2024年浙教版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年浙教版高二化学下册月考试卷769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7题，共14分)1、下列反应中原子利用率高，符合“绿色化学”要求，无污染环境因素的是（）A.乙烷与Cl2反应制氯乙烷B.乙醇和浓硫酸共热制乙烯C.乙酸和乙醇共热酯化D.乙烯与氧气在银催化作用下生成2、关于食物的酸碱性，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.食物溶于水后的溶液中rm{pH}小于rm{7}则为成酸性食物B.由碳、氮、硫、磷等元素组成的蛋白质是成酸性食物C.蔬菜、水果多含钾、钠、钙、镁等盐类，习惯称为酸性食物D.柠檬酸是酸性食物3、下列有机物命名正确的是A.rm{3}rm{3}二甲基丁烷B.rm{3隆陋}甲基rm{隆陋2隆陋}乙基戊烷C.rm{4}rm{5}二甲基己烷D.rm{2}rm{3}二甲基丁烷4、rm{pH}相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原溶液的rm{m}倍和rm{n}倍，稀释后两溶液的rm{pH}仍相同，则rm{m}和rm{n}的关系量是rm{(}rm{)}A.rm{m=n}B.rm{m>n}C.rm{m<n}D.无法判断5、已知三种有机物存在如下转化关系：

下列叙述错误的是rm{(}rm{)}A.三种有机物中都存在rm{2}种官能团B.乳酸和丙烯酸都能使高锰酸钾酸性溶液褪色C.rm{1mol}乳酸最多能与rm{2molNa}发生反应D.三种有机物均能发生加聚反应6、在0.1mol·L¯1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO¯+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A.加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动；B.加水，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；C.滴加少量0.1mol·L¯1HCl溶液，溶液中c(H+)减少；D.加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动；7、分子式rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的有机物与硫酸溶液共热可得有机物rm{A}和rm{B.}将rm{A}氧化最终可得rm{B}则原有机物的结构简式为()A.rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}B.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}C.rm{CH_{3}CH_{2}COOCH_{3}}D.rm{HCOOCH(CH_{3})_{2}}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)8、汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和的排放．催化装置内发生反应为：NOx+CON2+CO2（未配平），下列关于此反应的说法中不正确的是（）A.上述氧化物都是酸性氧化物B.该反应中NOx用作氧化剂，发生还原反应C.当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molD.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价9、下列关于热化学反应的描述中正确的是（）A.HCl和NaOH的反应的中和热△H=-57.3KJ．mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57.3）KJ．mol-1B.CO（g）的燃烧热是283.0KJ．mol-1，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0KJ．mol-1C.需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应D.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热10、25℃时，将amol•L-1、pH=m的一元酸HX溶液与bmol•L-1、pH=n的一元碱YOH溶液等体积混合，下列说法正确的是（）A.若a=b，则混合后溶液中一定有：c（X-）=c（Y+）＞c（H+）=c（OH-）B.若m+n=14，则混合后溶液一定显中性C.若混合后溶液中c（X-）＜c（Y+），则该混合溶液一定显碱性D.若a=b，混合后溶液pH＜7，则一定生成强酸弱碱盐11、对于某些离子的检验及结论一定正确的是rm{(}rm{)}A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有rm{CO_{3}^{2-}}B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有rm{SO_{4}^{2-}}C.焰色反应发出黄光，则一定有钠元素D.加入rm{KSCN}溶液变红，一定有rm{Fe^{3+}}12、rm{25隆忙}时，在某物质的溶液中，由水电离出的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-a}mol/L}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a<7}时，水的电离受到抑制B.rm{a>7}时，水的电离受到抑制C.rm{a<7}时，溶液的rm{pH}一定为rm{a}D.rm{a>7}时，溶液的rm{pH}一定为rm{14-a}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、下列是八种环状的烃类物质：(1)互为同系物的有________和________(填名称)，互为同分异构体的有________和________，________和________(填写名称，可以不填满，也可以再补充)。(2)正四面体烷的二氯取代产物有________种；立方烷的二氯取代产物有________种；金刚烷的一氯取代产物有________种。(3)写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式(举两例)并用系统命名法命名：___________________________________________。14、（10分）某有机物A（相对分子质量为74）可在一定条件下氧化成无支链的B（碳原子数不变），转化关系如图所示（部分反应条件和产物略），其中有机物G的分子结构中不含溴。已知：（1）A的分子式为____，E中含有的官能团名称为，D的结构简式为。（2）A→E反应的化学方程式为____。F→G的反应类型为。（3）E在一定条件下可加聚生成聚合物H，H的结构简式为。（4）与A同类的所有同分异构体的结构简式为：。15、（14分）乙苯是重要的化工原料，有关乙苯的转化关系如图所示。请回答下列问题：（1）写出下列反应进行时的条件：反应②，反应③；（2）写出下列反应的类型：反应①，反应②；（3）写出下列物质的结构简式：Y,M；（4）写出下列反应的化学方程式：反应⑤；16、（10分）烷基取代苯可以被KMnO4酸性溶液氧化成但若烷基R中直接与苯环相连的碳原子上没有C—H键，则不易被氧化得到现有分子式是C11H16的一烷基取代苯，已知它可以被氧化成的异构体共有7种，其中两种是请写出其他5种的结构简式：_____________；______________；__________________；_____________；____________________。17、下表列出了A-R9种元素在周期表中的位置周期族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦAO2EF3ACDGR4BH（1）填元素符号B____D。其中B、D的最高价氧化物对应的水化物的碱性最弱的是____（填化学式）。（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是。（3）F元素氢化物的化学式是，该氢化物在常温下跟G元素形成的单质发生反应的化学方程式是。（4）G元素和H元素两者核电荷数之差是。18、（10分）工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H＝－41kJ/mol某小组研究在相同温度下该反应过程中的能量变化。他们分别在体积均为VL的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应。相关数据如下：。容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡的时间/min达平衡时体系能量的变化/kJCOH2OCO2H2①1400t1放出热量：32.8kJ②2800t2放出热量：Q（1）该反应过程中，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物分子化学键形成时所释放的总能量。（2）容器①中反应达平衡时，CO的转化率为%。（3）下列叙述正确的是____（填字母序号）。A、平衡时，两容器中H2的体积分数相等B、容器②中反应达平衡状态时，Q>65.6kJC、反应开始时，两容器中反应的化学反应速率相等D、容器①中，化学反应速率为：（4）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－484kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：。（5）容器①中反应进行到tmin时，测得混合气体中CO2的物质的量为0.6mol。若用200ml、5mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为（用一个离子方程式表示）。19、由气态基态原子形成rm{1mol}化学键释放的最低能量叫键能rm{.}从化学键的角度分析；化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程．

。化学键rm{H-H}rm{N-H}rm{N隆脭N}键能rm{/kJ?mol^{-1}}rm{436}rm{a}rm{945}已知反应rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)2NH_{3}(g)triangleH=-93kJ?mol^{-1}.}试根据表中所列键能数据，计算rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)2NH_{3}(g)triangle

H=-93kJ?mol^{-1}.}的数值为______rm{a}．rm{kJ/mol}评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共16分)20、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。21、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

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

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。22、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。23、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、推断题(共4题，共24分)24、生物降解塑料袋由如图所示的塑料rm{H}制成，塑料rm{H}具有良好的生物相容性，可降解性能优良，机械性能及物理性能良好。塑料rm{H}既可以来源广泛且廉价的农副产品为原料合成，又可以甲烷为主要原料合成。以甲烷为主要原料合成塑料rm{H}的路线如下：已知：rm{C{{H}_{3}}C{{H}_{2}}X+C{{H}_{3}}CequivCNatoNaX+C{{H}_{3}}C{{H}_{2}}CequivCC{{H}_{3}}}请回答下列问题。rm{C{{H}_{3}}C{{H}_{2}}X+C{{H}_{3}}CequivCNato

NaX+C{{H}_{3}}C{{H}_{2}}CequivCC{{H}_{3}}}反应rm{(1)}应控制的条件是________，反应rm{垄脵}的类型是________。rm{垄脺}写出下列反应的化学方程式：反应rm{(2)}________，反应rm{垄脷}________。rm{垄脼}的结构简式为________，除rm{(3)C}本身外，其同分异构体有________种。rm{C}根据你所学的知识，评价用甲烷合成塑料rm{(4)}的缺点：________rm{H}写出两点即可rm{(}rm{)}根据塑料rm{(5)}的性能，指出其至少两种用途：________。rm{H}25、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{R}为前四周期元素，且原子序数依次增大。rm{XY_{2}}是红棕色气体；rm{X}与氢元素可形成rm{XH_{3}}rm{Z}基态原子的rm{M}层与rm{K}层电子数相等；rm{R^{2+}}的rm{3d}轨道中有rm{9}个电子。请回答下列问题：

rm{(1)Y}基态原子的电子排布式是______。

rm{(2)Z}所在周期中第一电离能最小的主族元素是______。

rm{(3)X}所在周期中电负性最大的元素是______。

rm{(4)XH_{3}}的分子构型为______形；该分子的中心原子的杂化方式为______。

rm{(5)R^{2+}}的水合离子中；提供孤电子对的原子是______。

rm{(6)Z}与某元素形成的化合物的晶胞如图所示rm{(}注：rm{o}在上下两面各有rm{2}个，内部有rm{2}个rm{)}则晶胞中阴离子与阳离子的个数比是______。26、有机物rm{G}是一种医药中间体，可通过如图所示路线合成。rm{A}是石油化工的重要产品且分子中所有原子在同一平面上，rm{H}的分子式是rm{C_{7}H_{8}}

已知：请回答以下问题：rm{(1)A}的电子式是_____________________；rm{(2)C隆煤D}的反应类型是________________________________；rm{(3)}在一定条件下，两个rm{E}分子发生分子间脱水生成一种环状酯，写出该环状酯的结构简式__________；rm{(4)G}与足量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式是________________________________；rm{(5)}满足以下条件的rm{F}的同分异构体rm{(}不含rm{F)}共有_________________种；rm{垄脵}能与氯化铁溶液发生显色反应rm{垄脷}可以发生水解反应27、以硅孔雀石rm{[}主要成分为rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}}rm{CuSiO_{3}?2H_{2}O}含rm{SiO_{2}}rm{FeCO_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}等杂质rm{]}为原料制备rm{CuCl_{2}}的工艺流程如图：

已知：rm{SOCl_{2}+H_{2}Odfrac{underline{;;triangle;;}}{;}SO_{2}隆眉+2HCl隆眉}

rm{SOCl_{2}+H_{2}Odfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}SO_{2}隆眉+2HCl隆眉}“酸浸”时盐酸与rm{(1)}反应的化学方程式为______rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}}检验“酸浸”后浸出液中的rm{.}可用______溶液．

rm{Fe^{3+}}“氧化”时发生反应的离子方程式为______．

rm{(2)}“滤渣rm{(3)}”的主要成分为______rm{2}填化学式rm{(}“调rm{)}”时，rm{pH}不能过高；其原因是______．

rm{pH}“加热脱水”时，加入rm{(4)}的目的是______．rm{SOCl_{2}}评卷人得分六、综合题(共2题，共16分)28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：A．由乙烷与氯气在光照条件下发生反应得到的产物有：一氯乙烷；1，1-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷，1，1，2-三氯乙烷，1，1，2，2-四氯乙烷，1，1，1，2-四氯乙烷，1，1，1，2，2-五氯乙烷，六氯乙烷和氯化氢，产物不唯一，不符合绿色化学思想，故A错误；

B．CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；还有水生成，原子的利用没有全部转入期望的产物中，不符合绿色化学思想，故B错误；

C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O生成乙酸乙酯和水；原子的利用没有全部转入期望的产物中，不符合绿色化学思想，故C错误；

D．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷原子的利用全部转入期望的产物中，符合绿色化学思想，故D正确；

故选D．

“绿色化学”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用；全部转入期望的产物中，原子的利用率100%，无污染；无公害的化学，常见的反应类型有：化合反应、加成反应、加聚反应，据此即可解答．

本题考查了绿色化学，理解绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染是解答的关键，题目较简单．【解析】【答案】D2、B【分析】解：rm{A.}食物的酸碱性与溶于水后的溶液rm{PH}无关；故A错误；

B.蛋白质在体内经过消化；吸收后；最后氧化成酸，这类食物在生理上称为成酸性食物，习惯上称为酸性食物，故B正确；

C.蔬菜；水果多含钾、钠、钙、镁等盐类；在人体内代谢后生成碱性物质，使体液呈弱碱性，这类食物习惯上称为碱性食物，故C错误；

D.柠檬酸虽然很酸；在体内氧化后生成二氧化碳和水排出体外，剩下碱性的钾盐，因此属于碱性食物，故D错误．

故选B．

食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念；它是指食物成酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的．

本题考查了食物的酸碱性判断，难度不大，注意食物的酸碱性是根据食物在体内代谢最终产物的性质来分类的，不是根据口感来进行分类的rm{.}并非在味觉上具有酸性的食物，就是酸性食物rm{.}柠檬酸虽然很酸，在体内氧化后生成二氧化碳和水排出体外，剩下碱性的钾盐，因此属于碱性食物．【解析】rm{B}3、D【分析】略【解析】rm{D}4、B【分析】解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中氢离子的物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，氢离子的物质的量不变，所以要使稀释后两溶液rm{pH}值相同，则醋酸的体积比盐酸的体积要大，就必须使rm{m>n}．

故选B．

醋酸是弱电解质；加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡，据此分析．

本题考查了稀释对强弱电解质的不同影响，加水稀释，弱电解质的电离平衡会向右移动，题目难度不大．【解析】rm{B}5、D【分析】解：rm{A.}丙酮酸中含有羰基和羧基；乳酸中含有醇羟基和羧基；丙烯酸中含有碳碳双键和羧基，所以三种物质中都含有两种官能团，故A正确；

B.乳酸中醇羟基；丙烯酸中碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；所以乳酸和丙烯酸都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故B正确；

C.能和乳酸反应的官能团有羟基和羧基，且rm{Na}和rm{-OH}或rm{-COOH}反应的物质的量之比为rm{1}rm{1}则rm{1mol}乳酸最多能与rm{2molNa}发生反应；故C正确；

D.含有碳碳不饱和键的有机物能发生加聚反应；所以只有丙烯酸能发生加聚反应，但乳酸能发生缩聚反应，故D错误；

故选D．

A.丙酮酸中含有羰基和羧基；乳酸中含有醇羟基和羧基；丙烯酸中含有碳碳双键和羧基；

B.乳酸中醇羟基；丙烯酸中碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

C.能和乳酸反应的官能团有羟基和羧基；

D.含有碳碳不饱和键的有机物能发生加聚反应．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，涉及烯烃、醇、羧酸、酮的性质，注意rm{C}中与钠反应的物质的量之间的关系，题目难度不大．【解析】rm{D}6、A【分析】考查外界条件对电离平衡的影响。加入氢氧化钠，能降低氢离子浓度，平衡向正反应方向移动，选项A正确；稀释促进电离，B不正确；增大氢离子浓度，抑制电离，但氢离子浓度仍然是增大的，C不正确；增大醋酸钠的浓度，电离程度是降低的，选项D不正确，答案选A。【解析】【答案】A7、B【分析】【分析】本题考查有机物推断，明确有机物中官能团及其性质是解本题关键，题目难度不大。【解答】分子式rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的有机物与硫酸溶液共热可得有机物rm{A}和rm{B}说明该有机物属于酯，rm{A}氧化最终得到rm{B}则醇和羧酸所含碳原子数相等，rm{A}为乙醇，rm{B}为乙酸，则原有机物为乙酸乙酯的结构简式为rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{COOCH}rm{COOCH}rm{2}rm{2}rm{CH}【解析】rm{B}二、双选题(共5题，共10分)8、A|C【分析】解：A、CO2为酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应不是酸性氧化物；CO为不成盐氧化物，故A错误；

B．NOx+CON2+CO2；反应中碳元素化合价+2价变化为+4价做还原剂，氮氧化物化合价降低做氧化剂发生还原反应，故B正确；

C．x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍，每生成1molN2；转移电子数为1mol×2×4=8mol，故C错误；

D．令NOx中N元素的化合价为a；则1×（a-0）=1×（4-2），解得a=2，故D正确；

故选AC．

A；酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物；

B．反应中碳元素化合价+2价变化为+4价；做还原剂，氮氧化物化合价降低做氧化剂；

C．x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价；转移电子物质的量为N原子的4倍；

D．根据电子转移守恒计算NOx中N元素的化合价．

本题考查物质分类、氧化还原反应计算等，题目难度中等，注意理解氧化还原反应中电子转移守恒和氧化还原反应概念的理解应用．【解析】【答案】AC9、B|C【分析】解：A、中和热是强酸和强碱稀溶液反应生成1mol水放出的能量，故H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=-57.3KJ．mol-1；故A错误；

B、因CO（g）的燃烧热是283.0KJ．mol-1，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）反应的△H=-2×283.0KJ．mol-1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0KJ．mol-1；故B正确；

C；反应的热效应与断键吸收能量和形成新键放出能量差有关；与反应条件无关，故C正确；

D；根据燃烧热概念；可燃物应生成稳定氧化物，水应为液态，故D错误．

故选BC．

A；根据中和热概念判断；

B；利用燃烧热进行计算；

C；考虑化学反应能量变化的原因；

D；根据燃烧热的概念判断．

本题考查燃烧热和中和热的概念，抓住概念的实质是判断的关键，题目难度不大．【解析】【答案】BC10、C|D【分析】解：A．HX与YOH等物质的量反应生成盐YX；若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性，由于不知道酸与碱的相对强弱，所以不能判断溶液的酸碱性，则不能判断氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小，故A错误；

B．若m+n=14；则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，若酸为弱酸，则酸过量，混合后显酸性，若碱为弱碱，则碱过量，混合后溶液显碱性，所以不能判断溶液的酸碱性，故B错误；

C．混合后溶液存在电荷守恒：c（X-）+c（OH-）=c（Y+）+c（H+），若混合后溶液c（X-）＜c（Y+），则c（OH-）＞c（H+）；即该混合溶液一定显碱性，故C正确；

D．若a=b；混合后溶液pH＜7，则YX为强酸弱碱盐，即HX为强酸，故D正确．

故选CD．

A．HX与YOH等物质的量反应生成盐YX；若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性；

B．若m+n=14；则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同；

C．根据电荷守恒分析；

D．若a=b；混合后溶液pH＜7，YX为强酸弱碱盐，HX为强酸．

本题考查了盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较，侧重学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解原理，结合电荷守恒解答该题，难度中等．【解析】【答案】CD11、rCD【分析】解：rm{A.}能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；能和稀盐酸反应生成二氧化碳气体的物质中可能含有碳酸根离子，也可能含有碳酸氢根离子，故A错误；

B、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有rm{SO_{4}^{2-}}也可能含有的是银离子，故B错误；

C；钠元素焰色反应呈黄色；所以焰色反应发出黄光，则一定有钠元素，故C正确；

D.加入rm{KSCN}溶液，溶液变红，可知rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}结合生成络离子，则原溶液一定有rm{Fe^{3+}}故D正确；

故选CD．

A.能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；

B；如果原溶液中存在银离子现象相同；

C；钠元素焰色反应呈黄色；

D.加入rm{KSCN}溶液，溶液变红，可知rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}结合生成络离子；

本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握试剂、现象、结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意排除干扰离子的影响，题目难度不大．【解析】rm{CD}12、rAD【分析】解：rm{A.}如果rm{a<7}则促进水电离，故A错误；

B.如果rm{a>7}则抑制水电离，故B正确；

C.如果rm{a<7}则促进水电离，该溶液为盐溶液，溶液的rm{pH=a}故C正确；

D.如果rm{a>7}则抑制水电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，则该溶液的rm{PH}值为rm{a}或rm{14-a}故D错误；

故选AD．

向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，根据某物质的溶液中由水电离出的rm{c(H^{+})}和纯水中rm{c(H^{+})}相对大小判断是促进水电离还是抑制水电离．

本题考查弱电解质的电离，明确是促进水电离还是抑制水电离是解本题关键，难度较大．【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】(1)同系物指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，因此环己烷与环辛烷互为同系物；同分异构体指分子式相同，结构不同的化合物，因此苯与棱晶烷(分子式均为C6H6)，环辛四烯与立方烷(分子式均为C8H8)互为同分异构体。(2)正四面体烷结构对称，只有一种氢原子，故二氯代物只有一种；立方烷分子中只有一种氢原子，但其二氯代物有3种，分别为金刚烷分子中有两种氢原子，其一氯代物有2种。【解析】【答案】(1)环己烷环辛烷苯棱晶烷环辛四烯立方烷(2)13214、略

【分析】根据A的性质可判断A是醇，相对分子质量是74，所以是丁醇。产物B没有支链，所以A是1－丁醇，结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，所以B和C的结构简式分别为CH3CH2CH2CHO和CH3CH2CH2COOH。C和A发生酯化反应生成D，则D的结构简式为CH3CH2CH2COOCH2CH2CH2CH3。A通过浓硫酸加热发生消去反应生成E，则E的结构简式为CH3CH2CH＝CH2。E和溴发生加成反应生成F，则F的结构简式为CH3CH2CHBrCH2Br。F再经过消去反应生成G，G中没有溴原子，所以G是1－丁炔。【解析】【答案】（1）C4H10O碳碳双键CH3CH2CH2COOCH2CH2CH2CH3（2）CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH＝CH2＋H2O（2分）消去反应（3）（4）15、略

【分析】【解析】【答案】（14分）(1)____________，________；________，____________；(3)(4)略16、略

【分析】试题分析：改变—C5H11的的结构，保证与苯环连接的C原子上有H原子就符合要求。则其余的同分异构体是：考点：考查有机物同分异构体的书写的知识。【解析】【答案】17、略

【分析】试题分析：本题考查元素周期表的结构、常见元素在周期表中的位置及相关物质的性质。（1）B位于第四周期第ⅠA族，为钾元素，元素符号为K，D位于第三周期第ⅢA族，为铝元素，元素符号为Al；B、D的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钾和氢氧化铝，氢氧化钾为强碱，氢氧化铝为两性氢氧化物，碱性较弱的为Al(OH)3；（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）F为氧元素，其氢化物的化学式为H2O，G为氯元素，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO；（4）G为氯元素，H为溴元素，根据原子序数差规律知，两者核电荷数之差为18。考点：考查元素周期表的结构、常见元素在周期表中的位置及相关物质的性质。【解析】【答案】（1）KAlAl(OH)3(2)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)H2OCl2+H2O=HCl+HClO；(4)18。18、略

【分析】【解析】试题分析：（1）正反应是放热反应，所以反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量小于生成物分子化学键形成时所释放的总能量。（2）放出热量32.8kJ，所以消耗的CO是32.8kJ÷41kJ/mol＝0.8mol，所以CO的转化率是0.8÷1×100％＝80％。（3）因为反应前后体积不变，所以两容器中的平衡是等效的，因此A正确。容器②中反应达平衡状态时，Q=65.6kJ，B不正确。容器②中反应物的浓度大，反应速率快，C不正确。容器①中水蒸气的变化量是0.8mol，反应速率应该是v(H2O)=D不正确，答案选A。（5）根据盖斯定律可知，反应①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H＝－41kJ/mol和反应②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－484kJ/mol，合并，即①×2＋②得到2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，所以△H=－41kJ/mol×2－484kJ/mol＝－566kJ/mol。（6）200mL5mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠是1mol，所以根据原子守恒可知，生成碳酸钠和碳酸氢钠分别是0.4mol和0.2mol，所以方程式为3CO2+5OH-=2CO32-+HCO3-+2H2O。考点：化学反应中的热量变化【解析】【答案】（1）小于（2）80（3）A（4）2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566kJ•mol－1（5）3CO2+5OH-=2CO32-+HCO3-+2H2O19、391【分析】解：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)炉冒?炉帽2NH_{3}(g)triangleH=945kJ?mol^{-1}+436kJ?mol^{-1}隆脕3-6a=-93kJ?mol^{-1}}因此rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)炉冒?炉帽2NH_{3}(g)triangle

H=945kJ?mol^{-1}+436kJ?mol^{-1}隆脕3-6a=-93kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{a=391}．

根据反应热等于反应物的总键能rm{391}生成物的总键能求算；以此解答该题．

本题考查了热化学方程式书写、反应热计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，明确利用键能求算焓变的方法是解题关键，题目难度中等．rm{-}【解析】rm{391}四、元素或物质推断题(共4题，共16分)20、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）221、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H222、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）223、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、推断题(共4题，共24分)24、（1）在Ni的催化作用下与H2发生1︰1加成氧化反应（2）缩聚反应（3）3（4）合成步骤多，原料利用率低且价格高，利用了Cl2、Br2等有毒物质（其他合理答案也可）（5）用于包装行业、纺织行业、医药行业、农业等行业【分析】略【解析】rm{(1)}在rm{Ni}的催化作用下与rm{H_{2}}发生rm{1漏U1}加成氧化反应rm{(2)}缩聚反应rm{(3)}rm{3}rm{(4)}合成步骤多，原料利用率低且价格高，利用了rm{Cl_{2}}rm{Br_{2}}等有毒物质rm{(}其他合理答案也可rm{)}rm{(5)}用于包装行业、纺织行业、医药行业、农业等行业25、略

【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{R}为前四周期元素，且原子序数依次增大，rm{XY_{2}}是红棕色气体，应是rm{NO_{2}}则rm{X}为rm{N}元素、rm{Y}为rm{O}元素；rm{X}与氢元素可形成rm{NH_{3}}rm{Z}基态原子的rm{M}层与rm{K}层电子数相等，则rm{M}层电子数为rm{2}故rm{Z}为rm{Mg}rm{R^{2+}}离子的rm{3d}轨道中有rm{9}个电子，rm{R}原子核外电子数rm{=2+8+8+9+2=29}则rm{R}为rm{Cu}元素；

rm{(1)Y}为rm{O}元素，原子序数为rm{8}根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，写出核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}

rm{(2)Z}所在周期为第三周期，同周期自左而右，元素第一电离能呈增大趋势，第三周期中第一电离能最小的主族元素是rm{Na}

故答案为：rm{Na}

rm{(3)X}为rm{N}元素，处于第二周期，同周期自左而右电负性增大，rm{F}元素电负性最强；

故答案为：rm{F}

rm{(4)NH_{3}}中价层电子对个数rm{=3+dfrac{1}{2}(5-3隆脕1)=4}且含有rm{=3+dfrac

{1}{2}(5-3隆脕1)=4}个孤电子对，所以rm{1}原子采用rm{N}杂化；分子构型为三角锥形；

故答案为：rm{sp^{3}}杂化；三角锥形；

rm{sp^{3}}的水合离子中，提供孤电子对的原子是rm{(5)Cu^{2+}}中rm{H_{2}O}原子；

故答案为：rm{O}

rm{O}晶胞中阳离子处于体心与顶点，晶胞中阳离子数目rm{(6)}阴离子处于处于体内及面上，晶胞中阴离子数目rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}故晶胞中阴离子与阳离子的个数比是rm{=2+4隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{4}rm{2=2}

故答案为：rm{1}rm{2}

rm{1}rm{X}rm{Y}rm{Z}为前四周期元素，且原子序数依次增大，rm{R}是红棕色气体，应是rm{XY_{2}}则rm{NO_{2}}为rm{X}元素、rm{N}为rm{Y}元素；rm{O}与氢元素可形成rm{X}rm{NH_{3}}基态原子的rm{Z}层与rm{M}层电子数相等，则rm{K}层电子数为rm{M}故rm{2}为rm{Z}rm{Mg}离子的rm{R^{2+}}轨道中有rm{3d}个电子，rm{9}原子核外电子数rm{R}则rm{=2+8+8+9+2=29}为rm{R}元素；

rm{Cu}根据能量最低原则；泡利不相容原理和洪特规则；写出核外电子排布式；

rm{(1)}同周期自左而右；元素第一电离能呈增大趋势；

rm{(2)}同周期自左而右电负性增大；

rm{(3)}根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型及原子杂化方式，价层电子对个数rm{(4)}键个数rm{=娄脪}孤电子对个数；

rm{+}的水合离子中，提供孤电子对的原子是rm{(5)Cu^{2+}}中rm{H_{2}O}原子；

rm{O}利用均摊法计算。

本题主要考查位置结构性质相互关系及应用，涉及电子排布式、杂化类型的判断、第一电离能、晶胞计算、分子空间构型判断等知识点，明确物质性质、价层电子对互斥理论、均摊法等知识点即可解答，题目难度中等。rm{(6)}【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}rm{Na}rm{F}三角锥；rm{sp^{3}}杂化；rm{O}rm{2}rm{1}26、rm{(1)}

rm{(2)}取代反应

rm{(3)}

rm{(4)}

rm{(5)18}

【分析】【分析】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生判断及知识综合运用能力，需要学生具有扎实的基础知识才能解答，知道常见有机物官能团及其性质、反应类型及反应条件，难点是限制型同分异构体种类判断。【解答】rm{A}是石油化工的重要产品且分子中所有原子在同一平面上，结合rm{D}的结构简式可知rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}由转化关系可知，rm{B}为rm{CH_{3}CHO}rm{C}为rm{CH_{3}COOH}rm{C}发生取代反应生成rm{D}结合rm{G}的结构可知rm{F}为rm{H}的分子式是rm{C_{7}H_{8}}根据rm{J}结构简式知，rm{H}含有一个苯环，故H为由rm{J}的结构可知rm{I}为rm{I}发生氧化反应得到rm{J}rm{J}发生水解反应得到rm{E(}邻羟基苯甲酸rm{)}rm{E}与甲醇发生酯化反应得到rm{F}为rm{D}和rm{F}发生取代反应生成rm{G}

rm{(1)A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}电子式为故答案为：

rm{(2)C}为rm{CH_{3}COOH}rm{C}发生取代反应生成rm{D}故答案为：取代反应；

rm{(3)}两个rm{E}分子在一定条件下发生分子间脱水生成一种环状酯的结构简式是

故答案为：

rm{(4)G}为含有酯基，可在碱性条件下水解，与氢氧化钠反应的方程式为

故答案为：

rm{(5)F}为对应的同分异构体rm{垄脵}能与氯化铁溶液发生显色反应，应含有酚羟基，rm{垄脷}可以发生水解反应；则含有酯基；

如苯环含有两个取代基，一个为羟基，另一个可为rm{-COOCH_{3}}rm{-OOCCH_{3}}rm{-CH_{2}OOCH}各有邻、间、对rm{3}种，共rm{9}种；

如含有rm{3}个取代基，则取代基分别为rm{-OH}rm{-CH_{3}}rm{-OOCH}共rm{10}种同分异构体；

则除rm{F}外还有rm{18}种；

当含有取代基为rm{-OH}rm{-COOCH_{3}}且位于对位时核磁共振氢谱吸收峰最少，结构简式为有rm{4}种rm{H}

故答案为：rm{18}

【解析】rm{(1)}rm{(2)}取代反应rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)18}

27、略

【分析】解：rm{(1)}“酸浸”时盐酸与rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}}反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式为rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}+4HCl篓T2CuCl_{2}+CO_{2}隆眉+3H_{2}O}检验“酸浸”后浸出液中的rm{Fe^{3+}}可用rm{KSCN}溶液；

故答案为：rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}+4HCl篓T2CuCl_{2}+CO_{2}隆眉+3H_{2}O}rm{KSCN}

rm{(2)}硅孔雀石主要成分为rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}}rm{CuSiO_{3}?2H_{2}O}含rm{SiO_{2}}rm{FeCO_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}等杂质，根据流程图，加盐酸“酸浸”后溶液中只有rm{Fe^{2+}}可被氯气氧化，“氧化”时发生反应的离子方程式为rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

故答案为：rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

rm{(3)}根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为rm{Cu^{2+}}和rm{Fe^{3+}}加试剂rm{X}调节rm{pH}使rm{Fe^{3+}}完全沉淀而除去，rm{Cu^{2+}}仍留在溶液中，实现rm{Cu^{2+}}和rm{Fe^{3+}}的分离，最终制备rm{CuCl_{2}}“调rm{pH}”时，rm{pH}不能过高，否则rm{Cu^{2+}}转化为rm{Cu(OH)_{2}}沉淀；

故答案为：rm{Fe(OH)_{3}}防止rm{Cu^{2+}}转化为rm{Cu(OH)_{2}}沉淀；

rm{(4)}由已知：rm{SOCl_{2}+H_{2}Odfrac{underline{;;triangle;;}}{;}SO_{2}隆眉+2HCl隆眉}“加热脱水”时，加入rm{SOCl_{2}+H_{2}Odfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}SO_{2}隆眉+2HCl隆眉}的目的是生成的rm{SOCl_{2}}抑制rm{HCl}的水解．