2024年浙科版选修化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙科版选修化学下册阶段测试试卷309考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列说法正确的是A.NH3、CO、CO2都是极性分子B.H2O、D2O、T2O互为同分异构体C.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子D.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强2、某有机化工原料的结构简式如图所示；下列关于该有机物的说法正确的是。

A.不能使酸性KMnO4溶液褪色B.1mol该物质最多能和4molH2发生加成反应C.分子中所有原子共平面D.易溶于水及甲苯3、某饱和一元醇在灼热铜丝的催化下可以氧化成4种不同结构的醛，则该醇的分子式为A.B.C.D.4、香柠檬酚具有抗氧化功能；它的结构如图，下列说法正确的是（）

A.它的分子式为C13H9O4B.它与H2发生加成反应，1mol最多可消耗7molH2C.它与溴水发生反应，1mol最多消耗3molBr2D.它与NaOH溶液反应，1mol最多消耗3molNaOH5、已知：①

②

③

④→+H2↑

下列说法正确的是A.由反应①可推测苯甲醛和乙醛发生上述反应生成的是B.反应②属于还原反应C.反应③属于取代反应D.反应④属于消去反应6、有5种有机物：①②③④CH3﹣CH=CH﹣CN⑤CH2=CH﹣CH=CH2；其中可用于合成高分子材料（结构如图所示）的正确组合为。

A.①②④B.①②⑤C.②④⑤D.③④⑤7、人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式为下列关于乳酸的说法正确的是（）A.乳酸的系统命名为1-羟基丙酸B.与乳酸具有相同官能团的所有同分异构体(包括乳酸)共3种C.乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应D.乳酸发生缩聚反应的方程式为n+nH2O8、在海轮的船壳上连接锌块，这是一种A.制成合金的保护法B.外加电流的阴极保护法C.牺牲阳极的阴极保护法D.牺牲正极的负极保护法评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、按要求填空：

（1）有机物命名：

________________________________；

___________________________________；

（2）依据名称写出物质：3；4-二甲基-4-乙基庚烷___________________________；

3；4，4-三甲基-1-戊炔____________________________________。

（3）已知有机物降冰片二烯的分子结构可表示为：

①降冰片二烯的分子式为______________；

②降冰片二烯属于_________________；

a环烃b不饱和烃c烷烃d烯烃10、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.11、某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)=____；在该温度下，0.04mol/L的NaOH溶液的pH=____；该温度下，某溶液中由水电离产生的[OH-]和[H+]的乘积为1.6×10-17，则该溶液的pH=____。12、现有下列8种物质：①液氯；②铜；③熔融NaHSO4；④Fe(OH)3固体；⑤盐酸；⑥蔗糖；⑦干冰；⑧红磷固体；⑨AgCl；⑩CH3COOH晶体；请按要求回答下列问题(填写物质编号）。

(1)上述状态下能导电的是_________________________；

(2)属于电解质是______________；

(3)属于非电解质的是_______________；

(4)3.1g红磷在氯气中充分反应后；生成三氯化磷与五氯化磷的物质的量之比为1:3,该反应的化学方程式为___________________；

(5)写出④与⑤反应的离子方程式________________________；

(6)写出往NaHSO4溶液中沛加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时的离子方程式________。13、现有常温下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙；请根据下列操作回答问题：

（1）常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_____。

A．c(H＋)B．c(H+)/c(CH3COOH)C．c(H＋)·c(OH－)

（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的c(H+)/c(CH3COOH)比值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。

（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)______(填“＞”“＜”或“＝”)V(乙)。

（4）已知25℃时，下列酸的电离平衡常数如下：。化学式CH3COOHH2CO3HClOH2SO3电离平衡常数1.8×10－5K1＝4.3×10－7K2＝4.7×10－113.0×10－8K1＝1.54×10－2K2＝1.02×10－7

①下列微粒可以大量共存的是______填字母

a.CO32-、HSO3-b.HCO3-、HSO3-

c.SO32-、HCO3-d.CO32-、H2CO3

②写出下列反应的离子方程式：

H2SO3＋Na2CO3(少量)：_______________

室温下，0.1mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL0.10mol·L－lH2C2O4(二元弱酸）溶液；所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：

（5）点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)＝_____mol/L。点⑤所示的溶液中各离子浓度的大小顺序_____．

（6）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)为无色，某同学设计实验测定其纯度。实验过程如下：称取mg草酸晶体于锥形瓶中,加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是_______；该过程中发生反应的离子方程式为________；滴定过程中消耗VmLKMnO4标准溶液，草酸晶体纯度为________。14、(1)与苯酚互为同系物的是_______(填字母)。

A.B.C.D.

(2)有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④聚异戊二烯()、⑤2-丁炔、⑥环己烷、⑦环己烯、⑧既能使酸性高锰酸钾溶液褪色。又能使溴水因化学反应而褪色的是_______。

(3)系统命名为_______，它消去生成的炔烃的结构简式为_______。

(4)写出乳酸()在浓硫酸作用下加热发生的反应方程式：

①消去反应_______；

②形成六元环_______。15、写出下列有机物的系统命名或结构简式：

（1）_____________

（2）_____________

（3）4，4，5-三甲基-2-己炔_______________

（4）新型弹性材料“丁苯吡橡胶”的结构简式如下：其单体为______________（有几种写几种）

（5）如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），填写所选用的除杂试剂与主要分离方法。不纯物质除杂试剂分离方法1溴苯（Br2）____________________2乙醛（乙酸）____________________3乙酸乙酯（乙酸）____________________4乙醇（苯酚）____________________5硝基苯（硝酸）____________________

（6）①C5H12O的醇，在一定条件下能发生催化氧化反应，产物能与新制的氢氧化铜反应生成红色沉淀，醇的核磁共振氢谱中有三组峰，写出满足上述条件的醇的结构简式______

②C5H12O的醇，在一定条件下不能发生消去反应，写出满足条件的醇的结构简式______

③分子式为C5H12O，不能与金属钠反应，核磁共振氢谱中有四组峰，峰的面积比为3：2：1：6，写出满足上述条件的物质的结构简式______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、己烯中混有少量甲苯，先加入足量溴水，然后加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则证明己烯中混有甲苯。(____)A.正确B.错误17、卤代烃发生消去反应的产物有2种。(___________)A.正确B.错误18、葡萄糖是人体所需能量的重要来源。(____)A.正确B.错误19、在蔗糖与稀硫酸共热后的溶液中，滴加银氨溶液，验证产物中的葡萄糖。(____)A.正确B.错误20、所有的糖都有甜味，在分子组成上均满足Cm(H2O)n。(____)A.正确B.错误21、天然的氨基酸都是晶体，一般能溶于水。(____)A.正确B.错误22、乙酸和乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液加以区别。(____)A.正确B.错误23、若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不一致。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共3题，共12分)24、硒和碲在工业上有重要用途。在铜；镍、铅等电解工艺的阳极泥中硒、碲主要以硒化物、碲化物及金属状态存在。一种从阳极泥中提取Se和Te的工艺流程见下：

已知：碲酸钠(Na2H4TeO6)难溶，碲酸(H6TeO6)可溶。

回答下列问题：

（1）阳极泥在600K左右加入一定浓度H2SO4“焙烧”时，单质Te转化为TeO2的化学方程式为___________________________________________。

（2）“焙砂”与碳酸钠充分混合，干燥后通空气氧化物料，每生成1mol碲酸钠，则需要的氧化剂O2至少为_______mol；生成的碲酸钠不水浸，而采取“酸浸”的原因是______________________________________。

（3）“反应”时的化学方程式为_________________________________________________。

（4）“还原”中的反应生成物为TeO2，检验反应后是否有反应物Na2SO3过量的实验操作方法为________________________________________________________。

（5）已知“电解”时使用石墨电极，阳极产物与阴极产物的物质的量之比为______________。

（6）工艺路线中可以循环利用的物质有_____________________、_____________________。25、碲(Te)为第VIA元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲；

（1）“培烧”后,确主要以TeO2形式存在，写出相应反应的离子方程式:______。

（2）为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示:。温度/℃硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTeCuTe4501.2577.32.634601.0080.292.811.2589.862.872.871.5092.317.707.705001.2559.835.485501.2511.6510.63

则实验中应选择的条件为___________，原因为________________。

（3）滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为___________。

（4）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为_____。

（5）由于工艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高。有研究者采用工艺（II）获得磅.则“电积”过程中，阴极的电极反应式为___________。

（6）工业生产中；滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。

①滤液3与滤液1合井。进入铜电积系统。该处理措施的优点为______。

②滤渣3中若含Au和Ag，可用_____将二者分离。(填字母)

A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸26、一定量的某有机物A完全燃烧后；生成0.03mol二氧化碳和0.04mol水，其蒸汽的密度是同温同压条件下氢气密度的30倍。

（1）A的分子式为____________________。

（2）根据其分子组成，A的类别可能为__________或__________（填物质类别）。

（3）A可与金属钠发生置换反应，其H-NMR（氢核磁共振）谱图显示有三组吸收峰，请写出A在铜催化下被氧化的化学方程式：____________________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共8分)27、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-；现取两份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加过量NaOH溶液加热后；只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。

②在甲溶液中通入过量CO2；生成白色沉淀，沉淀经过滤；洗涤、灼烧，质量为1.02g。

③第二份加足量BaCl2溶液后；得白色沉淀，加盐酸不溶解，经过滤；洗涤、干燥后，称得沉淀质量为13.98g。

（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是______________，不能确定是否存在的离子是_______，检验该离子需使用何种试剂或方法______________。

（2）由题意可知此溶液呈________性（答酸性、碱性或中性），上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是___________。

（3）钾离子是否存在（是或否）：_______，若存在其浓度范围为（没有则不答）：_________。28、I.由三种短周期元素组成的化合物A；按如下流程进行实验。已知相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍。

请回答：

(1)组成A的三种元素为__________，A的化学式为__________。

(2)A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______________________________________。

(3)A与足量氨气在一定条件下可以反应生成2种常见的氮肥，该反应的化学方程式为__________________________________________________。

II.某兴趣小组利用废铜屑制备硫酸铜晶体；装置如图所示(夹持装置和加热装置已略去)，在实验中将适量硝酸逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发浓缩；冷却结晶，制得硫酸铜晶体。

(1)将硝酸逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中的目的是___________________________。

(2)实验过程中盛有NaOH溶液的烧杯上方仍然出现了红棕色气体，请对该实验装置提出改进意见：________________________________________________________________。29、如图；A；B、C、D、E各代表碳、铁、二氧化碳、硫酸铜溶液、氢氧化钡溶液中的一种物质。一定条件下，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，且B的相对分子质量大于D。请填空：

(1)写出下列物质的化学式：A_____，B_____，D_____。

(2)写出下列反应的离子方程式：B＋C：_____________________。

(3)相连环物质间发生的反应中，氧化还原反应共有___________个。30、下图表示各物质之间的转化关系。已知：A、B、I都是XY2型化合物；且阳离子相同，A；B晶体中阴、阳离子个数比都是1∶1，但I晶体中阴、阳离子个数比是2∶1，I常用作干燥剂。

请按要求填空：

(1)I的电子式是___________；

(2)反应⑥的化学方程式是__________，反应③在工业上的一个重要用途是___________；

(3)反应④的化学方程式是_____________________；

(4)根据上图中物质之间的转化关系及题中所给信息判断，B的化学式是___________。评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)31、二元化合物X呈黑棕色晶体，易潮解，易溶于水、乙醇和乙醚；熔点306℃，沸点315℃，400℃时存在二聚体。将X加热到200℃以上释放出一种单质气体：取1.2000gX,加热完全分解为晶体B和气体C;气体C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，消耗29.59mL;晶体B可溶于水，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定，消耗24.66mL。设分解反应转移电子数为n,则X的摩尔质量为___________；满足条件的X是___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．NH3、CO正负电荷重心不重合为极性分子，而CO2为非极性分子，故A错误；

B．H2O、D2O、T2O都是水分子，具有相似的化学性质，不属于同分异构体，故B错误；

C．CH4、CCl4中的C-H、C-Cl键都是极性键，甲烷和四氯化碳都是正四面体结构，为非极性分子，所以二者都是含有极性键的非极性分子，故C正确；

D．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故D错误；

故选：C。

【点睛】

同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键；正负电荷重心重合的分子为非极性分子，不重合的为极性分子。2、B【分析】【详解】

A选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；故A错误；

B选项，1mol苯环消耗3mol氢气，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，因此1mol该物质最多能和4molH2发生加成反应；故B正确；

C选项；含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误；

D选项；酯不易溶于水，故D错误。

综上所述，答案为B。3、C【分析】【详解】

饱和一元醇在灼热铜丝的催化下可以氧化成4种不同结构的醛，则该羟基位于1号碳上，除该碳为支链有4种情况；根据支链情况可知，分子式为支链情况为：-CH2CH2CH2CH3、-CH2CH(CH3)CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)3；

故选C。4、D【分析】【详解】

A．烃的含氧衍生物所含氢原子个数不会为奇数，根据该物质的结构可知分子式为C12H8O4；故A错误；

B．分子中含有苯环和1个碳碳双键以及1个酮基，都可与氢气发生加成反应，则1mol最多可消耗5molH2；酯基不与氢气发生加成反应，故B错误；

C．酚羟基只有1个对位氢原子可被取代，碳碳双键可以和溴发生加成，所以它与溴水发生反应，1mol最多消耗2molBr2；故C错误；

D．该物质本身含有一个酚羟基；酯基水解生成一个酚羟基和一个羧基，所以1mol该物质最多消耗3molNaOH，故D正确；

故答案为D。5、D【分析】【详解】

A、根据信息①可知，在碱性环境下，两个醛分子先发生加成反应，然后在发生消去反应，生成烯醛，与CH3CHO发生反应最终生成A错误；

B；有机反应中去氢加氧的过程为氧化反应；②反应过程中去氢，属于氧化反应，B错误；

C、反应③苯环上与羟基邻位上氢与甲醛发生加成反应生成C错误；

D；反应④由乙苯变为苯乙烯；属于消去反应，D正确；

正确选项D。

【点睛】

有机氧化还原反应主要从以下角度进行判定：有机物去氢或加氧，发生氧化反应，比如，乙醇氧化制乙醛，乙醛氧化制乙酸等；有机物加氢或去氧，发生还原反应，比如乙醛加氢还原为乙醇，硝基苯被还原为苯胺等。6、D【分析】【详解】

该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有8个碳原子，且中间含有1个碳碳双键，其单体必为3种，按如图所示划线断开在将双键中的1个C−C打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体是：CH3−CH=CH−CN、CH2=CH−CH=CH2、即：③④⑤，故答案为：D。

【点睛】

加聚产物的单体推断方法：

（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物；其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；

（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物；其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；

（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。7、B【分析】【详解】

A．乳酸的系统命名为2-羟基丙酸；故A错误；

B．与乳酸具有相同官能团的同分异构体乳酸分子有对称碳原子有两种旋光异构体，包括乳酸共3种，故B正确；

C．乳酸分子含有羟基；羧基；可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；

D．乳酸分子含有羟基、羧基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的方程式为n+(n-1)H2O；故D错误；

故选B。8、C【分析】【分析】

【详解】

A.制成合金的保护法是改变结构的化学方法；改变金属的内部结构。例如：把铬；镍加入普通钢中制成不锈钢，故A不符；

B.外加电流的阴极保护法：这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极；迫使电子流向被保护金属，使被保护金属电极电位高于周围环境来进行保护，故B不符；

C.牺牲阳极的阴极保护法：即用电极电位较低的金属与被保护的金属接触；使被保护的金属成阴极而不被腐蚀，故C符合；

D.没有牺牲正极的负极保护法这种方法；故D不符；

故选C。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【详解】

（1）为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有6个C，主链为己烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在2号C，在2、4号C各含有1个甲基，该有机物名称为2，4-二甲基-2-己烯；可以看作乙烯基取代了苯环上的1个H；该有机物名称为苯乙烯；

（2）3，4-二甲基-4-乙基庚烷的主链有7个碳原子，3号、4号碳上各有一个甲基，4号碳上有一个乙基，结构简式为：CH3CH2CH(CH3)(CH3)C(C2H5)CH2CH2CH3；3，4，4-三甲基-1-戊炔的主链为戊炔，最长碳链含有5个C，在1、2号C上含有碳碳三键，在3、4、4号C上有一个甲基，该有机物的结构简式为：CH≡CCH(CH3)C(CH3)3；

（3）①由有机物结构简式可知有机物分子式为C7H10；

②由结构简式可知有机物含有环状结构，并含有碳碳双键，则属于环烃和不饱和烃，答案选ab。【解析】2，4-二甲基-2-己烯苯乙烯CH3CH2CH(CH3)(CH3)C(C2H5)CH2CH2CH3CH≡CCH(CH3)C(CH3)3C7H10ab10、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.11、略

【分析】【详解】

纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，故则此时溶液中的c(OH-)=2×10-7mol/L；此时溶液的Kw=2×10-7mol/L×2×10-7mol/L=4×10-14；0.04mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=0.04mol/L，则c(H+)=则pH=-lg(1×10-12)=12；

某溶液中由水电离产生的c(OH-)和c(H+)乘积为1.6×10-17，且水电离的c(OH-)=c(H+)，则水电离出说明水的电离受到抑制，该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液:若为碱溶液，溶液中c(H+)等于水电离出的若为酸溶液，溶液中c(OH-)等于水电离出的c(OH-)，即该酸溶液中c(OH-)=4×10-9mol/L，溶液中pH=-lg10-5=5，所以该溶液的pH为5或8.4。【解析】2×10-7mol/L125或8.412、略

【分析】【详解】

(1)②铜含有自由电子③熔融NaHSO4和⑤盐酸都含有自由移动的离子，三者能导电；故答案为：②③⑤；

(2)③熔融NaHSO4和⑨AgCl熔融状态下能完全电离，属于强电解质；④Fe(OH)3固体；⑩CH3COOH晶体只能部分电离产生自由移动的离子，属于弱电解质，所以属于电解质为：③④⑨⑩；

(3)⑥蔗糖；⑦干冰，本身都不能电离产生自由移动的离子，都是化合物，为非电解质；

故答案为：⑥⑦；

(4)3.1g红磷的物质的量为：在氯气中充分反应，生成三氯化磷与五氯化磷的物质的量之比为1:3，则该反应中氧化剂为氯气，氯元素由0价变为-1价，还原剂为P，化合价由0价变为+3价和+5价，且物质的量之比为1:3，根据电子守恒可知方程式为：4P+9Cl2=PCl3+3PCl5；

(5)氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；

(6)NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，二者反应生成硫酸钡，硫酸钠和水，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；故答案为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；【解析】②③⑤③④⑨⑩⑥⑦4P+9Cl2=PCl3+3PCl5Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OBa2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O13、略

【分析】【分析】

(1)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，n(H+)增大，酸性减弱c(H+)减小，c(OH-)增大；Kw不变；

(2)醋酸是弱电解质；加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；

(3)pH相等的醋酸和盐酸；醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；

(4)①根据Ka越大酸性越强；根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；

②H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3；

(5)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；

(6)用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定；利用高锰酸钾溶液的颜色指示反应终点，高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，结合反应的定量关系计算草酸晶体纯度。

【详解】

(1)A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小；故A正确；

B．=×=K不变，醋酸根离子浓度减小，则稀释过程中比值变大，故B错误；

C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)•c(OH-)=Kw；Kw不变，故C错误；

故答案为A；

(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以减小；

(3)pH相等的醋酸和盐酸；醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)＜V(乙)；

(4)①已知Ka越大酸性越强，酸性强弱顺序为H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，且酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3-的酸性小于HSO3-的酸性，所以HCO3-与HSO3-、SO32-不反应，即bc能共存，故答案为bc；

②H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3，发生反应的离子方程式为H2SO3＋CO32-===HSO3-＋HCO3-；

(5)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)=0.10mol•L-1；点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)称取mg草酸晶体于试管中，加水完全溶解用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内溶液颜色不再改变，该过程中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定过程中消耗VmLKMnO4标准溶液；结合离子方程式定量关系计算；

2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O

25cmol•L-1×V×10-3Ln

n=2.5cV×10-3mol，草酸晶体H2C2O4•2H2O的纯度=×100%=%。

【点睛】

电解质溶液中存在的三个守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。【解析】①.A②.向右③.减小④.＜⑤.bc⑥.H2SO3＋CO32-===HSO3-＋HCO3-⑦.0.10⑧.c（K+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+）⑨.加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色⑩.5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O⑪.0.315cv/m14、略

【分析】【详解】

(1)结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机物互为同系物，与苯酚互为同系物的有机物含有1个苯环、1个酚羟基，分子组成符合故选B。

(2)①甲烷不含碳碳双键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能使溴水褪色；②苯不含碳碳双键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能使溴水褪色；③聚乙烯结构简式是不含碳碳双键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能使溴水褪色；④聚异戊二烯()含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能使溴水褪色；⑤2-丁炔含碳碳叁键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能使溴水褪色；⑥环己烷()不含碳碳双键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能使溴水褪色；⑦环己烯()含碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能使溴水褪色；⑧含有酚羟基；既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能使溴水褪色；故选④⑤⑦⑧。

(3)根据醇的系统命名原则，系统命名为4-甲基-2,3-戊二醇，它消去生成的炔烃的结构简式为

(4)①在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成丙烯酸和水，反应方程式是CH2=CHCOOH+H2O；

②2分子形成六元环酯和水，反应方程式是2+2H2O。【解析】B④⑤⑦⑧4-甲基-2，3-戊二醇CH2=CHCOOH+H2O2+2H2O15、略

【分析】【详解】

（1）最长碳链含有7个C；主链为庚烷，编号从离甲基最近的一端开始，在3；5号碳上各含有一个甲基，在4号碳上含有1个乙基，该有机物名称为：3，5-二甲基-4-乙基庚烷，故答案为3，5-二甲基-4-乙基庚烷。

（2）最长碳链含有5个C；主链为戊烯，编号从距离双键最近的一端开始，在4号C上含有1个甲基，该有机物名称为：4-甲基-1-戊烯，故答案为4-甲基-1-戊烯。

（3）4，4，5-三甲基-2-己炔，主链是己炔，碳碳三键在2号、3号碳原子上，从碳碳三键最近一端编号，4号碳原子上有2个甲基，5号碳原子上有1个甲基，结构简式：CH3C≡C-C（CH3）2CH（CH3）2，故答案为CH3C≡C-C（CH3）2CH（CH3）2。

（4）该高分子化合物为加聚产物，采用“弯箭头”法，根据“凡双键四个碳，无双键两个碳，划线断开，然后将半键闭合”，则相应的单体是CH2=CH—CH=CH2；故答案为CH2=CH—CH=CH2；

（5）溴能与氢氧化钠溶液反应生成钠盐；钠盐易溶于水，但难溶于有机溶剂，故除去溴苯中的溴，应加入氢氧化钠溶液，反应生成溴化钠和次溴酸钠，与溴苯分层，通过分液的方法分离得到；故答案为氢氧化钠溶液，分液。

乙酸与氢氧化钠溶液反应生成难挥发的乙酸钠；根据乙醛的沸点比较低，然后蒸馏即可分离，故答案为NaOH溶液；蒸馏。

乙酸乙酯中混有乙酸；应该利用乙酸能够与碳酸钠发生反应产生容易溶于水的物质，而乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，密度比饱和碳酸钠溶液小的性质，用饱和碳酸钠溶液，通过分液的方法分离得到；故答案为饱和碳酸钠溶液；分液。

苯酚与氢氧化钠溶液反应生成难挥发的苯酚钠；根据乙醇的沸点比较低，然后蒸馏即可分离，故答案为NaOH溶液；蒸馏。

硝酸与NaOH溶液酸碱中和生成盐溶液；硝基苯不溶于水，用分液的方法可分离，故答案为氢氧化钠溶液；分液。

（6）①C5H12O的醇，在一定条件下能发生催化氧化反应，产物能与新制的氢氧化铜反应生成红色沉淀，说明连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，醇的核磁共振氢谱中有三组峰，说明该醇中含有三种氢原子，一种H原子在-OH上，一种H原子在连接羟基的碳原子上，剩余的H原子等效，所以其结构简式为（CH3）3CCH2OH，故答案为（CH3）3CCH2OH。

②C5H12O的醇，在一定条件下不能发生消去反应，说明与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上不含H原子，则中间的碳原子中连接3个-CH3和一个-CH2OH，所以其结构简式为：（CH3）3CCH2OH，故答案为（CH3）3CCH2OH。

③分子式为C5H12O，不能与金属钠反应，说明不含-OH，属于醚类，核磁共振氢谱中有四组峰，说明含有四种氢原子，峰的面积比为3：2：1：6，则四种氢原子的个数分别是3、2、1、6，5个碳原子含有4种H原子且不含羟基，则每个碳原子上都有H原子，且其中两个甲基连接在同一个碳原子上，所以其结构简式为（CH3）2CH-O-CH2CH3，故答案为（CH3）2CH-O-CH2CH3。

【点睛】

有机物命名原则：

（1）烷烃的命名。

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小；

⑤简：两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；

（2）对于结构中含有苯环的；命名时可以给苯环依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（3）含有官能团的有机物命名时，要选含（或带）官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。【解析】①.3,5-二甲基-4-乙基庚烷②.4-甲基-1-戊烯③.CH3C≡C-C（CH3）2CH（CH3）2④.CH2=CH—CH=CH2⑤.氢氧化钠溶液⑥.分液⑦.氢氧化钠溶液⑧.蒸馏⑨.饱和碳酸钠溶液⑩.分液⑪.氢氧化钠溶液⑫.蒸馏⑬.氢氧化钠溶液⑭.分液⑮.（CH3）3CCH2OH⑯.（CH3）3CCH2OH⑰.（CH3）2CH-O-CH2CH3三、判断题(共8题，共16分)16、A【分析】【详解】

由于己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰甲苯的检验，故先加入足量溴水与己烯发生加成反应，排除己烯的干扰；然后加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则证明己烯中混有甲苯；正确。17、A【分析】【分析】

【详解】

卤代烃发生消去反应时，消去的是卤素原子和连接卤素原子的邻位碳原子上的一个氢原子，在分子中，连接X的碳原子的邻位碳原子有2个，而且都有H，所以发生消去反应的产物有2种：CH3CH=CHCH3和CH3CH2CH=CH2，正确。18、A【分析】【详解】

葡萄糖在人体内氧化分解释放能量，是人体所需能量的重要来源，故该说法正确。19、B【分析】【详解】

在蔗糖与稀硫酸共热后的溶液中，先加碱将溶液调成碱性，再滴加银氨溶液，验证产物中的葡萄糖，故该说法错误。20、B【分析】【详解】

淀粉和纤维素属于糖类，没有甜味，故错误。21、A【分析】【详解】

天然氨基酸熔点较高，室温下均为晶体，一般能溶于水而难溶于乙醇、乙醚，故正确；22、A【分析】【分析】

【详解】

乙酸有酸性，酸性强于碳酸，可以和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体；乙酸乙酯不和碳酸钠溶液反应，且不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯和碳酸钠溶液混合会分层，所以可以用饱和碳酸钠溶液区分乙酸和乙酸乙酯，正确。23、B【分析】【分析】

【详解】

若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物也可能是同一种氨基酸，此时二者结构一致，故认为互为同分异构体的两种二肽的水解产物不一致的说法是错误的。四、原理综合题(共3题，共12分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)阳极泥在600K左右加入一定浓度H2SO4焙烧时，单质Te转化为TeO2,同时生成二氧化硫和水，反应的化学方程式为Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O；(2)“焙砂”与碳酸钠充分混合，干燥后通入空气焙烧，发生氧化反应2Na2CO3+O2+2TeO2=2Na2H4TeO6+2CO2，每生成1mol碲酸四氢钠(Na2H4TeO6)，则需要的氧化剂O2至少为0.5mol；Na2H4TeO6在水中难溶，酸浸生成的H6TeO6可溶，故生成的碲酸四氢钠不用“水浸”，而采取“酸浸”；(3)流程中“反应”处通入SeO2、SO2，加入H2O反应后得到Se，则SO2被氧化生成硫酸，发生反应的化学方程式为SeO2+2H2O+2SO2=2H2SO4+Se；(4)检验“还原”后的溶液中Na2SO3是否过量的实验操作方法为取少量“还原”后的容液于试管，加入稀H2SO4将生成的气体道入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则Na2SO3过量。反之不过量；(5)“电解”时使用石墨电极，阳极产物氧气与阴极产物的Te物质的量之比为1：1；（6）根据流程中既为生成物又为反应原料的物质可作为循环利用的物质，则工艺路线中可以循环利用的物质有H2SO4和NaOH。【解析】Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O0.5Na2H4TeO6在水中难溶，酸浸生成的H6TeO6可溶SeO2+2H2O+2SO2==2H2SO4+Se取少量“还原”后的溶液于试管，加入稀H2SO4，将生成的气体通入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则Na2SO3过量。反之不过量1∶1H2SO4NaOH25、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O；正确答案：Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O。

（2）从图表信息可知：当硫酸的量一定时，温度升高时，铜的浸出率降低；温度一定时，铜和Te的浸出率均增大。在460℃条件下，硫酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te的损失较小；正确答案：460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍；该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。

（3）从流程可知，滤渣1为ToO2，它可与碱反应生成TeO32-；正确答案：ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。

（4）从流程图可知：Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O；正确答案：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O。

（5）根据反应ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te，极反应方程式为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-；正确答案：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

（6）①工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；正确答案：CuSO4溶液回收利用，提高经济效益。

②Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应；但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分离；正确答案：B。【解析】Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2ONa2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2OTeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-CuSO4溶液回收利用，提高经济效益B26、略

【分析】（1）燃烧生成0.03molCO2，0.04molH2O，则该有机物中含有C、H，可能含有O元素，且n(C)∶n(H)=3mol∶8mol=3∶8。由于3个碳原子8个氢原子已饱和，则该有机分子式中碳原子数为3，氢原子数为8。该有机物蒸汽的密度是同温同压下氢气密度的30倍，则该有机物的相对分子质量为30×2=60，所以分子中氧原子数为（60-3×12-8×1）÷16=1，则该有机物分子式为：C3H8O。

（2）C3H8O中碳原子已达到饱和；则氧原子可以成羟基，也可以成醚键，所以该有机物A的类别可能是醇或醚。

（3）A可以与Na发生置换反应，则A为醇，含有-OH。丙醇有2种：CH3CH2CH2OH，后者有3种位置的氢原子，即核磁共振氢谱图上有3组吸收峰。所以A的结构简式为：A在铜催化下被氧化为丙酮，方程式为：【解析】C3H8O醇醚五、元素或物质推断题(共4题，共8分)27、略

【分析】【详解】

第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.98g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-。（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-，不能确定是否存在的离子是Cl-，检验该离子需使用的试剂为HNO3、AgNO3，取少量溶液于试管中滴加过量的稀硝酸，无明显现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀则原溶液中含有Cl-，若无白色沉淀产生则原溶液中不含Cl-；

（2）一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-，由题意可知此溶液水解使溶液呈酸性，上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是Fe2+；

（3）由①可知存在离子NH4+物质的量浓度==0.2mol/L；由②可知存在离子为Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量==0.01mol，溶液中Al3+的物质的量浓度==0.2mol/L；由③可知存在离子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.89g固体为硫酸钡，物质的量==0.06mol，SO42-物质的量浓度==0.6mol/L，依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，一份溶液中阳离子电荷数为0.08mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为0.12mol，所以一定有K+存在，若不存在氯离子，则为0.04mol，若存在氯离子则应大于0.04mol，故K+物质的量浓度≧0.4mol/L。【解析】①.Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-②.Cl-③.HNO3、AgNO3④.酸性⑤.Fe2+⑥.是⑦.≧0.4mol/L28、略

【分析】【分析】

I．根据溶液C与足量硝酸和硝酸银反应得到5.74g沉淀E可知，沉淀E为AgCl，A中含氯元素，A中n(Cl)=mol=0.04mol；溶液B与硝酸钡溶液反应所得沉淀D能溶于盐酸，结合化合物A由三种短周期元素组成推测沉淀D可能为碳酸钡或亚硫酸钡，则A中可能含有碳元素或硫元素，相同条件下气态A物质的密度为氢气密度的49.5倍，则M(A)=49.5ｘM(H2)=59.5ｘ2g/mol=99g/mol，若A中含有硫元素，则A中n(S)=mol≈0.02mol，则A中硫原子与氯原子的个数比为与且硫原子数为1：2，则未知元素原子的总式量为99-32ｘ1-35.5ｘ2=-4，则由此可确定A中不含S元素；若A中含有碳元素，则A中n(C)=mol=0.02mol；则A中碳原子与氯原子的个数比为与且硫原子数为1：2，则未知元素原子的总式量为99-12ｘ1-35.5ｘ2=16，根据相对原子质量及元素化合价推测未知元素为氧元素，则A的化学式为COCl，据此可知A与足量氢氧化钠溶液反应生成的溶液B为碳酸钠和氯化钠的混合溶液，B与硝酸钡反应生成碳酸钡和硝酸钠，则D为碳酸钡，溶液C主要含有氯化钠和硝酸钠，E为氯化银，碳酸钡与足量盐酸反应生成氯化钡；二氧化碳和水，则溶液F主要为氯化钡，据此分析解答；

II．将适量硝酸逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中加热；铜与硝酸反应完全将铜单质氧化为铜离子，硝酸转化为氮氧化物，得到硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩；冷却结晶，制得硫酸铜晶体，据此分析解答。

【详解】

I．(1)根据分析，组成A的三种元素为C、O、Cl，A的化学式为COCl2；

(2)根据分析，A与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠、氯化钠和水，化学方程式为COCl2+4NaOH=Na2CO3+NaCl+2H2O；

(3)A与足量氨气在一定条件下可以反应生成2种常见的氮肥，根据原子守恒，两种氮肥应为尿素和氯化铵，该反应的化学方程式为COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl；

II．(1)制备硫酸铜过程中；若一次性加入硝酸，会导致硝酸过量使溶液中混有硝酸铜，制得的晶体不纯，因此将硝酸逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中的目的是确保所有硝酸都作氧化剂，在溶液中将铜氧化，以生成硫酸铜，避免一次性加入导致硝酸过量，使产物中混有硝酸铜；

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