2025年浙科版选修化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年浙科版选修化学上册阶段测试试卷752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、室温下，向氨水中滴加盐酸，溶液的随盐酸体积的变化如图。

下列说法不正确的是A.水的电离程度：B.a点：C.c点：D.选用甲基红作指示剂，误差比选用甲基橙小2、下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是A.溶液中离子浓度关系：B.和等体积混合后离子浓度关系：C.常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的则混合溶液中：D.常温下，在的溶液中，能大量共存3、常温下，将pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合后，在所得的溶液中，下列关系式正确的是A.c（Cl-）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）B.c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）=c（H+）C.c（NH4+）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）D.c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）4、下列实验操作及物质鉴别、分离、提纯方法合理的是A.二氧化碳气体中有氯化氢：通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶B.用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D.通过元素分析测定某无机固体样品的组成是MgH2C2O6，该固体可能是碱式碳酸镁5、10mL某气态烃，在55mL氧气里完全燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体(所有气体体积都是同温同压下测定的)，则该气态烃可能是A.甲烷B.乙烷C.丙烷D.丁烷6、硝苯地平是一种治疗冠心病；心绞痛和高血压的常见药；其分子结构如图所示。下列说法错误的是。

A.分子式为C17H18N2O6B.该化合物的一氯取代有8种C.1mol该化合物最多可与8molH2发生加成反应D.该化合物可以发生氧化反应、还原反应、取代反应、加成反应7、某有机物A分子式为C6H12O2，能与NaHCO3反应生成气体，则A的结构简式有几种A.4种B.5种C.6种D.8种评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、碳；氮、氧、氟、钙、铜等元素的化合物广泛存在于自然界；回答下列问题：

(1)将乙炔(C2H2)通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红榇色沉淀。乙炔分子中σ键与π键个数比值为___________，Cu+基态核外电子排布式为___________，[Cu(NH3)2]Cl中化学键类型为___________。

(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。元素第一电离能N___________F(填“>”“<”或“=”)，NF3中氮原子的杂化轨道类型为___________，NF3属于___________分子。(填“极性”或“非极性”)

(3)C60可以用作储氢材料。已知金刚石中C－C的键长为154.45pm，C60中C－C的键长为140~145pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石；你认为是否正确?理由是___________。

(4)氮的氧化物和含氧酸在医疗上具有重要的应用。写出与N2O互为等电子体的分子___________(任写一种)，酸性HNO3>HNO2；试着从结构上解释其原因___________。

(5)电石(CaC2)是有机合成化学工业的基本原料。CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似(如图所示)，但晶体中由于哑铃形C22－的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22－的数目为___________，已知CaC2晶体的密度为2.22g·cm－3，该晶胞的体积为___________cm3。9、试根据氧化还原反应：2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2设计原电池，并画出装置图________________，指出电解质溶液是________________，负极是________________，电极反应式为__________________，正极是___________，电极反应式为____________。10、化学与生产生活联系密切。

(1)书写对应的化学方程式：

①用氯气制备漂白粉：____。

②固体管道疏通剂(主要成分有氢氧化钠和铝粉)的疏通原理：_____。

③加热小苏打制备纯碱：____。

④呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应：____。

(2)书写对应的离子方程式：

①制作印刷电路板时氯化铁溶液腐蚀铜：____。

②用高锰酸钾酸性溶液检验溶液中的亚铁离子(还原产物为Mn2+)：____。11、乙烯产量是衡量一个国家石油化工水平的主要标志。下图是由乙烯合成乙酸乙酯可能的合成路线：

请回答下列问题：

(1)反应④的化学方程式为_____________________________；

(2)在实验室制备乙酸乙酯时；用到饱和的碳酸钠溶液，其作用是：___________________；

(3)乙醇的结构式为若实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为_________________________________；

(4)乙酸乙酯的同分异构体(只含一种官能团)有______________种；12、(1)写出CH2=CH-CH=CH2的1，4加聚产物：_______。

(2)粗铜在电解精炼制备纯铜时，反应前后的电电解液中Cu2+浓度_______(填“增大”减小“或“不变”)

(3)25℃时，向20mL0.1mo/L同浓度的HA和和盐酸溶液中分别滴加0.1mol/L的的NaOH溶液。NaOH溶液的体积与HA和盐酸溶液pH变化关系如图1所示。已知各HA、A-微粒的分布系数δ随pH变化的关系如图2所示，δ(HA)+δ(A-)=l。

①当pH=6时，由电离平衡常数可知=_______。

②已知Ka(CH3COOH)>Ka(HA)，CH3COONH4溶液呈中性，则NH4A溶液呈_______性。

③A点时各微粒浓度大小关系正确的是_______。

a.c(Na+)=c(HA)+c(A-)b.c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)

c.c(HA)>c(Na+)>c(A-)>c(H+)d.c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)

④升高温度至T2，此时水的Kw=10-12，若忽略混合时溶液体积的变化，该盐酸与0.1mol/L的NaOH溶液混合后的pH=10，消耗盐酸的体积与消耗NaOH的体积比为_______。13、肉桂醛是一种食用香精；它广泛用于牙膏；洗涤剂、糖果以及调味品中。

工业上可通过下列反应制备：

(1)请推测B侧链上可能发生反应的类型：_______________(任填两种)

(2)请写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式：_______________；

(3)请写出同时满足括号内条件下B的所有同分异构体的结构简式____________________。

①分子中不含羰基和羟基，②是苯的对二取代物，③除苯环外，不含其他环状结构。14、质子核磁共振谱（PMR）是研究有机物结构的有力手段之一，在所研究的化合物分子中，每一结构中的等性氢原子在PMR谱中都给出了相应的峰（信号），谱中峰的强度与结构中的H原子数成正比。例如，乙醛的结构式为CH3CHO，其PMR谱中有两个信号，其强度之比为3：1．分子式为C3H6O2的有机物，如果在PMR谱上观察到的氢原子给出的峰有两种情况。第一种情况峰给出的强度比为3：3，请写出其对应化合物的结构简式________；第二种情况峰的强度比为3：2：1，请写出该化合物的可能的结构简式_____。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。(_____)A.正确B.错误16、所有烷烃都可以用习惯命名法命名。______A.正确B.错误17、若两烃分子都符合通式CnH2n，且碳原子数不同，二者一定互为同系物。(____)A.正确B.错误18、菲的结构简式为它与硝酸反应可生成5种一硝基取代物。(____)A.正确B.错误19、在淀粉溶液中加入适量稀微热，向水解后的溶液中加入新制悬浊液并加热，无红色沉淀，说明淀粉未水解。(_______)A.正确B.错误20、DNA、RNA均为双螺旋结构。(____)A.正确B.错误21、合成顺丁橡胶()的单体是CH2＝CH-CH＝CH2。(___)A.正确B.错误22、酚醛树脂和聚氯乙烯都是热固性塑料。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共4分)23、已知A是一种红棕色金属氧化物；B；D是金属单质，C是两性金属氧化物，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。

(1)写出下列物质的化学式：A___________、J___________。

(2)按要求写方程式：

①A+B→C+D的化学方程式：___________

②F→G的化学方程式：___________

③C→I的离子方程式：___________

④B与NaOH溶液反应的离子方程式：___________

(3)同温同压下，相同质量的金属B和D分别于足量的盐酸反应，所生成的气体体积比为____。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共32分)24、常温下，用含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)制备CoCl2•6H2O的工艺流程如图。

①已知除镍过程中溶液pH对钴的回收率及Ni2+含量的影响如图所示。

②部分金属阳离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属阳离子开始沉淀pH完全沉淀pHFe3+1.54.0Fe2+7.59.7Co2+6.69.4Ni2+7.79.5

回答下列问题：

(1)酸浸后溶液中的阳离子为：Co2+，Ni2+和__。

(2)除镍时，应调节溶液pH=__，此时Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___(是或否)。若pH过小，则产品纯度会___(升高；降低，或不变)。

(3)酸溶时，当调节pH=8时，溶液中n(Fe3+)：n(Co2+)=__。

已知Ksp[Co(OH)2]=2.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(4)除铁时先向溶液中加入30%的H2O2发生的离子反应方程式是：__。充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH范围为__，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，最后过滤得到CoCl2溶液。

(5)已知Ag++SCN-=AgSCN↓，为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取11.9g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的AgNO3，(杂质不与其反应)，再用0.5mol/L的KSCN溶液标定过量的AgNO3，该标定操作所用的指示剂为__(填化学式)，若消耗20.00mL的KSCN溶液，则该粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数为__。25、常用作建筑材料的着色剂。由碳素铬铁合金粉制取的流程如下所示：

已知：金属与稀硫酸反应生成

回答下列问题：

(1)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。

(2)在稀硫酸浸出时铁发生反应的离子方程式为___________。

浸出过程中会有少量的等还原性气体生成，可用高锰酸钾溶液吸收，已知与高锰酸钾溶液反应生成参加反应的与的物质的量之比为___________(最简单整数比)。

(3)加草酸的目的是除去写出反应的离子方程式：___________。

(4)生成后的溶液中存在两种主要副产物，其化学式为___________。

(5)与的性质相似。写出与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：___________。26、某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol∙L−1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10−5mol∙L−1)的pH8.74.73.29.0

(1)“碱浸”中NaOH的作用是___________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式：___________。

(2)“滤液②”中含有的金属离子是Fe3+和___________。

(3)“转化”中可替代H2O2，的物质是___________。若工艺流程改为先“调pH”后“氧化”，如图所示，“滤液③”中可能含有的杂质离子为___________。

(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=___________。

(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式：___________。

(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是___________。27、工业制硫酸的流程如图所示：

(1)早期以硫铁矿为原料造气，方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。若消耗了12gFeS2，上述反应有___mol电子发生了转移。

(2)如今大量改用固体硫为原料，同时生产过程中送入过量的空气，该改进从“减少污染物的排放”和___两个方面体现“绿色化学”。

(3)硫酸厂尾气处理的流程如图：

G的主要成分和M一样，如此处理的目的是___，将尾气G通入足量澄清石灰水，主要反应的离子方程式为___。

(4)如果C装置中生成0.1molSO3气体，可放出9.83kJ的热量。则该反应的热化学方程式为___。

(5)其他废弃物F中可能含有砷元素(As3+)，处理工艺过程是在含砷废水中加入一定数量的硫酸亚铁，然后加碱调pH至8.5~9.0，反应温度90℃，鼓风氧化，废水中的砷、铁以砷酸铁(FeAsO4)沉淀析出，写出该过程的离子方程式___。评卷人得分六、推断题(共2题，共14分)28、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_____________29、已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。

（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。

（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。

（3）写出C；D、E、H的结构简式：

C______，D______，E______，H______。

（4）写出反应D→F的化学方程式：______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．a点为氨水溶液；一水合氨的电离对水电离起抑制作用，c点加入20mL盐酸，恰好与氨水完全反应生成氯化铵，氯化铵水解对水电离起促进作用，由此可知a到c的过程中水的电离程度依次增大，故A正确；

B．由b点可知pH值9.26，c(OH-)==a点时氨水浓度此时c(OH-)=pH=11.13，故B错误；

C．c点：=故C正确；

D．由图中信息可知滴定终点恰好在甲基红的变色范围内；因此使用甲基红比甲基橙误差小，故D正确；

故选B。2、C【分析】【详解】

分析：溶液中，由物料守恒可知，离子浓度关系：和等体积混合后，溶液呈碱性，离子浓度关系：常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的由电荷守恒可知，混合溶液中：常温下，在的溶液中，都有强氧化性，可以把氧化；故其不能大量共存。

详解：A.溶液中，由物料守恒可知，离子浓度关系：A不正确；

B.和等体积混合后，溶液呈碱性，离子浓度关系：B不正确；

C.常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的由电荷守恒可知，混合溶液中：C正确；

D.常温下，在的溶液中，都有强氧化性，可以把氧化；故其不能大量共存，D不正确。

本题选C。

点睛：本题考查了电解质溶液中的相关问题，难度较大。主要考查了电解质溶液中离子浓度的大小比较、电荷守恒、物料守恒等，要求学生能根据弱电解质的电离平衡及其相应盐的水解平衡，判断溶液的酸碱性，比较相关微粒浓度的大小关系及等量关系。注意相关溶液混合后可能发生的反应，并依此判断离子的共存问题。3、D【分析】【详解】

常温下，pH=2的HCl中c（H+）=0.01mol/L，HCl是强电解质，c（HCl）=0.01mol/L。pH=12的氨水中c（OH-）=0.01mol/L，一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度远远大于0.01mol/L，将pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，所以c（OH-）>c（H+）。又因为反应后的溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），所以c（NH4+）>c（Cl-），OH-和H+是水电出的量很少，综上所述，在所得的溶液中离子浓度关系为c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）；D正确；

答案选D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A.CO2和HCl都为酸性气体，碳酸钠和二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠溶液，除去CO2中的HCl，可选择饱和NaHCO3溶液；洗气来除杂；故A错误；

B.镁离子和铝离子与氨水反应分别生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀；生成的沉淀均能溶于盐酸，故B错误；

C.滴定接近终点时；滴定管的尖嘴接触锥形瓶内壁，减小实验误差，故C正确；

D.若为碱式碳酸镁，化学式应为：Mg2(OH)2CO3，通过元素分析测定某无机固体样品的组成是MgH2C2O6；不能写出碱式碳酸镁，故D错误；

答案选C。

【点睛】

除杂的原则：（1）不增加新杂质；（2）不减少主体物质；（3）易分离、易复原。5、C【分析】【详解】

设烃的分子式为CxHy，烃在氧气里完全燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，由烃和气体体积减小△V可得如下关系式1：(1+)=10:(65-35)，解得y=8，则气态烃的分子式为C3H8，故选C。6、C【分析】【详解】

A．根据该物质的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6；A正确；

B．该分子的结构中有8种等效氢；故该化合物的一氯取代有8种，B正确；

C．1mol该分子的结构中苯环加3mol氢气，还有两个碳碳双键可以加2mol氢气，故1mol该化合物最多可与5molH2发生加成反应；C错误；

D．该有机物中含碳碳双键；可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，可以和氢气加成，为还原反应，同时也为加成反应，苯环上的氢原子可以被溴原子取代，D正确；

故选C。7、D【分析】【分析】

【详解】

分子式为C6H12O2，NaHCO3反应生成气体，说明含有羧基，则为己酸，可以改写为C5H11-COOH；因为戊烷有正戊烷；异戊烷和新戊烷三种结构，正戊烷、异戊烷和新戊烷依次有3、4和1种H原子，因此戊基有8种，则对应的同分异构体有8种；

故选D。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

本题考查的是物质结构和性质。

（1）乙炔中氢原子只有1个电子基态下处于能量最低1s轨道。而碳原子有6个电子，两个位于1s轨道，不参与成键，4个位于第二层上。当形成乙炔时，4个位于最外层的原子轨道发生杂化，即一个s轨道和一个p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变。这样在形成乙炔时，碳原子的其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠，形成C-Hσ键，另一个sp轨道则与另一个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C-Cσ键。碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C-Cπ键。所以乙炔中有3个σ键与2个π键。Cu为29号元素，Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，[Cu(NH3)2]+与Cl-之间为离子键；

（2）同周期主族元素从左到右最外层电子的有效核电荷逐渐增大，电离能也逐渐增大，所以F元素的第一电离能比N元素的第一电离能大。N原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型，所以NF3分子构型也是三角锥型；三角锥型分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子；

（3）金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石；

（4）符合等电子体的两条基本要求是：原子总数一致，价电子总数一致。二氧化碳、二硫化碳与一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，是等电子体；电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2；

（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，要特别注意题给的信息，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，该晶胞中含有Ca为12×14+1=4，一个晶胞中含有4个CaC2，CaC2晶体的密度为2.22g/cm3，该晶胞的体积为V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10−22cm3。据此解答。

【详解】

（1）乙炔中氢原子只有1个电子基态下处于能量最低1s轨道。而碳原子有6个电子，两个位于1s轨道，不参与成键，4个位于第二层上。当形成乙炔时，4个位于最外层的原子轨道发生杂化，即一个s轨道和一个p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变。这样在形成乙炔时，碳原子的其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠，形成C-Hσ键，另一个sp轨道则与另一个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C-Cσ键。碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C-Cπ键。所以乙炔中有3个σ键与2个π键。Cu为29号元素，Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，[Cu(NH3)2]+与Cl-之间为离子键。本小题答案为：3:2；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；离子键；共价键、配位键。

（2）同周期主族元素从左到右最外层电子的有效核电荷逐渐增大，电离能也逐渐增大，所以F元素的第一电离能比N元素的第一电离能大。N原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型，所以NF3分子构型也是三角锥型，三角锥型分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子。本小题答案为：<；sp3；极性。

（3）不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。本小题答案为：不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。

（4）符合等电子体的两条基本要求是：原子总数一致，价电子总数一致。二氧化碳、二硫化碳与一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，是等电子体；电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2。本小题答案为：CO2或CS2等；电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2。

（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，要特别注意题给的信息，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，该晶胞中含有Ca为12×14+1=4，一个晶胞中含有4个CaC2，CaC2晶体的密度为2.22g/cm3，该晶胞的体积为V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10−22cm3。本小题答案为：4；1.92×10−22。【解析】3:21s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10离子键、共价键、配位键＜sp3极性不正确，金刚石是原子晶体，融化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，融化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石。CO2或CS2等电负性O＞N，－NO2中N的正电性大于－NO中的N，导致HO－NO2中O－H极性大于HO－NO中的O－H极性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易电离出H+，即酸性HNO3＞HNO2。41.9×10－229、略

【分析】【分析】

氧化还原反应中的氧化剂在正极反应，还原剂在负极反应。根据化学方程式可知，铜作负极，FeCl3为电解质，正极选用不与FeCl3反应但能导电的物质；据此进行分析。

【详解】

反应“Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2”可知，反应中铜被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，电极反应为Cu-2e-=Cu2+；正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+，电解质溶液为FeCl3；铜做负极，石墨做正极，装置图为：

故答案是：FeCl3溶液；Cu④Cu－2e－=Cu2＋；石墨；2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋。

。【解析】FeCl3溶液CuCu－2e－=Cu2＋石墨2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋10、略

【分析】(1)

①用氯气与氢氧化钙反应制备漂白粉(次氯酸钙)：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

②氢氧化钠和铝粉与水反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑。

③加热小苏打会分解为碳酸钠和二氧化碳，制备纯碱：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。

④呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

(2)

①制作印刷电路板时氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

②用高锰酸钾酸性溶液与亚铁离子反应(还原产物为Mn2+，氧化产物为Fe3+)：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。【解析】(1)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

(2)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11、略

【分析】【分析】

(1)乙醇含有羟基；可以被催化氧化产生乙醛；

(2)从制取乙酸乙酯的反应物及生成物的的物理性质；化学性质和物质的分离提纯分析；

(3)与Na反应生成氢气的量可说明含1个特殊H原子；

(4)根据乙酸乙酯的分子式及题干要求写出符合要求的同分异构体；据此分析解答。

【详解】

(1)乙醇分子中含有羟基，在Cu作催化剂时，在加热条件下，发生氧化反应，产生乙醛和水，反应的化学方程式是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

(2)乙醇和乙酸在浓硫酸催化下；在加热时发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水。乙醇；乙酸沸点低，加热容易挥发，反应产生的乙酸乙酯及未反应的乙醇、乙酸通过导气管进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，饱和碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度；

(3)实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；

(4)乙酸乙酯分子式是C4H8O2，它的同分异构体，且只含有一种官能团的物质有酯、羧酸；属于酯类的有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3；羧酸有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH；因此共有5种同分异构体。

【点睛】

本题考查了有机物性质、转化、同分异构体等知识，掌握官能团结构是实现物质转化和分析物质的性质和作用的前提。【解析】2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O吸收挥发出来的乙酸和乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑.512、略

【分析】【分析】

从图1可以看出，0.1mol/LHA溶液的为弱酸，A点时，滴加NaOH为10mL，消耗一半HA，A点溶质为NaA和HA。

【详解】

(1)的1，4加聚产物为故填

(2)粗铜在电解精炼制备纯铜时；因粗铜中含有杂质，阳极产生的铜离子小于阴极消耗的铜离子，故铜离子浓度减少，故填减少；

(3)①根据电离平衡图2中时，可得=时==10；故填10；

②因为所以酸性由呈中性，故所以即溶液呈碱性；故填碱；

③A点时溶质为NaA和HA，且溶液呈酸性，则根据电荷守恒可得根据质子守恒可得由物料守恒可知故A点溶液中存在故填b；

④设消耗盐酸和NaOH的体积分别为V1和V2，混合后呈碱性，NaOH过量，则有因时即解得故填【解析】减小10碱b9:1113、略

【分析】【分析】

(1)根据碳碳双键和醛基的性质分析解答；

(2)模仿信息的原理书写；

(3)B的所有同分异构体；符合①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构，即在苯环的对位各有1个取代基，以此分析书写。

【详解】

(1)B()分子侧链上含有碳碳双键和醛基两种官能团；含碳碳双键可以发生加成反应；加聚和氧化反应，含醛基，可发生氧化、加成、还原反应等，故答案为加成反应、氧化反应、还原反应、加聚反应(任选两种)；

(2)根据题给反应类比推出两分子乙醛反应的化学方程式为2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O，故答案为2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O；

(3)B为B的不饱和度为6，B的同分异构体满足①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构，则符合条件的同分异构体的结构简式为故答案为【解析】加成反应、氧化反应、还原反应、加聚反应(任选两种)2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O14、略

【分析】【详解】

第一种峰强度为3∶3，说明有2个-CH3，化合物的结构简式为第二种峰强度为3∶2∶1，说明结构中含有3种不同性质的氢，其个数分别为3、2、1，化合物的结构简式为【解析】①.②.三、判断题(共8题，共16分)15、B【分析】【分析】

【详解】

锥形瓶中有少量的蒸馏水，不会影响中和滴定的滴定结果，容量瓶是精量器，洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干，否则会因热胀冷缩的原因导致仪器刻度发生变化，故错误。16、B【分析】【详解】

习惯命名法只适用于结构比较简单的有机化合物，结构比较复杂的烷烃无法用习惯命名法命名，故错误；17、B【分析】【分析】

【详解】

符合通式CnH2n的烃可能为烯烃或环烷烃，故两者可能互为同系物，也可能互为同分异构体（类别异构），题干说法错误。18、A【分析】【详解】

菲的结构简式为它关于虚线对称有5种不同化学环境的氢原子，与硝酸反应可生成5种一硝基取代物，正确。19、B【分析】【详解】

葡萄糖酸性条件下不能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，则向水解后的溶液中未加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接加入新制氢氧化铁悬浊液并加热，不可能有红色沉淀生成，所以无红色沉淀不能说明淀粉未水解，故错误。20、B【分析】【详解】

DNA为双螺旋结构，RNA是单链线形结构，故答案为：错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

根据顺丁橡胶的结构简式，可知顺丁橡胶为加聚产物，运用逆向思维反推单体，可知其单体为CH2＝CH-CH＝CH2。该说法说正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

酚醛树脂结构为网状结构，属于热固性塑料；聚氯乙烯结构为线型结构，属于热塑性塑料，题中说法错误。四、元素或物质推断题(共1题，共4分)23、略

【分析】【分析】

A是一种红棕色金属氧化物；所以是三氧化二铁，和金属B在高温下发生铝热反应，生成的C为铝的氧化物，既能和酸反应又能和碱反应，白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀，一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换，所以G是氢氧化铁，F是氢氧化亚铁，根据物质的性质可推断得，E是氯化亚铁，D是金属铁，J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝，则金属B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，E在酸性条件与双氧水反应得K为氯化铁，根据铁及化合物以及铝及化合物的有关性质来解析；

(1)

由分析可知，A为Fe2O3，J为Al(OH)3；

(2)

①Fe2O3和铝发生铝热反应生成Fe和Al2O3，方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

②氢氧化亚铁可以被氧气氧化生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

③氧化铝能够和NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O；

④铝与过量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↑；

(3)

相同质量的金属铝和铁，设均为ag，设气体摩尔体积为Vm，根据n=n(Al)==mol，n(Fe)==mol，根据反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，根据V=nVm，可得生成的气体体积比为(mol××Vm)：(mol×Vm)=28：9；【解析】(1)Fe2O3Al(OH)3

(2)2Al+Fe2O32Fe+Al2O34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al2O3+2OH-=2+H2O2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；

(3)28：9五、工业流程题(共4题，共32分)24、略

【分析】【分析】

含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到含Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水调节pH将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到含Co2+、Fe2+溶液，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化Fe2+得到Fe3+，向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH为4.0≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl2•6H2O。

【详解】

(1)碳酸钴和碳酸镍与盐酸反应生成相应的氯化物溶于水，酸浸后，铁屑与酸反应生成Fe2+和H2，同时剩余溶液中还有过量的盐酸，则溶液中的阳离子除有Co2＋、Ni2＋以外，还有Fe2+、H+；

(2)据图可知除镍过程中产品中钴的回收率随着溶液pH的增大而降低；产品中镍元素的含量在pH=10以后几乎不变，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，所以应调节pH为10；除镍时，Co元素在滤渣中Ni元素在滤液中，未形成沉淀；若pH过小，除镍不完全，溶液中镍元素的含量增大，则产品的纯度会降低；

(3)常温下，酸溶时，当调节溶液的pH为8时，溶液中c(OH−)=mol/L=1×10-6mol/L，因Ksp[Co(OH)2]＝c(Co2＋)×c2(OH−)=2.0×10－16，所以c(Co2＋)===2.0×10-4，同理可知c(Fe3＋)===4.0×10-20，溶液的体积一定，则溶液中的n(Fe3＋)：n(Co2＋)＝c(Fe3＋)：c(Co2＋)==2.0×10-16：1=2.0×10-16；

(4)除铁时，先向溶液中滴加适量30％H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，所需pH≥4.1，又要保证溶液中的Co2＋不沉淀，则pH<6.6；故适宜的pH范围为：4.0≤pH＜6.6；

(5)为防止银离子与其他阴离子发生反应，在操作过程中可选用Fe(NO3)3(因氯离子和硫酸根和银离子生成沉淀；不能用氯化铁或硫酸铁)作为指示剂；

Ag＋＋SCN－==AgSCN↓，则KSCN消耗的Ag＋的物质的量n(Ag＋)=n(SCN－)=0.5mol/L×20×10-3L=0.01mol，加入的AgNO3的物质的量为0.03mol，说明与CoCl2·6H2O反应的AgNO3的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，根据关系式Ag＋Cl−CoCl2·6H2O可知，25mL溶液样品中CoCl2·6H2O的物质的量为×0.02mol=0.01mol，100mL溶液中的CoCl2·6H2O的质量为×0.01mol×238g/mol=9.52g，则该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为×100%=80%。

【点睛】

第2小题为易错点，要注意该流程中除镍时是使Co元素沉淀，Ni元素留着溶液中，从而达到分离的目的；第5小题选择指示剂时要注意理解该滴定实验的原理是利用KSCN溶液滴定过量的银离子，所以所用指示剂不能与银离子反应。【解析】Fe2+、H+10否降低2.0×10-16：1(或2.0×10-16)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O4.0≤pH＜6.6Fe(NO3)380%25、略

【分析】【分析】

合金中的铬；铁与稀硫酸反应均生成+2价阳离子；碳不溶于硫酸过滤形成滤渣，纯碱与过量的硫酸发生反应，加入草酸形成二水合草酸亚铁沉淀，除去铁元素，向滤液中通入氨气和氧气将+2价铬氧化转化成氢氧化铬沉淀，灼烧得到三氧化二铬。

【详解】

（1）由分析知滤渣是碳；答案：C；

（2）①铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，答案：

②与反应的方程式为：两者的的物质的量之比为2∶3，答案：2∶3；

（3）加入草酸形成二水合草酸亚铁沉淀，答案：

（4）滤液中存在钠离子和硫酸根离子通入氨气时，副产物答案：

（5）与的性质相似。与氢氧化钠溶液反应生成钠盐和水，答案：【解析】(1)C

(2)2∶3

(3)

(4)

(5)26、略

【分析】【分析】

废镍催化剂[某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni；Al、Fe及其氧化物；还有少量其他不溶性物质)]先与氢氧化钠反应，除掉油污和铝及铝的化合物，过滤，向滤渣中加入硫酸溶解，过滤出不溶性杂质，再向滤液中价双氧水氧化亚铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH值沉淀铁离子，过滤，将滤液控制pH值浓缩结晶得到硫酸镍晶体。

(1)

根据油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物)，则“碱浸”中NaOH的作用是除去油脂，溶解铝及其氧化物。为回收金属，滤液①中主要含有偏铝酸钠，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀，则该反应的离子方程式：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓；故答案为：除去油脂，溶解铝及其氧化物；AlO+H++H2O=Al(OH)3↓(或其他合理答案)。

(2)

滤渣①和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍等，因此“滤液②”中含有的金属离子是Fe3+和Ni2+、Fe2+；故答案为：Ni2+、Fe2+。

(3)

H2O2作用是氧化亚铁离子，因此“转化”中可替代H2O2，的物质是O2(或空气)。若工艺流程改为先“调pH”后“氧化”，如图所示，先调节pH值时将铁离子沉淀完全，但镍离子和亚铁离子未沉淀，再氧化时亚铁离子被氧化为铁离子，因此“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe3+；故答案为：O2(或空气)；Fe3+。

(4)

利用上述表格数据，Ni2+开始沉淀时(c=0.01mol∙L−1)的pH的pH为7.2，则Ni(OH)2的故答案为：1×10−15.6。

(5)

硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据氧化还原反应原理得到该反应的离子方程式：2Ni2++ClO－+4OH－=2NiOOH↓+Cl－+H2O；故答案为：2Ni2++ClO－+4OH－=2NiOOH↓+Cl－+H2O。

(6)

将分离出硫酸镍晶体后的母液收集，母液中含有硫酸镍，再循环使用，其意义是提高镍回收率；故答案为：提高镍回收率。【解析】(1)除去油脂，溶解铝及其氧化物AlO+H++H2O=Al(OH)3↓(或其他合理答案)

(2)Ni2+、Fe2+

(3)O2(或空气)Fe3+

(4)1×10−15.6

(5)2Ni2++ClO－+4OH－=2NiOOH↓+Cl－+H2O

(6)提高镍回收率27、略

【分析】【分析】

工业制硫酸常用原料为硫铁矿；硫等；通入空气生成二氧化硫，二氧化硫经净化、干燥，在催化作用下生成三氧化硫，吸收塔D中用浓硫酸吸收三氧化硫，可得发烟硫酸，尾气、废弃物需经处理方可排放，由此分析。

【详解】

(1)12gFeS2的物质的量为，n(FeS2)==0.1mol，反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2中，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由-1价升高到+4价，则0.1molFeS2共失去电子的物质的量为0.1mol×[(3-2)+2×(4-(-1)]=1.1mol；

(2)如用硫为原料；燃烧生成二氧化硫，可减少废弃物的排放，且利用率较高；

(3)与硫酸反应生成硫酸钙和二氧化硫，可起到富集的目的；尾气中含有二氧化硫，与石灰水反应生成亚硫酸钙，反应的离子方程式为SO2+Ca2++2OH-═CaSO3↓+H2O；

(4)生成0.1molSO3，可放出9.83kJ的热量，