2024年沪科新版选修化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科新版选修化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、下列离子方程式错误的是A.用氨水溶解氢氧化铜沉淀：Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2OB.NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合后产生白色沉淀：HCO3-+AlO2-+H2OAl(OH)3↓+CO32-C.用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：3Ag+4H++NO3-3Ag++NO↑+2H2OD.用NaOH溶液除去镁粉中含有的杂质铝：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑2、下列化学式子表达正确的是A.碳酸氢根水解：HCO+H2O⇌CO+H3O+B.硫酸铁和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO=BaSO4↓C.用氯化铁溶液蚀刻铜电路板：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+D.氢硫酸电离：H2S⇌2H++S2-3、下列微粒间的关系正确的是A.相同物质的量浓度的①NH4Cl溶液、②(NH4)2SO4溶液、③NH4HSO4溶液、④(NH4)2SO3溶液，c(NH4+)：④＞②＞③＞①B.盐酸和稀NH4Cl溶液pH都等于4，则c水(H+)前者与后者之比为1∶106C.向1L1mol/LCH3COONa中加入等体积等浓度的醋酸，溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2mol/LD.0.01mol/LNa2CO3溶液中，c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(H+)4、中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内；形成电池如图，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是。

A.b极为负极B.每消耗0.01mol葡萄糖，外电路中转移0.02mol电子C.可以在实验室中用葡萄糖加浓硫酸的方式制备葡萄糖内酯D.葡萄糖与氢气加成后的产物手性碳原子比葡萄糖的少5、有机物M；N常用作合成香料的原料；结构如图。下列关于M、N的说法错误的是。

A.两者互为同系物B.M和N均能发生消去反应C.N的同分异构体中，遇FeCl3溶液显紫色且只能与NaHCO3反应的有13种D.M、N均可以通过聚合反应生成可降解的高分子化合物6、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.华为首款5G手机搭载了麒麟980芯片，此芯片主要成分是二氧化硅B.医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料C.将84消毒液和医用酒精混合使用，会降低杀死新冠病毒效果D.疫苗必须冷藏存放，其目的是避免疫苗蛋白质变性评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、I、烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答下列问题：将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，恰好使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2mL。

（1）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为___。

（2）加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要___；滴定操作使用的玻璃仪器主要有___。

（3）滴定过程中发生下列反应：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O、Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

则气样中NOx的物质的量为___mol。

（4）下列操作会使滴定结果偏高的是___

A．滴定管未用标准液润洗。

B．锥形瓶洗净后还存留少量的水。

C．滴定管滴定前读数正确；滴定后俯视读数。

D．FeSO4标准溶液部分变质。

II、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图___（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：___。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）8、已知：硫酸；硒酸、亚磷酸等是二元酸。请根据所给信息完成下列问题。

(1)硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离如下：

①向溶液中滴加少量氨水，该反应的离子方程式为___________。

②已知的电离平衡常数则和两溶液混合反应的离子方程式为：___________。

(2)亚磷酸()是二元弱酸，已知常温下的电离常数的值：则溶液显___________性。(选填“酸”；“碱”或“中”)

(3)某化学兴趣小组利用已知浓度的酸性KMnO4标准溶液，测定某亚磷酸溶液的浓度。已知亚磷酸()具有较强的还原性，能被酸性溶液氧化为磷酸，其反应原理为：

①该小组用移液管准确量取25.00mL亚磷酸溶液于锥形瓶中，选用0.1mol/L的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则滴定终点的现象为：___________。

②已知三次滴定的测量数据如下表，该亚磷酸溶液的物质的量浓度为______(保留小数点后两位)。试验编号滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)10.0022.0020.5022.5030.5025.50

(4)某研究性学习小组在实验室中配制的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列有关说法中正确的是___________。

A.实验中所用到的滴定管；容量瓶；在使用前均需要检漏；

B.如果实验中需用60mL的稀硫酸标准溶液；配制时应选用100mL容量瓶；

C.容量瓶中含有少量蒸馏水；会导致所配标准溶液的浓度偏小；

D.酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大。9、现有常温下的六份溶液：①0.01mol/LCH3COOH溶液；②0.01mol/LHCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与0.01mol/L的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。

（1）其中水的电离程度最大的是________（选填序号，下同），水的电离程度相同的是________；

（2）若将②、③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：②________③（选填“＞”、“＜”或“＝”，下同）；若将②、③溶液等体积混合后，所得溶液pH________7。

（3）若将①、④溶液按体积比为2∶1混合后，所得溶液pH______7（选填“＞”、“＜”或“＝”）此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：__________；将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合液可能呈_________（填序号）。

A．酸性B．碱性C．中性10、铁和钙是人类生命活动所必需的元素；利用相关知识，完成下列问题。

Ⅰ．(1)所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是________(填字母；下同)。

A．FeB．FeSO4C．Fe3O4

(2)血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，下列说法中正确的是__________。

A．NaNO2被氧化B．药品美蓝是还原剂。

C．NaNO2是还原剂D．药品美蓝被还原。

(3)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：__________________________________________________。

Ⅱ．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。

【配制KMnO4标准溶液】如图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。

(4)请你观察图示判断其中不正确的操作有________(填序号)。

(5)其中确定50mL溶液体积的容器是________(填名称)。

(6)如果用图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。

【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗9.00mLKMnO4溶液。

(7)已知草酸与KMnO4反应的离子方程式为：____________________________________。

(8)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。11、用系统命名法命名或写出结构简式:

(1)3-甲基-2-丙基-1-戊烯的结构简式为__________。

(2)的名称为__________。

(3)的名称为__________。

(4)的名称为__________。12、下面列出了几组物质：

①金刚石与石墨。

②D与T

③12C和13C

④O2与O3

⑤CH4和CH3CH2CH3

⑥CH2=CHCH3和CH2=CH2

⑦CH3CH(CH3)2和CH3CH2CH2CH3

⑧和

其中属于同位素___________；属于同系物___________；同分异构体___________；同种物质___________13、当溴与1；3-丁二烯在环己烷溶液中发生加成反应时，会得到两个产物A和B(不考虑立体化学)。在-15℃时A和B的比例为62：38；而在25℃时A和B的比例为12：88。

(1)画出化合物A和B的结构简式_____；并确定哪个为热力学稳定产物，哪个为动力学产物______。

(2)在室温下，A可以缓慢地转化为B.画出此转换过程的反应势能示意图和中间体的结构简式_____。

(3)根据以上的研究结果；确定以下反应的产物：

______评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装。（______________）A.正确B.错误15、聚丙烯属于有机高分子化合物。(_______)A.正确B.错误16、C2H4与C4H8一定互为同系物。(_____)A.正确B.错误17、为了加快反应速率可用饱和食盐水代替水。(_____)A.正确B.错误18、糖类是含有醛基或羰基的有机物。(_______)A.正确B.错误19、糖类中除含有C、H、O三种元素外，还可能含有其它元素。(_______)A.正确B.错误20、氨基酸均既能与酸反应，又能与碱反应。(_____)A.正确B.错误21、氢化油的制备方法是在加热植物油时，加入金属催化剂，通入氢气，使液态油脂变为半固态或固态油脂。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共1题，共8分)22、Ⅰ．已知：R－CH＝CH－O－R′（烃基烯基醚）R－CH2CHO+R′OH

烃基烯基醚A的相对分子质量（Mr）为176；分子中碳氢原子数目比为3∶4。与A相关的反应如下：

请回答下列问题：

⑴A的分子式为_________________。

⑵B的名称是___________________；A的结构简式为________________________。

⑶写出C→D反应的化学方程式：_______________________________________。

⑷写出两种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：

_________________________、________________________。

①属于芳香醛；②苯环上有两种不同环境的氢原子。

Ⅱ．由E转化为对甲基苯乙炔（）的一条路线如下：

⑸写出G的结构简式：____________________________________。

⑹写出反应所加试剂、反应条件：反应②____________反应③____________

(7)写出反应类型：反应①____________；反应④_____________评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共20分)23、已知常见无机物的转化关系如图所示；C是黄绿色气体。

(1)气体R是_______(填化学式)。

(2)B的化学式为_______，E的化学式为_______。

(3)写出沉淀H与盐酸反应生成D溶液的离子方程式：_______。

(4)写出检验D溶液中阳离子的离子方程式：_______。

(5)写出由F转变成J的化学方程式：_______。24、A；B、C、D均为中学化学中的常见物质；它们有如图所示转化关系。A是一种常见金属，它可以与氢氧化钠溶液反应放出氢气。回答下列问题：

(1)写出C的化学式：_______________。

(2)向B的溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量的实验现象：_____________________________。

(3)写出D→B的化学方程式：__________________________________。

(4)写出A和NaOH溶液反应的离子方程式：___________________________________。25、正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同。A在加热条件下发生如下变化。已知，气体D能使带火星的木条复燃。透过蓝色钴玻璃，A、B、C的焰色反应均为紫色。往C的溶液中加入AgNO3溶液；出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，且沉淀质量为14.35克。请回答：

（1）C的化学式为___________。

（2）写出A分解的化学方程式___________。

（3）将A与C混合，再加入稀硫酸，有气体产生，用离子方程式表示发生的反应___________。26、已知A；B、C为中学化学中常见的单质；在室温下A为固体，B和C为气体，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色。在适宜的条件下可发生如下转化：

试回答下列问题：

（1）写出A、B、C的化学式：A_____、B_______、C_________。

（2）反应E溶液＋A→F溶液＋C的离子方程式为：______________；D溶液＋A→F溶液的离子方程式为：___________；若向F溶液中加入NaOH溶液，观察到的现象为：_________。

（3）写出除去D溶液中F杂质的离子方程式：________。评卷人得分六、实验题(共3题，共21分)27、化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。

Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L－1KBrO3标准溶液；

Ⅱ.取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化；溶液颜色呈棕黄色；

Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；

Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；

Ⅴ.用bmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。

已知：

I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6(Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色)

(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________________________。

(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是___________________________。

(3)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_________________________________。

(4)Ⅴ中滴定至终点的现象是______________________。

(5)废水中苯酚的含量为___________g·L－1(苯酚摩尔质量：94g·mol－1)。28、醇脱水是合成烯烃的常用方法；实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：

可能用到的有关数据如下：。相对分子质量密度/(g·cm-3)沸点/°C溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水

I．合成反应：

在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中通入冷却水后；开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。

II．分离提纯：

反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤；分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。

回答下列问题：

(1)装置b的名称是_________。

(2)如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是________(填答案标号)。

A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料。

(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为________。

(4)分液漏斗在使用前须清洗干净并_______；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的________(填“上口倒出”或“下口放出”)。

(5)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有________(填答案标号)。

A．圆底烧瓶B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管E．接收器。

(6)本实验所得到的环己烯产率是_______________。(保留2位有效数字)29、乙酸乙酯是一种重要的有机化工原料和工业溶剂。实验室制备过程和催化剂选择探究如下。已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点分别为78℃、118℃、77℃，乙醇能与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。回答下列问题：

I．制备并分离提纯乙酸乙酯。

用如图装置制备乙酸乙酯(夹持装置略)；在圆底烧瓶中加入32mL1：1的乙醇和冰醋酸，再加入32mL1：1的乙醇和浓硫酸，加热圆底烧瓶。

(1)仪器b的名称是_______。

(2)制备时，温度计的读数宜控制在_______℃，为保持加热温度恒定，此装置加热方式为_______。

(3)向馏分中加入饱和碳酸钠溶液，目的是_______，分液。欲除去酯层中的乙醇，可采取的措施是_______；过滤，将所得产品干燥，蒸馏，得到纯度较高的乙酸乙酯。

II．催化剂选择。

无机盐类可代替浓硫酸，实验结果如下表。物质金属离子用量/mmol在酸醇混合体系中的溶解性3.5min收集到酯层高度/cmFeCl3·6H2O6易溶1.3CuCl2·2H2O6易溶1.1CuSO46难溶少许酯气味

(4)用固体无机盐的优点是_______(任写两个)。

(5)CuCl2·2H2O催化效率高于CuSO4的原因是_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A.用氨水溶解氢氧化铜沉淀，氢氧化铜难溶于水必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-；选项A错误；

B.NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合后产生白色沉淀氢氧化铝同时生成碳酸钠，反应的离子方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-；选项B正确；

C.用稀硝酸清洗试管内壁的银镜生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；选项C正确；

D.用NaOH溶液除去镁粉中含有的杂质铝，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；选项D正确。

答案选A。

【点睛】

本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分、电荷、原子个数是否守恒。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．碳酸氢根离子水解的离子方程式为HCO+H2O⇌H2CO3+OH-；故A错误；

B．硫酸铁和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为2Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓；故B错误；

C．氯化铁溶液蚀刻铜电路板的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；故C正确；

D．氢硫酸为弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为H2S⇌H++HS-，HS-⇌H++S2-；故D错误；

故选C。3、B【分析】【详解】

A、①③中铵根离子系数都是1,氢离子抑制铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度③>①；②④中铵根离子系数都是2,②④溶液中铵根离子浓度大于①③，亚硫酸根离子促进铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度②>④,则溶液中铵根离子浓度从大到小的顺序是②>④>③>①,A错误；

B.盐酸抑制水的电离，pH=4的盐酸溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，c(OH-)＝10-10mol/L，盐酸溶液中水电离产生的c(H＋)等于c(OH-)＝10-10mol/L；NH4Cl属于能水解的盐，促进水电离，pH=4的氯化铵溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，盐溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中的氢离子浓度，即c(H＋)＝10-4mol/L，二者的比值为10-10：10-4=1∶106；B正确；

C.根据物料守恒可知，醋酸分子和醋酸根离子的物质的量总和等于钠离子的物质的量的2倍，由于两溶液等体积混合，浓度减半，所以c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na+)=2×0.5mol/L=1mol/L；C错误；

D.Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3－)+c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]，消去c(Na+)，可得：c(OH－)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)＋c(H+)；D错误；

综上所述，本题选B。4、B【分析】【分析】

由图可知，电极a为负极，酸性条件下，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成葡萄糖内酯，电极反应式为C6H12O6—2e-=C6H10O6+2H+，电极b为正极；二氧化锰在正极得到电子发生还原反应。

【详解】

A．由分析可知，电极b为正极；故A错误；

B．由分析可知；每消耗0.01mol葡萄糖，外电路中转移0.02mol电子，故B正确；

C．葡萄糖分子中被不含有羧基；不可能在浓硫酸作用下发生酯化反应生成葡萄糖内酯，故C错误；

D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，葡萄糖分子中含有如下图所示的4个手性碳原子：葡萄糖与氢气加成后的产物中也含有如下图所示的4个手性碳原子：故D错误；

故选B。5、B【分析】【详解】

A．根据物质结构简式可知：M、N结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团；因此二者互为同系物，A正确；

B．M分子中羟基连接的C原子邻位C原子上有H原子；在一定条件下能够发生消去反应；由于N分子中羟基连接的C原子的邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应，B错误；

C．N的同分异构体中，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，且只能与NaHCO3反应，说明分子中含有-COOH，若分子中有2个取代基：-OH、-CH2COOH，二者在苯环上的位置有邻、间、对三种；若分子中有3个取代基：-OH、-CH3；-COOH；三个取代基都处于邻位有三种不同结构；分子中都处于间位，只有一种结构；若分子中只有两个处于邻位，则有六种不同结构，因此符合要求的同分异构体整理数目是3+3+1+6=13种，C正确；

D．M；N分子中都含有-COOH、-OH；在一定条件下能够发生缩聚反应聚酯和水，聚酯属于高分子化合物，在一定条件下能够发生水解反应，D正确；

故合理选项是B。6、A【分析】【详解】

A．手机芯片主要成分是晶体硅；A错误；

B．医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布是由丙烯发生加聚反应产生的物质；属于有机合成高分子材料，B正确；

C．84消毒液具有强氧化性；医用酒精具有还原性，将二者混合会发生氧化还原反应，因此混合使用会降低杀死新冠病毒效果，C正确；

D．疫苗属于蛋白质；由于其受热容易发生蛋白质变性，因此疫苗必须冷藏存放，D正确；

故答案为A。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】

I、（1）NO被H2O2氧化为NO3-，N元素的化合价升高，过氧化氢中O元素的化合价降低；（2）加水稀释硝酸至100.00mL溶液时，需100mL容量瓶；滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；（3）由反应结合电子守恒可知存在Cr2O72-～6Fe2+～2NO3-；以此计算；（4）误差分析的方法是把其他因素都归结到对标准溶液体积的影响上面来；

II、（1）由图象可知，V（NaOH）=0时，a曲线对应的酸的pH大于b曲线，则a曲线对应的酸的电离程度小于b曲线，结合CH3COOH、HCN的电离平衡常数大小分析解答：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH越小；（2）根据电荷关系判断；（3）混合溶液中存在物料守恒，点①、点②c（Na+）相同；根据物料守恒分析判断。

【详解】

I、（1）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式是2NO+3H2O2═2H++2NO3-+2H2O，故答案为：2NO+3H2O2═2H++2NO3-+2H2O；

（2）稀释硝酸至100.00mL溶液时；需100mL容量瓶，滴定操作主要用到铁架台；酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶，故答案为：100mL容量瓶；酸式滴定管、锥形瓶；

（3）n（Cr2O72-）=c2v2×10-3mol，由Cr2O72-～6Fe2+可知过量的Fe2+为6c2v2×10-3mol，则与量取的20.00mL溶液中NO3-反应的Fe2+为c1v1×10-3mol-6c2v2×10-3mol=（c1v1-6c2v2）×10-3mol，由3Fe2+～NO3-可知100.00mL原溶液中NO3-为×（c1v1-6c2v2）×10-3mol×=故答案为：

（4）A、滴定管未用标准液润洗，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积增大，使测定剩余亚铁离子偏高，测定含N量偏低，则使NOx含量测定结果偏低；故A不选；

B；锥形瓶洗净后还存留少量的水；对整个测定结果无影响，故B不选；

C、滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积减小，使测定剩余亚铁离子偏低，由3Fe2++NO3-+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测定结果偏高；故C选；

D、FeSO4标准溶液部分变质，会导致测定剩余亚铁离子偏低，3Fe2++NO3-+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测定结果偏高；故D选；故答案为：CD；

II、（1）由图象可知，V（NaOH）=0时，a曲线对应的酸的pH大于b曲线，则a曲线对应的酸的电离程度小于b曲线；由酸的电离平衡常数可知：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH越小，所以a曲线是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，故答案为：a；

（2）溶液的电荷关系为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），点③所示溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），所以溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序为c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；

（3）点①和点②溶液中物料守恒得c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=c（CN-）+c（HCN）=2c（Na+），所以有c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH），故答案为：=；【解析】①.2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO3-＋2H2O②.100mL容量瓶③.锥形瓶、酸式滴定管④.⑤.CD⑥.a⑦.c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)⑧.=8、略

【分析】【详解】

(1)①根据题意可知硒酸第一步完全电离，第二步部分电离，氨水少量，则只能反应第一步电离出的氢离子，离子方程式为

②根据题意可知K2(H2SeO4)>Ka2(H2CO3)，根据强酸制弱酸原理可知和两溶液混合反应会生成二氧化碳和硒酸钾，离子方程式为

(2)NaH2PO3溶液中存在H2PO的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2=2.910-7，其水解平衡常数Kh2==2.710-13<Ka2；所以电离程度大于水解程度，溶液显酸性；

(3)①滴定终点时KMnO4稍过量，所以溶液会显红色，则滴定终点的现象为：滴入最后一滴KMnO4标准溶液；锥形瓶内液体由无色变为红色，且半分钟内不褪色；

②三次滴定所用KMnO4标准液的体积为22.00mL、22.00mL、25.00mL，第三次数据偏差较大舍去，所以本次滴定所用KMnO4标准液的体积为22.00mL，结合反应方程式可知亚磷酸的浓度为=0.22mol/L；

(4)A．滴定管；容量瓶都有活塞；使用前需要检漏，故A正确；

B．实验室没有60mL容量瓶；根据“大而近”原则可知应选用100mL容量瓶，故B正确；

C．配制过程还需要加水定容；容量瓶中含有少量蒸馏水对结果没有影响，故C错误；

D．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后；即装入标准浓度的稀硫酸，导致稀硫酸被稀释，所用稀硫酸标准液的体积偏大，测得的NaOH浓度偏大，故D正确；

综上所述答案为ABD。【解析】①.②.③.酸④.滴入最后一滴KMnO4标准溶液，锥形瓶内液体由无色变为红色，且半分钟内不褪色⑤.0.22mol/L⑥.ABD9、略

【分析】【分析】

（1）酸或碱抑制水电离；含有弱根离子的盐促进水电离；

（2）③中氨水的浓度大于0.01mol/L；若将②；③混合后所得溶液pH=7，溶液中铵根离子和氯离子浓度相等，则氨水的物质的量稍微大些；

（3）等浓度的醋酸与醋酸钠混合时；分子的电离程度大于相应离子的水解程度；根据溶液中的溶质进行判断。

【详解】

（1）①0.01mol/LCH3COOH溶液抑制水电离；②0.01mol/LHCl溶液抑制水电离；③pH=12的氨水抑制水电离；④pH=12的NaOH溶液抑制水电离；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与0.01mol/L的氨水等体积混合后所得溶液促进水电离；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液为氯化钠溶液；不影响水电离，则其中水的电离程度最大的是⑤；酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度相同，则抑制水电离程度相同，即②③④符合题意；

故答案为⑤；②③④；

(2)③中氨水的浓度大于0.01mol/L，若将②、③混合后所得溶液pH=7，溶液中铵根离子和氯离子浓度相等，则氨水的物质的量稍微大些，则消耗溶液的体积：②>③；若将②、③溶液等体积混合后，所得溶液为氯化铵和大量剩余的氨水，溶液显碱性，则pH>7，故答案为>；>；

（3）若将①、④溶液按体积比为2∶1混合后，所得溶液为醋酸与醋酸钠等浓度混合液，因等浓度的醋酸与醋酸钠共混时，分子的电离程度大于相应离子的水解程度，因此溶液显酸性，所得溶液pH＜7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)；将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)；如果溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则溶液呈中性，如果氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，如果氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，则溶液呈碱性，故选ABC；

故答案为＜；c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)；ABC。【解析】①.⑤②.②③④③.＞④.＞⑤.＜⑥.c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)⑦.ABC10、略

【分析】【详解】

Ⅰ(1)同一种元素；处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时既有氧化性又有还原性；

A．Fe中元素化合价处于最低价态0价；只有还原性，A错误；

B．FeSO4中Fe元素为+2价；处于中间价态，既有氧化性又有还原性，B正确；

C．Fe3O4Fe元素既有+3价又有+2价；既有氧化性又有还原性，C正确；

故答案为：BC；

(2)A．NaNO2因具有氧化性；被还原，故A错误；

B．NaNO2因具有氧化性；所以要解毒应加入还原性物质，则药品美蓝是还原剂，故B正确；

C．NaNO2因具有氧化性；是氧化剂，故C错误；

D．NaNO2因具有氧化性；所以要解毒应加入还原性物质，则药品美蓝是还原剂被氧化，故D错误；

故答案为：B；

(3)FeCl3溶液与Cu发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故答案为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；

Ⅱ(4)由图示可知①②⑤操作不正确；①高锰酸钾具有强氧化性，应放入烧杯中称量；②不能在量筒中溶解固体；⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；故答案为：①②⑤；

(5)应该用容量瓶确定50mL溶液的体积；故答案为：50mL容量瓶；

(6)如果用图示的操作配制溶液；由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；

(7)草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；故答案为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(8)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol·L－1×9×10-3L=1.8×10-4mol，根据反应方程2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n()=×1.8×10-4mol=4.5×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×4.5×10-4mol=0.018g，钙离子的浓度为=0.9mg·cm－3；故答案为0.9mg·cm－3。【解析】BCB2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+①②⑤50mL容量瓶偏小2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O0.9mg·cm－311、略

【分析】【分析】

结合烷烃；烯烃、芳香烃及醇的系统命名法解题。

【详解】

(1)3-甲基-2-丙基-1-戊烯是烯烃，主链有5个碳原子，结构简式

(2)在苯环上有2个取代基甲基和乙基；名称为1-甲基-3-乙基苯；

(3)有2个双键；双键的位次最小，从左边编号，名称为2，5-二甲基-2，4-己二烯。

(4)含-OH的最长碳链有6个C，3号C上有甲基，-OH在2、5号C上，其名称为3-甲基-2，5-己二醇。【解析】①.②.1-甲基-3-乙基苯③.2,5-二甲基-2,4-己二烯④.3-甲基-2,5-己二醇12、略

【分析】【分析】

同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，性质和结构都完全相同的是同一种物质，由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的；互称为同系物。据此判断。

【详解】

①金刚石与石墨均是碳元素形成的单质；互为同素异形体；

②D与T的质子数相同；中子数不同，互为同位素；

③12C和13C的质子数相同；中子数不同，互为同位素；

④O2与O3均是氧元素形成的单质；互为同素异形体；

⑤CH4和CH3CH2CH3的结构相似，在分子组成上相差2个“CH2”原子团；互称为同系物；

⑥CH2=CHCH3和CH2=CH2均为含有一个碳碳双键的链烃，在分子组成上相差1个“CH2”原子团；互称为同系物；

⑦CH3CH(CH3)2和CH3CH2CH2CH3的分子式相同；但结构不同，互为同分异构体；

⑧结构和性质完全相等；是同一种物质；

则其中属于同位素的是②③；属于同系物的是⑤⑥；属于同分异构体的是⑦；属于同种物质的是的是⑧。【解析】①.②③②.⑤⑥③.⑦④.⑧13、略

【分析】【分析】

【详解】

10-1溴与1；3-丁二烯在环己烷溶液中发生加成反应时，会得到两个产物：1，2-加成产物和1，4-加成产物。其反应机理如下：

1；4-加成产物更加稳定，但是反应的活化能较1，2-加成产物更高。在这个反应中，1，2-加成产物是。

动力学产物；而1，4-加成产物是热力学稳定产物。在较低温度时，反应的活化能不容易被克服，动力学产物比例相对较高；而在高温时，活化能容易被克服，更易生成热力学稳定产物。因此A是动力学产物，为1，2-加成产物；B是热力学稳定产物，为1，4-加成产物。同时，从10-2的“A可以缓慢地转化为B”，也可以看出A是动力学产物，B是热力学稳定产物。

10-2A到B的转化通过正离子中间体来完成；该正离子的结构可表示为：

或

A的势能要高于B的势能；但是A到中间体的活化能应低于中间体到B的活化能，同时，中间体。

的势能要高于A和B的势能。如下：

10-3不对称的1；3-二烯和氯化氢的加成反应要稍微复杂一些，但是其原理并没有改变，只需在原有的基础上多考虑一个马氏规则(本质是正离子的稳定性)即可。其反应历程如下图所示：

从结果可以看出；产物2和3是1，2-加成产物，产物1和4是1，4-加成产物。在这里我们还要注意。

产物1和产物2是同一个化合物。因此；在不考虑立体化学的情况下，该反应的产物只有3个：

除此之外，甲基取代对反应结果也会产生一定的影响。甲基有给电子能力，这导致了有甲基取代的双键的电子云密度更高，活泼性更强，更易和H+结合，因此中间体b的比例会略高于a。有人提出：a是次要中间体，那么化合物1、2应该和反马氏规则产物一样被忽略。需要注意，并不是所有的次要产物都可以被忽略，这要视该次要产物的含量甚至是重要性而定。在这道题中，我们可以通过已学的知识来简单判断一下：马氏产物中间体是一个烯丙基正离子，我们知道烯丙基正离子的稳定性远大于普通碳正离子，所以产物几乎都是马氏产物；甲基是一个给电子基团，但只是一个比较弱的给电子基团，它并不能显著提高双键的电子云密度，因此a的比例仅仅是略低于b；产物1和2自然也就不能忽略。

评析。

这道题考查的是简单有机反应中的反应原理；要求的并不是参赛者有宽广的知识面，而是对于基础反应的深刻理解。有机反应复杂多样，但究其根本是从基础反应发展，其原理与本质也大同小异。对简单反应的深刻理解是学好有机化学的前提，也是同学们8后进一步学习有机化学的基础。

氯气和1，3-丁二烯的1，2-加成与1，4-加成是有机化学的经典内容，在人教版《高中化学。选修5：有机化学基础》中对此有所介绍。遗憾的是，人教版高中化学书中并没有详细描述1，2-加成与1，4-加成的反应条件与反应机理，仅仅停留在表面而未能深入本质，增强了一般学生眼中化学是“理科中的文科”的刻板印象。【解析】AB(热力学稳定产物)(动力学产物)(中间体)三、判断题(共8题，共16分)14、B【分析】【分析】

【详解】

KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应用酸式滴定管盛装，而不能使用碱式滴定管盛装，故KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装的说法是错误的。15、A【分析】【详解】

相对分子质量在10000以上的为高分子，可选用缩聚反应、加聚反应得到有机高分子化合物，聚丙烯是由丙烯通过加聚反应而得的有机高分子化合物，答案正确；16、B【分析】【详解】

C4H8可能为烯烃或环烷烃，若为环烷烃时不能与乙烯互为同系物，故错误。17、B【分析】【详解】

用饱和食盐水代替水会减慢反应速率，故错误。18、B【分析】【详解】

糖类是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，糖类中不一定含醛基或羰基，如蔗糖的结构简式为错误。19、B【分析】【详解】

从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，糖类中含C、H、O三种元素，不含其它元素；错误。20、A【分析】【详解】

均为弱酸的铵盐，铵根离子能跟碱反应生成弱碱NH3▪H2O，弱酸根离子能跟酸反应生成弱酸；均为弱酸的酸式盐，酸式酸根离子能跟酸反应生成弱酸，跟碱反应生成正盐和水；氨基酸分子中既有氨基，又有羧基，氨基有碱性，能跟酸反应，羧基有酸性，能跟碱反应。综上所述，氨基酸均既能跟酸反应，又能与碱反应，故正确。21、A【分析】【详解】

植物油中含有碳碳双键，在金属催化剂下，能与氢气共热发生加成反应生成熔点高的饱和高级脂肪酸甘油酯，使液态油脂变为半固态或固态油脂，故正确。四、推断题(共1题，共8分)22、略

【分析】【分析】

Ⅰ.根据I中信息可知B可以发生催化氧化，所以B中含有羟基，氧化生成醛基，醛基发生银镜反应生成羧基。B的相对分子质量是60，而－CH2OH的相对分子质量是31，所以B中烃基的相对分子质量是29，即为乙基－C2H5，所以B是1－丙醇，结构简式是CH3CH2CH2OH，则C、D的结构简式为CH3CH2CHO，CH3CH2COONH4。根据E的结构简式可得出A的结构简式是在E的同分异构体中满足芳香醛，说明含有苯环和醛基。苯环上有两种不同环境的氢原子，若苯环上只有2个取代基，则只能是对位的，可以是－CH3和－CH2CHO，或－CH2CH3和－CHO。若含有3个取代基，则一定是2个甲基和1个醛基，所以该同分异构体有

Ⅱ．要想引入碳碳三键，由E转化为对甲基苯乙炔先发生-CHO的加成，将醛基变成羟基，然后羟基消去即得到碳碳双键，双键和溴水加成即得到含有2个溴原子的卤代烃，最后通过消去反应得到碳碳三键，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知A是B是CH3CH2CH2OH，则C是CH3CH2CHO，D是CH3CH2COONH4，E是F是G是H是

(1)A结构简式为分子式是C12H16O；

(2)B结构简式为CH3CH2CH2OH，名称为1-丙醇；A结构简式为

(3)C是CH3CH2CHO，分子中含有醛基，在碱性条件下与银氨溶液发生银镜反应产生D，醛基被氧化为羧基，与溶液中的氨反应产生羧酸铵CH3CH2COONH4，C→D反应的化学方程式CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

(4)E结构为：其同分异构体符合条件：①属于芳香醛；②苯环上有两种不同环境的氢原子，说明苯环上有两种不同环境的氢原子，若苯环上只有2个取代基，则只能是对位的，可以是－CH3和－CH2CHO，或－CH2CH3和－CHO，结构简式为：若含有3个取代基，则一定是2个甲基和1个醛基，结构简式为：

(5)根据上述分析可知，G的结构简式为：

(6)反应②是F：反应产生G：反应条件是浓硫酸、加热；反应③是G变为H：反应是与溴水反应；

(7)反应①是E：与H2发生加成反应产生与氢气的加成反应也叫还原反应；

反应④是与NaOH的乙醇溶液混合加热发生消去反应产生对甲基苯乙炔故反应④的类型是消去反应。

【点睛】

本题考查了有机合成与推断，利用题目已知信息，结合物质转化关系及反应条件推断各种物质的结构是本题解答的关键。掌握各种官能团的结构个特种反应是进行有机合成及推断的基础。【解析】①.C12H16O②.1-丙醇③.④.CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O⑤.⑥.⑦.⑧.浓硫酸、加热⑨.溴水⑩.还原反应(加成反应)⑪.消去反应五、元素或物质推断题(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】

F溶液中加入溶液和稀有白色沉淀J生成，则J为透过蓝色钴玻璃观察，溶液的焰色呈紫色，则溶液中含有F为E为白色沉淀G遇空气转化为红褐色沉淀H，则白色沉淀G为红褐色沉淀H为向红褐色沉淀H中加盐酸转化为D溶液，则D为C是黄绿色气体，则C为B溶液中通入得到D溶液（溶液），则B为A为试剂M为稀盐酸，则气体R为

【详解】

（1）由分析可知，气体R是

（2）由分析可知，B的化学式为

（3）由分析可知，H为与盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为：

（4）D溶液中阳离子为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：

（5）KCl和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，方程式为：【解析】(1)

(2)

(3)

(4)

(5)24、略

【分析】【分析】

A是一种常见金属，能与氢氧化钠溶液反应放出氢气，则A可能为Al或Na，如A为Na，则B为NaCl，NaCl与NaOH不反应，则A为Al，B为AlCl3，D为Al(OH)3，C为Al2O3。

【详解】

（1）根据分析可知，C为Al2O3。

（2）B为AlCl3，向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，Al3+先与NaOH反应生成氢氧化铝沉淀；随着NaOH的持续加入，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，则实验现象为先生成白色沉淀，随后沉淀溶解。

（3）Al(OH)3与盐酸反应生成AlCl3和水，化学方程式为Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O。

（4）Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。【解析】(1)Al2O3

(2)先生成白色沉淀；随后沉淀溶解。

(3)Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O

(4)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑25、略

【分析】【详解】

根据题意可知D为氧气为0.1mol；C的溶液中加入AgNO3溶液，出现白色沉淀氯化银14.35克，即0.1mol，说明C中含1个氯离子，C即为KCl；A为KClO3，根据电子得失守恒，KClO3中氯元素由+5降低到-1价，得到电子总量为0.6mol，氧元素失电子的量为0.1×4=0.4mol<0.6；因为正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同，所以B中氯元素化合价必须升高，才能满足电子守恒，所以B为KClO4；

（1）通过以上分析可知C的化学式为KCl；正确答案：KCl。

（2）根据以上分析可知，氯酸钾加热分解为高氯酸钾、氯化钾和氧气；化学方程式为：2KClO3=KClO4+KCl+O2↑；正确答案：2KClO3=KClO4+KCl+O2↑。

（3）KClO3与KCl混合，再加入稀硫酸，氯元素发生氧化还原反应生成氯气，离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H＋=3Cl2+3H2O；正确答案：ClO3-+5Cl-+6H＋=3Cl2+3H2O。

点睛：解决此题的关键就是根据已知的氯化钾中氯元素得电子的情况及氧元素失电子的情况，结合电子守恒规律进行判断，很快找到高氯酸钾这种物质，问题就迎刃而解。【解析】①.KCl②.2KClO3=KClO4+KCl+O2↑③.ClO3-+5Cl-+6H＋=3Cl2+3H2O26、略

【分析】【分析】

A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，A与B反应生成D，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，D溶液中含有Fe3+，由D于F相互转化可知，A为Fe，B为Cl2，D为FeCl3，F为FeCl2．B与C反应生成E，Fe与E溶液反应得到氯化亚铁与C，则C为H2；E为HCl，以此解答该题。

【详解】

(1)向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，故D溶液中含Fe3＋，根据题干信息可推知A为Fe，结合框图中E溶液与A反应生成F溶液和气体C可确定E溶液为酸，故E为HCl，由此推知B、C分别为Cl2、H2，D、F分别为FeCl3、FeCl2。

(2)E为HCl，溶液与铁反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，F为FeCl2；加入氢氧化钠溶液，可生成不稳定的氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，可被氧化生成氢氧化铁，现象为溶液中生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变红褐色；

(3)除去氯化铁中的氯化亚铁，可通入氯气，发生氧化还原反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】FeCl2H2Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋溶液中生成白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－六、实验题(共3题，共21分)27、略

【分析】【分析】

v1mLKBrO3标准溶液中加入过量KBr，加H2SO4酸化，发生反应：所得溶液中加入v2mL废水，则废水中的苯酚和过量溴反应生成2,4,6-三溴苯酚沉淀，多余的溴和加入的过量KI发生置换反应产生碘，用bmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定碘，滴加2滴淀粉溶液作指示剂，发生反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6；当蓝色褪去且30秒内不变色时即为滴定终点，结合数据计算即可；

【详解】