2025年新世纪版高二化学上册月考试卷

…………○…………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2025年新世纪版高二化学上册月考试卷827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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列关于铜电极的叙述正确的是()A.铜锌原电池中铜是负极B.用电解法粗炼粗铜时，粗铜作阴极C.在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极D.电解稀硫酸制H2和O2时铜作阳极2、某苯的衍生物，含有两个互为对位的取代基，其分子式为C8H10O，其中不溶解于NaOH溶液的该衍生物的结构式有（）A.1种B.2种C.3种D.4种3、下列实验结论或操作正确的是rm{(}rm{)}A.洗涤内壁附有银镜的试管，可先用氨水，再用蒸馏水B.除去苯中的少量苯酚可加足量浓溴水后过滤C.将淀粉和稀硫酸混合物加热一段时间，取混合液加入碘水后变蓝，说明淀粉尚未水解D.皮肤上不慎沾有苯酚浓溶液应立即用酒精洗涤4、rm{CH_{3}^{+}}rm{隆陋CH_{3}(}甲基rm{)}rm{CH_{3}^{隆陋}}都是重要的有机反应中间体，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.它们均由甲烷去掉一个氢原子所得B.它们互为等电子体，碳原子均采取rm{sp^{2}}杂化C.rm{CH_{3}^{隆陋}}与rm{NH_{3}}rm{H_{3}O^{+}}互为等电子体，几何构型均为三角锥形D.rm{CH_{3}^{隆陋}}中的碳原子采取rm{sp^{2}}杂化，所有原子均共面5、下列有关甲苯的说法中，不正确的是()A.可以制造烈性炸药rm{TNT}B.可以与氢气发生加成反应C.可以与溴水发生取代反应D.可以被高锰酸钾酸性溶液氧化6、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值rm{.}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{0.56}rm{L}丙烷中含有共价键的数目为rm{0.2N_{A}}B.常温常压下，rm{6.4}rm{g}氧气和臭氧中含有的分子总数为rm{0.2N_{A}}C.rm{5.6}rm{g}铁与一定量浓硫酸恰好反应，转移的电子数目一定为rm{0.2N_{A}}D.常温下，rm{20}rm{L}rm{pH=12}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中含有的rm{OH^{-}}离子数为rm{0.2N_{A}}7、设C+CO2⇌2CO；△H＞0，反应速率为v1；N2+3H2⇌2NH3；△H＜0，反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为（）

A.同时增大。

B.同时减小。

C.v1增大，v2减小。

D.v1减小，v2增大。

8、一定温度下；探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：

I.向rm{5mL}rm{0.05mol/L}rm{FeCl_{3}}溶液中加入rm{5mL}rm{0.05mol/L}rm{KI}溶液，平衡后分为两等份Ⅱrm{.}向一份加入rm{KSCN}溶液，变红；加入rm{CCl_{4}}振荡；静置，下层显极浅的紫色。

Ⅲrm{.}向另一份加入rm{CCl_{4}}振荡、静置，下层显紫红色rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{I}中反应为：rm{2Fe^{3+}+2I^{-}?2Fe^{2+}+I_{2}}B.比较水溶液中rm{c(I^{-})}Ⅱrm{>}ⅢC.比较水溶液中rm{c(Fe^{3+})}rm{I<}ⅡD.若在实验Ⅱ中加入少量rm{NaOH}固体，rm{c(I^{-})}会增大9、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是()A.质子数为rm{17}中子数为rm{20}的氯原子：rm{{,!}_{17}^{20}{C}l}B.氯离子rm{(Cl^{-})}的结构示意图：C.次氯酸的结构式：rm{H-O-Cl}D.氯乙烯分子的结构简式：rm{H_{3}C-CH_{2}Cl}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（10分）工业上常用天然气作为制备的原料。已知：①②③（1）与反应生成的热化学方程式为。（2）向VL恒容密闭容器中充入与在不同压强下合成甲醇。的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：①压强____（填“<”、“>”或“=”）②在压强时，平衡常数为（用含的代数式表示）。（3）下图是甲醇燃料电池（电解质溶液为稀硫酸）结构示意图，电极通入的为，电极反应式是。若用该电池电解溶液，当得到铜时，参加反应的气体的体积应为（标准状况）。11、淀粉和纤维素的分子组成都可以用通式______________表示，但二者的n值是_____同的。它们都属于_____糖，在性质上跟单糖、二糖不同，没有_______味，都______发生（填“能”或“不能”）发生银镜反应，但稀硫酸的催化作用下，都能发生_______反应，反应的最终产物都是___________。12、（18分）运用物质结构的知识完成下列问题。（1）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有(填元素符号)。（2）配离子[TiCl(H2O)5]2＋的中心离子化合价为，配体的化学式为。（3）BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：QR①晶体Q中不存在的作用力为（填字母）。A．共价键B．离子键C．配位键D．范德华力E．氢键②R中阳离子的空间构型为。（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm—（含B、O、H三种元素）的球棍模型如下图3所示。则m＝（填数字）。（5）以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐（如NaN3）作原料，可以生成碳氮化钛化合物，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞（结构如下图4）所有顶点的氮原子，这种碳氮化钛化合物的化学式为。图3图4（6）部分化学键的键能见下表：。化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能/kJ·mol—1460360436431176347①比较下列两组物质的熔点高低（填“＞”或“＜”）SiC______Si；SiCl4______SiO2②工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)高温Si(s)+4HCl(g)计算该反应的反应热△H＝___________kJ/mol。13、（8分）将煤粉隔绝空气加强热；除主要得到焦炭外，还能得到下表所列的物质：

。序号①②③④⑤⑥⑦名称甲烷一氧化碳乙烯苯甲苯苯酚氨水（1）表中所列物质不属于有机物的是（填序号）：______．

（2）能与溴水反应使之褪色的烃是（填序号）：______．

（3）能发生加聚反应、生成物可用作制造食品包装袋的是（填序号）______，该物质发生加聚反应的化学方程式为：______．

（4）彼此互为同系物的是（填序号）：______．

（5）甲苯的一氯取代产物的有______种．14、在实验室里制取乙烯时，常因温度过高而发生副反应，部分乙醇跟浓rm{H_{2}SO_{4}}反应生成rm{SO_{2}}rm{CO_{2}}水蒸气和炭黑．

rm{(1)}用编号为rm{垄脵隆煤垄脺}的实验装置设计一个实验，以验证上述反应混合气体中含rm{CO_{2}}rm{SO_{2}}和水蒸气rm{.}用装置的连接顺序rm{(}按产物气流从左到右的流向rm{)}______rm{隆煤}______rm{隆煤}______rm{隆煤}______．

rm{(2)}实验的装置rm{垄脵}中rm{A}瓶的现象是______；结论为______rm{.B}瓶中的现象是______；rm{B}瓶溶液作用为______rm{.}若rm{C}瓶中品红溶液不褪色；可得到结论为______．

rm{(3)}装置rm{垄脹}中加的固体药品是______以验证混合气体中有______rm{.}装置rm{垄脷}中盛的溶液是______以验证混合气体中有______．

15、有下列几种物质：rm{A.}晶体氦rm{B.}石墨rm{C.}氢氧化钾rm{D.}晶体硅rm{E.}干冰。

请根据要求填空rm{(}填序号rm{)}rm{(1)}不含化学键的分子晶体是________。rm{(2)}属于原子晶体的是________。rm{(3)}晶体中不含离子键的化合物是____________。rm{(4)}既有离子键又有共价键的是________。rm{[}来rm{(5)}受热熔化时，破坏两种作用力的是_____________。评卷人得分三、实验题(共7题，共14分)16、某课外活动小组在实验室用下图的一些装置组合后，快速制取氨并验证氨的某些性质，同时收集少量纯净氮气，请回答：（1）写出用熟石灰和氯化铵反应制氨气的化学方程式(2)本实验进行一断时间后，观察到加热的硬质玻璃试管内黑色氧化铜粉末转为红色，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，并且在最后的出气导管处收集到纯净、干燥的氮气。根据这些现象，写出在硬质玻璃试管内发生反应的化学方程式：,这个反应说明氨气具有____(填编号：A、碱性；B、还原性；C、氧化性；D、不稳定性)(3)洗气瓶中盛浓硫酸的主要作用是__________________(4)在最后的出气的导管口收集干燥、纯净的氮气，收集方法是：___________(填编号：A、排气法B、排水法C、用气囊收集)（5）装置E的作用是_______________。装置F验证的气体是___________。17、（11分）某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。⑥重复以上滴定操作2-3次。请回答：(1)以上步骤有错误的是（填编号）________，该错误操作会导致测定结果_________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(2)步骤④中，量取20.00mL待测液应使用__________________(填仪器名称)，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果____________（填“大”、“偏小”或“无影响”）。(3)步骤⑤滴定时眼睛应注视_______________________________判断到达滴定终点的依据是：__________________________________________________。(4)以下是实验数据记录表。滴定次数盐酸体积（mL）NaOH溶液体积读数（mL）滴定前滴定后120.000.0018.10220.000.0016.30320.000.0016.22从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是（）A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B．锥形瓶用待测液润洗C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质D．滴定结束时，俯视计数(5)根据上表记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：____________mol·L－118、碘被称为“智力元素”科学合理地补充碘可防止碘缺乏病．碘酸钾（KIO3）是国家规定的食盐加碘剂；它的晶体为白色，可溶于水．碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘．以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如图所示．

（1）碘是______（填颜色）固体物质，实验室常用______的方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘．

（2）电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH═5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却．电解时，阳极上发生反应的电极反应式为______；每生成1molKIO3，电路中通过的电子的物质的量为______．

（3）若用不同种电池作为上述实验的电源；请分析电池反应：

①铅蓄电池总反应的化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42H2O+2H2SO4，则它在充电时的阳极反应为______；

②MnO2-Zn组成碱性干电池在放电时的负极反应为______；

③以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐，电池总反应方程式为：C3H8+5O2=3CO2+4H2O．则该电池正极的电极反应为______；

④当产生相同质量的KIO3时，理论上，上述三种电池中分别消耗的Pb．Zn、丙烷的物质的量之比是______；

（4）电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I-．请设计一个检验电解液中是否有I-的实验方案；要求填写下表．

要求：所需药品只能从下列试剂中选择；实验仪器及相关用品自选．

试剂：淀粉溶液；淀粉-KI试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸．

。试验方法实验现象及结论（5）电解完毕；从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：□→□→□→□→□→□→□

步骤②的操作名称是______，步骤⑤的操作名称是______．步骤④洗涤晶体的目的是______．19、苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。

反应原理：

已知：甲苯的熔点为rm{-95隆忙}沸点为rm{110.6隆忙}易挥发，密度为rm{0.866g/cm^{3}}

苯甲酸的熔点为rm{122.4隆忙}在rm{25隆忙}和rm{95隆忙}下在水中溶解度分别为rm{0.344g}和rm{6.8g}．

Ⅰrm{.}【制备产品】将rm{30.0mL}甲苯和rm{25.0mL}rm{1mol/L}高锰酸钾溶液在rm{100隆忙}下反应rm{30min}装置如图所示．下反应rm{100隆忙}装置如图所示．

rm{30min}仪器rm{(1)}的名称为______，rm{A}的进水口rm{A}填“为______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{).}支管的作用是______．”或“rm{(}”rm{a}支管的作用是______．rm{b}在本实验中，三颈烧瓶最合适的容积是______rm{).}填字母rm{(2)}．

A.rm{(}rm{)}rm{50mL}rm{B.100mL}

Ⅱrm{C.250mL}【分离产品】该同学设计如图流程分离粗产品苯甲酸和回收甲苯。

rm{D.500mL}操作Ⅰ的名称是______；含有杂质的产物经操作Ⅱ进一步提纯得无色液体甲苯；则操作Ⅱ的名称是______．

Ⅲrm{.}【纯度测定】称取rm{(3)}白色固体，配成rm{.}甲醇溶液，取rm{1.220g}溶液，用rm{100mL}标准溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗的体积如表所示．rm{25.00mL}滴定操作中，如果对装有rm{0.1000mol/LKOH}标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视则测定结果______rm{(4)}填“偏大”、“偏小”或“不变”rm{KOH}计算样品中苯甲酸纯度为______．

rm{(}从白色固体rm{).}中得到纯净的苯甲酸的实验方法是：______．rm{(5)}20、rm{CuCl_{2}}溶液中的铜主要以rm{Cu}rm{(H_{2}O)_{4}^{2+}}rm{CuCl_{4}^{2-}}形式存在，它们间有如下转化关系：rm{Cu(H_{2}O)_{4}^{2+}(}蓝色rm{)+4Cl^{-}?CuCl_{4}^{2-}(}黄色rm{)+4H_{2}O}电解不同浓度的rm{CuCl_{2}}溶液，均可看做rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}直接放电rm{.}下图为电解浓度较大rm{CuCl_{2}}溶液的装置，实验开始后，观察到丙中的rm{KI-}淀粉溶液慢慢变蓝rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}甲电极的电极反应式为______．

rm{(2)}丙中溶液变蓝是乙电极产物与rm{KI}反应导致的；该反应的化学方程式为______．

rm{(3)}随电解的不断进行，rm{U}型管中溶液的颜色变化为______；

A.由黄色变为浅蓝色rm{B.}由蓝色变为浅黄色。

rm{(4)}当电解到一定程度，甲电极附近出现蓝色rm{Cu(OH)_{2}}絮状物rm{.}经测，甲电极附近溶液的rm{pH=a}此时甲电极附近溶液中rm{c(Cu^{2+})=}______rm{mol?L^{-1}.(}已知：rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=2.2隆脕10^{-20}).(K_{sp}=c(Cu^{2+})cdotc^{2}(OH)^{-}=2.2隆脕10^{-20})}rm{K_{sp}=2.2隆脕10^{-20}).(K_{sp}=c(Cu^{2+})cdot

c^{2}(OH)^{-}=2.2隆脕10^{-20})}21、化学是一门以实验为基础的学科．

rm{(1)}下列描述正确的是______．

A.容量瓶；分液漏斗在使用时需要检验是否漏水。

B.海带提取碘实验中；灼烧海带时需要用到的仪器有玻璃棒；蒸发皿、泥三角、三脚架、酒精灯。

C.向含有rm{Fe^{2+}}的rm{FeCl_{3}}溶液中通入rm{Cl_{2}}或滴加rm{H_{2}O_{2}}均可以除去rm{Fe^{2+}}

D.检验rm{Na_{2}SO_{3}}固体是否被氧化：取少量固体溶于水，加入rm{BaCl_{2}}溶液；产生白色沉淀，滴加稀硝酸，观察白色沉淀是否溶解。

rm{(2)}实验室中常用如图仪器制取；净化和收集气体．

rm{垄脵}关闭rm{A}装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明rm{A}装置气密性良好的现象是。

______．

rm{垄脷}实验室可利用rm{A}装置在加热条件下制取rm{Cl_{2}}写出该反应的离子方程式______

rm{垄脹}若用rm{B}装置除去rm{SO_{2}}中混有的rm{HCl}气体，rm{B}中盛放试剂的名称为______．22、某化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下．。编号电极材料电解质溶液电流表指针偏转方向rm{1}rm{Al}rm{Mg}稀盐酸偏向rm{Al}rm{2}rm{Al}rm{Cu}稀盐酸偏向rm{Cu}rm{3}rm{Al}rm{C(}石墨rm{)}稀盐酸偏向石墨rm{4}rm{Al}rm{Mg}氢氧化钠溶液偏向rm{Mg}rm{5}rm{Al}rm{Zn}浓硝酸偏向rm{Al}试根据上表中的实验现象回答下列问题：

rm{(1)}实验rm{1}rm{2}中rm{Al}所作的电极rm{(}正极或负极rm{)}是否相同rm{(}填“是”或“否”rm{)}_____．

rm{(2)}实验rm{3}中铝的电极反应式：______．

rm{(3)}实验rm{4}中铝作负极还是正极______，其电极反应为______rm{(4)}解释实验rm{5}中铝作正极的原因：______．

rm{(5)}根据实验结果总结出影响铝在原电池中作正极或负极的因素：______．评卷人得分四、有机推断题(共4题，共24分)23、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。26、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)27、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。28、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。29、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。30、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】锌比铜活泼，所以锌是负极，A不正确；精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，B不正确；镀件上镀铜时，铜作阳极，所以C正确；铜时活性电极，因此电解稀硫酸制取氢气和氧气时，铜不能作阳极，而应该用惰性电极作阳极，D不正确，答案选C。【解析】【答案】C2、B【分析】解：由分子式可知分子中除了含有苯环，取代基中没有不饱和键，用C8H10O减去-C6H4（因为有两个取代基），还有-C2H6O，即其中有两个互为对位的取代基有两个碳，六个氢和一个氧．该物质不溶解于NaOH溶液，说明不含有酚羟基（即没有-OH直接连接在苯环上的结构），所以只能把-C2H6O分为1个-OCH3和1个-CH3或1个-CH2OH和1个-CH3这两种结构．故选：B．

分子式为C8H10O，不饱和度为4，又为某苯的衍生物，而苯环本身的不饱和度就为4，取代基中没有不饱和键；又因为有两个对位的取代基，用C8H10O减去-C6H4（因为有两个取代基），还有-C2H6O，即有2个碳，6个氢和1个氧．该物质不溶解于NaOH溶液，说明不含有酚羟基（即没有-OH直接连接在苯环上的结构）．所以只能把-C2H6O分为1个-OCH3和1个-CH3或1个-CH2OH和1个-CH3这两种结构．

本题主要考查了有机物的结构，在分析时抓住不饱和度以及官能团异构来分析．【解析】【答案】B3、D【分析】解：rm{A}单质银与氨水不反应；可用稀硝酸洗去，故A错误；

B；加浓溴水；生成三溴苯酚，三溴苯酚和溴都能与苯互溶，不能将二者分离，并引入新的杂质，故C错误；

C、取淀粉在稀硫酸中水解液，先加入氢氧化钠溶液，调rm{PH}至碱性；再加氢氧化铜悬浊液，最后再加热，无砖红色沉淀，说明无葡萄糖，说明淀粉尚未水解，故C错误；

D；苯酚易溶于酒精；皮肤上不慎沾有苯酚浓溶液应立即用酒精洗涤，故D正确；

故选D．【解析】rm{D}4、C【分析】【分析】本题考查离子构型的判断、杂化方式的判断等知识点，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难度中等。【解答】A.甲烷分子变成rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}^{+}}、rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-}rm{CH}rm{-}B.rm{CH}rm{{,!}_{3}^{-}}时，失去的分别是氢负离子、氢离子和质子，空间构型也不再与原来的分子相同，故A错误；rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}^{+}}、rm{CH}rm{CH}个、rm{{,!}_{3}}个和rm{-}rm{CH}个价电子，不是等电子体，中心碳原子的价层电子对数不同，故空间构型不同，故B错误；C.rm{-}rm{CH}rm{{,!}_{3}^{-}}分别具有rm{6}个、rm{7}个和rm{8}个价电子，不是等电子体，中心碳原子的价层电子对数不同，故空间构型不同，故B错误；rm{6}rm{7}rm{8}rm{CH}rm{CH}个电子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故C正确；D.rm{{,!}_{3}^{-}}为三角锥形，与rm{NH}故选C。rm{NH}【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题主要考查的是甲苯的性质；甲苯是苯的同系物，注意与苯性质的区别于联系，难度不大。

【解答】A.甲苯与硝酸反应生成三硝基甲苯，三硝基甲苯为烈性炸药rm{TNT}故A正确；

B.甲苯中含有苯环；能与氢气发生加成反应生成甲基环己烷，故B正确；

C.甲苯不与溴水反应；故C错误；

D.甲苯能被高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸；故D正确。

故选C。

【解析】rm{C}6、D【分析】解：rm{A.}丙烷的分子式为rm{C_{3}H_{8}}rm{1}个丙烷分子中含有rm{2}个rm{C-C}键，rm{8}个rm{H-H}键，乙烷的物质的量为rm{dfrac{0.56L}{22.4l/mol}=0.025mol}rm{dfrac

{0.56L}{22.4l/mol}=0.025mol}共价键的数目为rm{0.025mol隆脕10=0.25mol}故A错误；

B.rm{0.25N_{A}}氧气和臭氧中含有的氧原子是rm{6.4g}但不能确定分子数，故B错误；

C.浓硫酸有强氧化性，铁可能失去rm{0.4mol}个电子；故C错误；

D.rm{3}的rm{pH=12}溶液中含有的rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量浓度是rm{OH^{-}}rm{0.01mol/L}的物质的量为rm{OH^{-}}离子数为rm{0.01mol/L隆脕20L=0.2mol}故D正确．

故选D．

A.丙烷的分子式为rm{0.2N_{A}}rm{C_{3}H_{8}}个丙烷分子中含有rm{1}个rm{2}键，rm{C-C}个rm{8}键；

B.氧气和臭氧的原子数不同；

C.浓硫酸有强氧化性；

D.rm{H-H}的rm{pH=12}溶液中含有的rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量浓度是rm{OH^{-}}．

本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．rm{0.01mol/L}【解析】rm{D}7、A【分析】

升高温度时；活化分子的百分数增大，正逆反应速率都增大，吸热反应或放热反应的速率都增大，与吸放热无关．

故选A．

【解析】【答案】升高温度；无论对于吸热还是放热反应，都会使反应速率增大．

8、C【分析】解：rm{A.}铁离子具有氧化性，与碘离子发生氧化还原反应，离子反应为rm{2Fe^{3+}+2I^{-}?2Fe^{2+}+I_{2}}故A正确；

B.Ⅱ、Ⅲ中加入rm{CCl_{4}}下层颜色不同，可知Ⅲ中rm{c(I_{2})}大，则Ⅲ中rm{2Fe^{3+}+2I^{-}?2Fe^{2+}+I_{2}}正向移动程度大，水溶液中rm{c(I^{-})}Ⅱrm{>}Ⅲ；故B正确；

C.rm{I}Ⅱ比较，Ⅱ中铁离子与rm{KSCN}结合生成络离子，则水溶液中rm{c(Fe^{3+})}rm{I>}Ⅱ；故C错误；

D.实验Ⅱ中加入少量rm{NaOH}固体，rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}?Fe(SCN)_{3}}逆向移动，则导致rm{2Fe^{3+}+2I^{-}?2Fe^{2+}+I_{2}}逆向移动，可知rm{c(I^{-})}会增大；故D正确；

故选C．

A.铁离子具有氧化性；与碘离子发生氧化还原反应；

B.Ⅱ、Ⅲ中加入rm{CCl_{4}}下层颜色不同，可知Ⅲ中rm{c(I_{2})}大；

C.rm{I}Ⅱ比较，Ⅱ中铁离子与rm{KSCN}结合生成络离子；

D.实验Ⅱ中加入少量rm{NaOH}固体，rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}?Fe(SCN)_{3}}逆向移动，则导致rm{2Fe^{3+}+2I^{-}?2Fe^{2+}+I_{2}}逆向移动．

本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握离子反应、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{C}9、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】（1）考查盖斯定律的应用。根据已知可知，①＋②＋③×2即得到所以反应热是－321.5kJ/mol＋250.3kJ/mol－90kJ/mol×2＝－251.2kJ/mol。（2）①反应③是体积减小的可逆反应，所以压强越大，转化率越高，因此＜②根据图像可知，平衡时CO的转化率是50％，所以平衡时生成甲醇0.5amol，剩余CO和氢气分别是0.5amol和amol，因此平衡常数为（3）根据装置图中电子的流向可知，左侧是原电池的负极，失去电子，所以左侧通入的是甲醇。应用电解质是稀硫酸，且只能允许质子通过，所以负极反应式为【解析】【答案】（1）2分（2）①<1分②2分（3）甲醇（或）1分2分0.56L2分11、略

【分析】【解析】试题分析：淀粉和纤维素的分子组成都可以用通式(C6H10O5)n表示，但二者的n值是不同的。它们都属于多糖，在性质上跟单糖、二糖不同，没有甜味，都不能发生发生银镜反应，但稀硫酸的催化作用下，都能发生水解反应，反应的最终产物都是葡萄糖。考点：淀粉和纤维素【解析】【答案】(C6H10O5)n、不、多、甜、不能、水解、葡萄糖12、略

【分析】试题分析：（1）同周期自左向右电离能逐渐增大，但由于Be元素的2s轨道电子处于全充满状态，稳定性强，因此Be元素的第一电离能大于B元素的第一电离能。氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，因此氧元素第一电离能小于氮元素的第一电离能，因此第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O。（2）水分子整体是0价的，氯元素是－1价，则配离子[TiCl(H2O)5]2＋的中心离子化合价为＋3价，能够提供孤对电子的是配体，因此该配链子中配体的化学式为Cl—、H2O。（3）①根据晶体Q的结构可知，分子中存在氢键、共价键、范德华力，另外B与O之间还有配位键，不存在阴阳离子，因此没有离子键，答案选B。②R中阳离子是水合氢离子，其中氧原子的价层电子对数是4个，但含有1个孤对电子，因此其空间构型为三角锥形。（4）根据球棍模型可知1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，观察模型，可知Xm-是（H4B4O9）m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m＝2。（5）根据晶胞结构可知晶胞中碳原子的个数＝8×＝1，氮原子个数＝6×＝3，Ti原子个数＝12×+1＝4，所以晶胞的化学式为Ti4CN3。（6）①碳化硅和硅单质形成的晶体类型是原子晶体，由于碳原子半径小于硅原子，因此碳化硅的沸点高于单质硅的沸点。四氯化碳形成的晶体是分子晶体，二氧化硅形成的晶体是原子晶体，因此四氯化硅的沸点低于二氧化硅的沸点。②化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和－生成物的键能之和），晶体硅中1个硅原子形成2个共价键，所以根据方程式可知△H＝360kJ/mol×4＋436kJ/mol×2－176kJ/mol×2－431kJ/mol×4＝＋236kJ/mol。考点：考查电离能、配位键、化学键、晶胞计算、晶体性质以及反应热计算【解析】【答案】（1）Be、C、O（2）+3；Cl—、H2O（3）B；三角锥型（4）2（5）Ti4CN3（6）＞；＜；360×4+436×2—(176×2+431×4)＝+23613、略

【分析】解：（1）氨水中不含碳元素；属于无机物；一氧化碳虽然含有碳元素但是性质和无机物相似，属于无机物，故答案为：②⑦；

（2）乙烯中含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应；能与溴水反应使之褪色，故答案为：③；

（3）乙烯含有碳碳双键能发生加聚生成聚氯乙烯，可用于食品包装，反应的方程式为：nCH2=CH2

故答案为：③；nCH2=CH2

（4）苯和甲苯结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团；互称为同系物，故答案为：④⑤；

（5）氢分子中一氯代物的种数等于不同环境下氢原子的种数；甲苯有四种不同环境下的氢原子：甲基上1种，苯环上3种，所以甲苯有4种一氯代物；

故答案为：4．

（1）有机物是指含有碳元素的化合物；无机物是指不含有碳元素的化合物．但是一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物；

（2）乙烯中含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应；

（3）能发生加聚反应说明该有机物中含有双键或者三键；只有乙烯符合结构特点，乙烯聚合生成聚乙烯塑料，可用于食品包装；

（4）根据结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；结构相似是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；

（5）甲苯有四种不同环境下的氢原子：甲基上1种；苯环上3种．

本题考查了常见有机物的结构和性质，属于对课本基础知识的考查，题目难度不大，熟悉物质的结构和性质是解题的关键．【解析】②⑦；③；③；nCH2=CH2④⑤；414、略

【分析】解：

rm{(1)}检验二氧化硫用品红溶液，检验二氧化碳用澄清的石灰水，检验水蒸气用无水硫酸铜，因溶液中有水，所以先检验水蒸气，然后检验二氧化硫，同在检验二氧化碳之前用溴除尽rm{SO_{2}}再通过品红溶液不褪色确认rm{SO_{2}}已除干净；

故答案为：rm{垄脺垄脹垄脵垄脷}

rm{(2)}实验的装置rm{垄脵}中rm{A}瓶装的是品红溶液，当混合气体通过rm{A}瓶时；品红褪色，说明产物中有二氧化硫；溴水能和二氧化硫反应，所以，二氧化硫能被溴水吸收，当混合气体再次通过品红时，不褪色说明品红已全部被吸收；

故答案为：品红褪色；混合气体中有二氧化硫；溴水褪色；将二氧化硫吸收完全；混合气体已无二氧化硫；

rm{(3)}装置rm{垄脹}的作用为检验水蒸气的存在，白色无水硫酸铜变成蓝色晶体，说明有水蒸气存在，装置rm{垄脷}的作用为检验二氧化碳的存在；当澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳存在；

故答案为：无水硫酸铜；水蒸气；澄清石灰水；rm{CO_{2}}．

所涉及考点：

rm{(1)}多种产物需检验时；应考虑先后顺序；

rm{(2)}二氧化硫能使品红褪色；溴能吸收二氧化硫；

rm{(3)}无水硫酸铜是白色粉末；五水合硫酸铜为蓝色晶体；

本题考查了乙烯的实验室制法副产物的检验，注意当有多种产物需检验时，应考虑先后顺序，是解答本题的关键，题目难度中等．【解析】rm{垄脺}rm{垄脹}rm{垄脵}rm{垄脷}品红褪色；混合气体中有二氧化硫；溴水褪色；将二氧化硫吸收完全；混合气体已无二氧化硫；无水硫酸铜；水蒸气；澄清石灰水；rm{CO_{2}}15、（1）A（2）D（3）E（4）C（5）B

【分析】【分析】

本题考查离子键、共价键、和晶体的分类，题目难度一般。【解答】rm{(1)}氦属于单原子分子；不含化学键；

故答案为：rm{A}rm{A}属于原子晶体的是rm{(2)}；

故答案为：晶体硅；rm{D}晶体中不含离子键的化合物是rm{D}；

故答案为：rm{(3)}；干冰既有离子键又有共价键的是rm{E}；

故答案为：rm{E}rm{(4)}石墨受热熔化时；破坏共价键和范德华力；

故答案为：氢氧化钾rm{C}

rm{(5)}【解析】rm{(1)A}rm{(2)D}rm{(3)E}rm{(4)C}rm{(5)B}rm{(1)A}rm{(2)D}rm{(3)E}rm{(4)C}

rm{(5)B}三、实验题(共7题，共14分)16、略

【分析】【解析】试题分析：（2）浓氨水滴入生石灰中，生石灰溶于水放热，使氨水分解同时生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧根离子浓度增大，使NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-电离平衡向左移动，氨气逸出，所以用浓氨水和生石灰可以快速制氨气。碱石灰的作用是干燥氨气，E中发生氨气还原氧化铜的反应，黑色粉末变红说明生成了铜，无水硫酸铜变蓝说明生成了水，同时还有氮气生成，由此可写出反应方程式2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，反应中－3价的氮全部升为0价，氨气表现还原性。（3）洗气瓶中浓硫酸的作用是干燥N2、吸收多余的氨气，防止氨气逸出污染环境。（4）收集纯净、干燥的氨气用气囊收集。（5）E的作用是干燥氨气，F验证的气体是水蒸气。考点：化学实验【解析】【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2）2NH3+3CuON2+3Cu+3H2OB(3)干燥N2除去少量NH3（4）C（5）干燥NH3H2O17、略

【分析】【解析】【答案】（11分）（1）①（1分）偏大（1分）（2）酸式滴定管（或移液管）（1分）无影响（1分）（3）锥形瓶中溶液颜色变化（1分）锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（1分），半分钟不变色（1分）（4）AB（2分）（5）0.1626（2分）18、略

【分析】解：（1）碘是紫黑色固体；加热条件下碘易升华；杂质不易升华，所以采用升华的方法分离碘单质．

故答案为：紫黑色；升华；

（2）阳极附近吸附阴离子，电解过程中，阳极上发生氧化反应，碘离子向阳极移动，在阳极上失去电子生成碘酸根离子，电极反应式为I-+6OH--6e-=IO3-+3H2O，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑；阴极上氢离子放电生成氢气，每生成1molKIO3；电路中通过电子的物质的量=1mol×[5-（-1）]=6mol；

故答案为：2I--2e-=I2；6mol；

（3）①充电时，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，电极反应式为PbSO4（s）+2H2O-2e-═PbO2+4H++SO42-；

故答案为：PbSO4（s）+2H2O-2e-═PbO2+4H++SO42-；

②锌锰碱性干电池中，锌易失电子作负极，二氧化锰作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；

故答案为：Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；

③丙烷燃料电池中，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-；

故答案为：O2+2CO2+4e-═2CO32-；

④1molPb、Cd、丙烷失去的电子分别为2mol、2mol、20mol，所以根据得失电子守恒可知，Pb；Cd、丙烷的物质的量之比是10：10：1；

故答案为：10：10：1；

（4）电解后的溶液区含有碘酸根离子；酸性条件下，碘离子和碘酸根离子能发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉溶液遇碘变蓝色，所以实验方法是：取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝；如果阳极区含有碘离子，加入稀硫酸后就有碘单质生成，淀粉溶液就会变蓝色，否则不变色．

故答案为：取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝；如果不变蓝，说明无I-，如果变蓝，说明有I-；

（5）从热溶液中析出晶体的方法是：冷却结晶；洗涤后的晶体有水分；所以要进行干燥；过滤后得到的晶体上吸附部分氢氧化钾等杂质，为得到较纯净的碘酸钾晶体，所以要进行洗涤．

故答案为：冷却结晶；干燥；洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质．

（1）碘是紫黑色固体；加热时碘易升华；

（2）电解时；阳极上发生氧化反应，碘离子向阳极移动，在阳极上失去电子生成碘酸根离子，根据碘酸钾中碘的化合价变化计算；

（3）①充电时；阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应；

②锌锰碱性干电池中；锌易失电子作负极，二氧化锰作正极；

③丙烷燃料电池中；正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子；

④根据转移电子相等进行计算；

（4）酸性条件下；碘离子和碘酸根离子能发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，根据溶液是否变蓝判断是否含有碘离子．

（5）从热溶液中析出晶体的方法是冷却结晶；洗涤后的晶体要进行干燥；洗涤晶体的目的：洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质．

本题考查了碘的物理性质、电解原理、碘离子的检验等性质，明确酸性条件下碘离子和碘酸根离子能生成碘单质，碱性条件下，碘能和氢氧根离子生成碘离子和碘酸根离子是解答关键，题目难度中等．【解析】紫黑色；升华；2I--2e-=I2；6mol；PbSO4（s）+2H2O-2e-═PbO2+4H++SO42-；Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；O2+2CO2+4e-═2CO32-；10：10：1；冷却结晶；干燥；洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质19、（1）冷凝管a平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶

（2）B

（3）分液蒸馏

（4）偏小96%

（5）重结晶【分析】【分析】本题考查了物质制备的实验分析判断，涉及仪器，物质分离条件，试剂选择，样品纯度的计算，注意答题时从题中获取有用的信息，题目难度中等。【解答】rm{(1)}根据仪器构造仪器rm{A}为冷凝管，由逆流的冷却的效率高的原理可知，进水口应在冷凝管的下方rm{a}处；支管连接了恒压滴液漏斗中的液体上；下方，使恒压滴液漏斗中的液体上、下方的压强相等，便于甲苯顺利滴入三颈烧瓶；

故答案为：冷凝管；rm{a}平衡压强；使甲苯顺利滴入三颈烧瓶；

rm{(2)}本实验中用到的液体rm{30.0mL}甲苯和rm{25.0mL}rm{1mol/L}高锰酸钾溶液，体积约为rm{55mL}所以选择rm{100mL}的三颈烧瓶；

故答案为：rm{B}

rm{(3)}由流程知操作Ⅰ是有机相甲苯与水相分离；用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；

故答案为：分液；蒸馏；

rm{(4)}滴定操作中，如果对装有rm{KOH}标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视则读取的溶液的体积小于实际用掉的溶液的体积，所以测定结果偏小；第三次实验数据相差太大，舍去，则消耗氢氧化钾的体积为rm{dfrac{24.00+24.10+23.90}{3}mL=24.00mL}苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾rm{dfrac

{24.00+24.10+23.90}{3}mL=24.00mL}rm{1}反应，所以物质的量相同，苯甲酸纯度rm{=dfrac{2.4隆脕10^{-3}mol隆脕4隆脕122/mol}{1.22g}隆脕100%=96%}

故答案为：偏小；rm{1}

rm{=dfrac

{2.4隆脕10^{-3}mol隆脕4隆脕122/mol}{1.22g}隆脕100%=96%}苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大；选择重结晶得到纯净的苯甲酸；

故答案为：重结晶。rm{96%}【解析】rm{(1)}冷凝管rm{(1)}平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶rm{a}rm{(2)}rm{(2)}分液蒸馏rm{B}偏小rm{(3)}rm{(3)}重结晶rm{(4)}20、略

【分析】解：实验开始后，观察到丙中的rm{KI-}淀粉溶液慢慢变蓝；说明丙中生成碘，应被氯气氧化生成，则乙为阳极，甲为阴极；

rm{(1)}甲为阴极，发生还原反应生成铜，电极方程式为rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}故答案为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}

rm{(2)}丙中溶液变蓝是乙电极产物氯气与rm{KI}反应导致的，反应的方程式为rm{Cl_{2}+2KI=2KCl+I_{2}}

故答案为：rm{Cl_{2}+2KI=2KCl+I_{2}}

rm{(3)}随着电解的进行，溶液中rm{Cl^{-}}不断消耗，rm{CuCl_{4}^{2-}}转化为rm{Cu(H_{2}O)_{4}^{2+}}由rm{Cu(H_{2}O)_{4}^{2+}(}蓝色rm{)+4Cl^{-}?CuCl_{4}^{2-}(}黄色rm{)+4H_{2}O}可知；溶液应逐渐变为蓝色；

故答案为：rm{A}

rm{(4)K_{sp}=c^{2}(OH^{-})隆脕c(Cu^{2+})}rm{c(Cu^{2+})=dfrac{2.2隆脕10^{-20}}{(10^{a-14})^{2}}=2.2隆脕10^{(8-2a)}(mol/L)}

故答案为：rm{c(Cu^{2+})=dfrac

{2.2隆脕10^{-20}}{(10^{a-14})^{2}}=2.2隆脕10^{(8-2a)}(mol/L)}．

rm{2.2隆脕10^{(8-2a)}}实验开始后，观察到丙中的rm{(1)}淀粉溶液慢慢变蓝；说明丙中生成碘，应被氯气氧化生成，则乙为阳极，生成氯气，甲为阴极，发生还原反应生成铜；

rm{KI-}丙中的rm{(2)}淀粉溶液慢慢变蓝；说明丙中生成碘，应是碘离子被氯气氧化生成；

rm{KI-}随着电解的进行，溶液中rm{(3)}不断消耗，rm{Cl^{-}}转化为rm{CuCl_{4}^{2-}}由rm{Cu(H_{2}O)_{4}^{2+}}蓝色rm{Cu(H_{2}O)_{4}^{2+}(}黄色rm{)+4Cl^{-}?CuCl_{4}^{2-}(}可知；溶液应逐渐变为蓝色；

rm{)+4H_{2}O}结合溶度积rm{(4)}计算溶液浓度rm{K_{sp}=c^{2}(OH^{-})隆脕c(Cu^{2+})}结合题给信息书写相关反应的离子方程式．

本题考查综合考查电化学知识，侧重于电解的原理和考查与应用，为高考常见题型和高频考点，注意把握电极方程式的书写，难度不大．rm{.}【解析】rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{Cl_{2}+2KI=2KCl+I_{2}}rm{A}rm{2.2隆脕10^{(8-2a)}}21、略

【分析】解：rm{(1)A.}具有塞子或活塞的仪器使用前需要检查是否漏液；则容量瓶；分液漏斗在使用时需要检验是否漏水，故A正确；

B.灼烧海带在坩埚中进行；需要的仪器为坩埚；泥三角、三角架、玻璃棒、酒精灯，故B错误；

C.亚铁离子具有还原性，加氧化剂不能引入新杂质，则通入rm{Cl_{2}}或滴加rm{H_{2}O_{2}}均可以除去rm{Fe^{2+}}故C正确；

D.加入rm{BaCl_{2}}溶液；产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡，再加硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，不能说明是否氧化，故D错误；

故答案为：rm{AC}

rm{(2)垄脵}关闭rm{A}装置中的止水夹，向分液漏斗中加入适量水，打开活塞，说明rm{A}装置气密性良好的现象是分液漏斗内液面高度保持不变rm{(}或液体不再滴下rm{)}

故答案为：分液漏斗内液面高度保持不变rm{(}或液体不再滴下rm{)}

rm{垄脷}利用rm{A}装置在加热条件下制取rm{Cl_{2}}选择浓盐酸与二氧化锰反应，离子反应为rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}用rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}装置除去rm{垄脹}中混有的rm{B}气体，试剂为饱和碳酸氢钠溶液，除去rm{CO_{2}}同时抑制rm{HCl}气体的溶解；故答案为：饱和碳酸氢钠溶液．

rm{HCl}具有塞子或活塞的仪器使用前需要检查是否漏液；

B.灼烧海带在坩埚中进行；

C.亚铁离子具有还原性；加氧化剂不能引入新杂质；

D.加入rm{CO_{2}}溶液；产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡；

rm{(1)A.}由图中装置可知；关闭止水夹，利用液差法检验气密性；

rm{BaCl_{2}}利用rm{(2)垄脵}装置在加热条件下制取rm{垄脷}选择浓盐酸与二氧化锰反应；

rm{A}碳酸氢钠与rm{Cl_{2}}反应生成二氧化碳．

本题考查化学实验方案的评价及气体的制备实验，综合性较强，侧重分析与实验能力的综合考查，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，题目难度中等．rm{垄脹}【解析】rm{AC}分液漏斗内液面高度保持不变rm{(}或液体不再滴下rm{)}rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}饱和碳酸氢钠溶液rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}22、（1）否（2）2Al-6e-═2Al3+（3）负极Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O（4）Al在浓硝酸中发生钝化，Zn在浓硝酸中发生反应，被氧化，即在浓硝酸中活动性Zn＞Al，Al是原电池的正极（5）另一个电极材料的活动性和电解质溶液的性质【分析】【分析】本题考查探究原电池原理及设计，为高频考点，把握发生的原电池反应及正负极的判断是解答本题的关键，注意利用氧化还原反应中电子的得失来分析正负极，注意知识点的灵活运用和变通，题目难度不大。【解答】rm{(1)}金属与酸构成的原电池中，活泼金属作负极，则实验rm{1}中rm{Mg}的活泼性大于rm{Al}所以rm{Al}作正极，而实验rm{2}中rm{Al}的活泼性大于rm{Cu}所以rm{Al}作负极；

故答案为：否；

rm{(2)垄脵}实验rm{3}中rm{Al}为负极，电极反应为rm{2Al-6e^{-}篓T2Al^{3+}}

故答案为：rm{2Al-6e^{-}篓T2Al^{3+}}

rm{(3)}实验rm{4}中rm{Mg}不与rm{NaOH}溶液发生反应，而发生rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{Al}失去电子，在rm{NaOH}溶液中，活动性rm{Al>Mg}则rm{Al}为负极，负极反应为rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：负极；rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(4)}实验rm{5}中rm{Al}遇浓硝酸发生钝化，发生rm{Zn}与浓硝酸的氧化还原反应，rm{Zn}作负极，rm{Al}作正极，电流由正极流向负极，所以电流计指针偏向铝；故答案为：rm{Al}在浓硝酸中发生钝化，rm{Zn}在浓硝酸中发生反应，被氧化，即在浓硝酸中活动性rm{Zn>Al}rm{Al}是原电池的正极；

rm{(5)}在原电池中金属铝作正极还是作负极；一定要看自发的氧化还原反应中金属铝是否参与反应，金属铝参加反应，失电子作负极，反之作正极，与另一个电极材料的活动性，电解质溶液的性质有关。

故答案为：另一个电极材料的活动性和电解质溶液的性质。【解析】rm{(1)}否rm{(1)}rm{(2)}rm{(2)}负极rm{2Al-6e^{-}篓T2Al^{3+}}rm{(3)}负极rm{(3)}在浓硝酸中发生钝化，rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}在浓硝酸中发生反应，被氧化，即在浓硝酸中活动性rm{(4)}rm{(4)}是原电池的正极rm{Al}另一个电极材料的活动性和电解质溶液的性质rm{Zn}四、有机推断题(共4题，共24分)23、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH225、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取