知；5min到達平衡，平衡時X為0.5mol，則：

X（g）+Y（g）?2Z（g）

開始（mol）：120

轉化（mol）：0.50.51

平衡（mol）：0.51.51

由于反應前后氣體的體積不變，用物質的量代替濃度計算平衡常數，故K==小于溫度T1時的平衡常數4，故溫度T1＞T；故B正確；

C．由B中數據可知，平衡時參加反應的X為1mol-0.5mol=0.5mol，則X的轉化率為×100%=50%．由于反應前后氣體體積不變；故X；Y的起始物質的量滿足1：2時為等效平衡，平衡時X的轉化率相等，在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到達的平衡等效為開始通入2molX、4molY到達的平衡基礎上（此時平衡時X的轉化率為50%），再通入1molZ，平衡向逆反應方向移動，X的轉化率降低，故在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，達到平衡時，X的轉化率小于為50%，X的體積分數改變，故C錯誤；

D．設參加反應的X為amol；則：

X（g）+Y（g）?2Z（g）

開始（mol）：120

轉化（mol）：aa2a

平衡（mol）：1-a2-a2a

則=4，解得a=則X的轉化率為×100%≈66.7%；故D正確；

故選BD．

A．根據v=計算v（X）；再根據速率之比等于化學計量數之比計算v（Z）；

B．由圖可知，隨溫度升高，平衡常數減小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動；由表中數據可知，5min到達平衡，利用三段式表示出平衡時各組分的物質的量，由于反應前后氣體的體積不變，用物質的量代替濃度計算平衡常數，再與溫度T1時的平衡常數比較判斷溫度高低；

C．由B中數據可知，平衡時參加反應的X為1mol-0.5mol=0.5mol，則X的轉化率為×100%=50%．由于反應前后氣體體積不變；故X；Y的起始物質的量滿足1：2時為等效平衡，平衡時X的轉化率相等，在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到達的平衡等效為開始通入2molX、4molY到達的平衡，再通入1molZ，結合平衡移動判斷；

D．設參加反應的X為amol；利用三段式表示出平衡時各組分的物質的量，由于反應前后氣體的體積不變，用物質的量代替濃度代入平衡常數表達式列方程計算．

本題考查化學反應速率計算、化學平衡常數計算及影響因素、化學平衡計算、等效平衡等，D中關鍵是對等效平衡的理解，也可以利用平衡常數計算判斷，但比較繁瑣，題目難度較大．【解析】【答案】BD15、C【分析】解：A．丙烯中含碳碳雙鍵；為烯烴，故A正確；

B.2-甲基丙酸中含-COOH；為羧酸，故B正確；

C．甲酸苯甲酯中含-COOC-；為酯類，故C錯誤；

D．RCH2OH中含-OH；為醇類，故D正確；

故選C．

A．含碳碳雙鍵；

B．含-COOH；

C．含-COOC-；

D．含-OH．

本題考查有機物的官能團與分類，為高頻考點，把握常見有機物中的官能團為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】C16、BD【分析】【分析】本題考查了氯代烴的消去反應的條件及產物的種類，題目難度中等。【解答】根據能與rm{H_{2}}加成生成rm{2-}甲基丁烷，說明rm{Y}和rm{Z}均為分子中含rm{5}個rm{C}原子的不飽和烴，其碳骨架為rm{begin{matrix}C-C-C-C;;;;;;;;;;簍聡;;;;;;Cend{matrix}}氯代烴發生消去反應生成烯烴和烯烴加氫生成烷烴，碳架不變，故化合物rm{begin{matrix}C-C-C-C

;;;;;;;;;;簍聡;;;;;;Cend{matrix}}的碳架有一個支鏈甲基；A.rm{X}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}沒有支鏈，故A錯誤；B.含有一個支鏈甲基，發生消去反應生成兩種烯烴，故B正確；C.有兩個支鏈，故C錯誤；D.rm{2}rm{2}rm{CH}【解析】rm{BD}三、填空題(共9題，共18分)17、略

【分析】考查電化學的綜合應用。（1）應用放電和充電的反應條件不同，所以反應不是可逆反應，選項①正確；Ni(OH)2和Cd(OH)2均難溶于水但能溶于酸，所以電解質不能用硫酸，選項②不正確；充電相當于電解，電能轉化為化學能，選項③不正確；放電是鎘失去電子，發生氧化反應，作負極，選項④不正確；放電時正極電極反應式是2NiO(OH)－＋2e－＋2H2O=2OH－＋2Ni(OH)2，所以放電時正極區pH升高，選項⑤正確，答案選①⑤。（2）原電池負極失去電子，所以氫氣在負極通入，電極反應式是H2－2e–+2OH—=2H2O；氧氣在正極通入，電極反應式是O2+2H2O+4e–=4OH–。由于反應中有水生成，所以氫氧化鉀的濃度降低，pH變小。【解析】【答案】（每空2分）（1）①⑤（2）H2－2e–+2OH—=2H2OO2+2H2O+4e–=4OH–變小18、略

【分析】【解析】【答案】19、羥基|醇【分析】【解答】解：麻黃素中含氧官能團為羥基，可看成醇類物質，故答案為：羥基；醇．【分析】根據麻黃素的結構簡式判斷其分子中含有的官能團名稱，以此解答該題．20、略

【分析】解：(1)分子式為C3H7Br的鹵代烴CH3CH2CH2Br或CH3CHBrCH3經消去反應后得到的有機物均為CH3CH=CH2，故答案為：CH3CH=CH2；

(2)能與金屬鈉反應，但不能與氫氧化鈉反應的芳香族化合物C7H8O，為苯甲醇，結構簡式為C6H5CH2OH，故答案為：C6H5CH2OH；

(3)含C、H、O三種元素的有機物，燃燒時消耗的氧氣和生成的CO2、H2O之間物質的量之比為1：2：2，該有機物為CnH2nOx，則Cn(H2O)n+mO22mCO2+2mH2O；

所以解得x=2n，即有機物為CnH2nO2n，n=1為最簡單的此類有機物，該物質為HCOOH，故答案為：HCOOH．【解析】CH3CH=CH2;C6H5CH2OH;HCOOH21、略

【分析】解：(1)A．鮮雞蛋中富含蛋白質；故A正確；

B．脫水青菜或橙汁中富含維生素；故B正確；

C．白砂糖中無淀粉；故C錯誤；

D．植物油或奶油中富含油脂；故D正確．

故選C．

(2)保質期是十二個月；截止到2011年11月6日前食用，該食品已經過了保質期，不能食用，故答案為：否；該食品已經過了保質期；

(3)碳酸氫鈉受熱分解產生二氧化碳，能使蘇打餅變得膨松，故答案為：膨松劑；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．【解析】C;否;該食品已經過了保質期;膨松劑;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑22、略

【分析】解：rm{Al(OH)_{3}}的電離方程式可表示為：rm{H_{2}O+AlO_{2}^{-}+H^{+}?Al(OH)_{3}?Al^{3+}+3OH^{-}}存在酸式電離生成偏鋁酸根離子，堿式電離生成鋁離子；

rm{(1)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入鹽酸，抑制酸式電離，促進堿式電離生成氯化鋁溶液，沉淀溶解，反應的離子方程式為：rm{3H^{+}+Al(OH)_{3}=3H_{2}O+Al^{3+}}

故答案為：鹽酸中的rm{H^{+}}與rm{OH^{-}}結合生成水，使上述平衡中rm{c(OH^{-})}減小，平衡向右移動，rm{Al(OH)_{3}}沉淀不斷溶解；rm{3H^{+}+Al(OH)_{3}=3H_{2}O+Al^{3+}}

rm{(2)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入苛性鈉溶液抑制堿式電離；促進酸式電離得到偏鋁酸鈉溶液，沉淀溶解；

故答案為：加入氫氧根消耗氫離子，使得氫離子濃度降低，平衡向生成偏鋁酸根的方向移動，使得氫氧化鋁溶解；rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(1)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入鹽酸；抑制酸式電離，促進堿式電離生成氯化鋁溶液；

rm{(2)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入苛性鈉溶液抑制堿式電離；促進酸式電離得到偏鋁酸鈉溶液。

本題考查了鋁及其化合物性質的分析應用，主要是氫氧化鋁兩性的理解應，掌握氫氧化鋁的兩種電離平衡是解題關鍵，題目較簡單。【解析】鹽酸中的rm{H^{+}}與rm{OH^{-}}結合生成水，使上述平衡中rm{c(OH^{-})}減小，平衡向右移動，rm{Al(OH)_{3}}沉淀不斷溶解；rm{3H^{+}+Al(OH)_{3}=3H_{2}O+Al^{3+}}加入氫氧根消耗氫離子，使得氫離子濃度降低，平衡向生成偏鋁酸根的方向移動，使得氫氧化鋁溶解；rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}23、略

【分析】【解析】【答案】2，3，124、略

【分析】解：Ⅰ：(1)鋁的熔點比鐵低；生成鐵和液態鋁一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以鋁熱反應所得到的熔融物應是鐵鋁合金；

故答案為：合理；

(2)鋁與NaOH溶液反應生成氣體，反應的化學方程式為2Al+2OH-+H2O=2AlO2-+3H2↑；所以可用NaOH溶液檢驗所得的塊狀熔融物中含有金屬鋁；

故答案為：NaOH溶液；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

Ⅱ(1)圖中OC段沒有沉淀生成，此階段發生的離子方程式為H++OH-=H2O，故答案為：H++OH-=H2O；

(2)在DE段沉淀的物質的量沒有變化，應為NH4+和OH-的反應，此階段發生反應的離子方程式為NH4++OH-═NH3?H2O，故答案為：NH4++OH-═NH3?H2O；

(3)由反應的順序可知，溶液中離子結合OH-的能力由強到弱的順序是H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+，故答案為：H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+；

(4)根據Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，得出Al(OH)3的物質的量為：(36-34)×10-3L×4mol/L=0.008mol；即B與A的差值為0.008mol；

故答案為：0.008；

(5)沉淀的總量可根據NH4+的量，根據NH4++OH-═NH3?H2O得出n(NH4+)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol；

根據氧化還原反應，N元素由+5價變為-3價，而金屬都由0價變為+3價，可以運用電子守恒得出金屬的物質的量為=0.032mol；

滴加NaOH體積為31ml時；

發生反應為①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；

可計算得出C點氫氧化鈉溶液的體積為。

31ml-×103ml/L=7mL．

故答案為：0.032；7．【解析】合理;NaOH溶液;2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;H++OH-=H2O;NH4++OH-═NH3?H2O;H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+;0.008;0.032;725、略

【分析】解：rm{0.1mol}有機物rm{A}的質量是rm{12g}則rm{Mr(A)=120}rm{0.1molA}在足量的氧氣中充分燃燒后生成rm{35.2g}rm{CO_{2}}和rm{7.2gH_{2}O}rm{CO_{2}}的物質的量rm{=dfrac{35.2}{44}mol=0.8mol}水的物質的量rm{=dfrac{7.2}{18}mol=0.4mol}根據原子守恒可知，該有機物中rm{=dfrac

{35.2}{44}mol=0.8mol}rm{=dfrac

{7.2}{18}mol=0.4mol}故有機物中rm{N(O)=dfrac{120-12隆脕8-8}{16}=1}故有機物rm{N(C)=8}的分子式為rm{N(H)=8}可以發生銀鏡反應，含有醛基rm{N(O)=dfrac

{120-12隆脕8-8}{16}=1}苯環上的一鹵代物有三種，苯環上有rm{A}種化學環境不同的rm{C_{8}H_{8}O.A}原子，故只能有rm{-CHO}個側鏈為rm{3}則rm{H}的結構簡式為由rm{1}中信息可知，rm{-CH_{2}CHO}與rm{A}發生加成反應生成rm{(2)}為rm{A}在酸性條件下發生水解反應生成rm{HCN}為rm{B}在濃硫酸、加熱條件下生成rm{B}rm{C}能使溴的四氯化碳溶液褪色，應為發生消去反應，故D為

rm{C}由上述分析可知，rm{D}的分子式是rm{D}

故答案為：rm{(1)}

rm{A}發生銀鏡反應的化學方程式為

故答案為：

rm{C_{8}H_{8}O}的化學反應方程式為rm{C_{8}H_{8}O}一定條件下，rm{(2)A}生成高分子化合物的反應為：

故答案為：

rm{(3)壟脵C隆煤D}rm{壟脷}的同分異構體有多種，符合下列條件的同分異構體：rm{D}與rm{(4)C(}具有相同的官能團種類，即含有羥基和羧基；rm{)}遇三氯化鐵溶液不顯色，說明不含有酚羥基；rm{壟脵}苯環上的一氯代物只有兩種，說明有兩個不同的官能團位于苯環的對位，符合條件的同分異構體為苯環的對位分別連有rm{C}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{-COOH}rm{-CH_{2}CH_{2}OH}rm{-COOH}rm{-CHOHCH_{3}}rm{-CH_{2}COOH}共有rm{-CH_{2}OH}種；

故答案為：rm{-CHOHCOOH}

rm{-CH_{3}}有機物rm{4}的質量是rm{4}則rm{0.1mol}rm{A}在足量的氧氣中充分燃燒后生成rm{12g}rm{Mr(A)=120}和rm{0.1molA}rm{35.2g}的物質的量rm{=dfrac{35.2}{44}mol=0.8mol}水的物質的量rm{=dfrac{7.2}{18}mol=0.4mol}根據原子守恒可知，該有機物中rm{CO_{2}}rm{7.2gH_{2}O}故有機物中rm{N(O)=dfrac{120-12隆脕8-8}{16}=1}故有機物rm{CO_{2}}的分子式為rm{=dfrac

{35.2}{44}mol=0.8mol}可以發生銀鏡反應，含有醛基rm{=dfrac

{7.2}{18}mol=0.4mol}苯環上的一鹵代物有三種，苯環上有rm{N(C)=8}種化學環境不同的rm{N(H)=8}原子，故只能有rm{N(O)=dfrac

{120-12隆脕8-8}{16}=1}個側鏈為rm{A}則rm{C_{8}H_{8}O.A}的結構簡式為由rm{-CHO}中信息可知，rm{3}與rm{H}發生加成反應生成rm{1}為rm{-CH_{2}CHO}在酸性條件下發生水解反應生成rm{A}為rm{(2)}在濃硫酸、加熱條件下生成rm{A}rm{HCN}能使溴的四氯化碳溶液褪色，應為發生消去反應，故D為據此解答．

本題考查有機物推斷與合成，是對有機化合物知識的綜合考查，能較好的考查考生的自學能力，讀懂信息中給予的反應是解題的關鍵，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，難度中等，是高考熱點題型．rm{B}【解析】rm{C_{8}H_{8}O}rm{4}四、探究題(共4題，共20分)26、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）27、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變為血紅色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現血紅色。（3）根據（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數為【解析】【答案】（1）溶液變為血紅色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）28、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）29、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變為血紅色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現血紅色。（3）根據（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數為【解析】【答案】（1）溶液變為血紅色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）五、工業流程題(共4題，共8分)30、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.