2025年浙教新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年浙教新版选修化学上册阶段测试试卷10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5题，共10分)1、异冰片具有消炎抗菌的作用；下列说法正确的是。

A.异冰片的分子式为B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.异冰片属于醇类，是乙醇的同系物D.异冰片分子中的所有原子可能共平面2、下面的“诗”情“化”意，分析正确的是()A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B.“日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应C.“试玉要烧三日满，辨才须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐且硬度很大D.“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，从中分析古时酿酒中葡萄糖发生了水解反应3、下列叙述不正确的是A.乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应B.乙醇易燃烧，污染小，只能在实验室中作燃料C.常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，因为煤油具有特殊气味D.除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏。4、内酯Y可由X通过电解合成；并在一定条件下转化为Z，转化路线如下：

下列说法不正确的是A.在一定条件下Z可与甲醛发生反应B.Y→Z的反应类型是取代反应C.X、Y、Z中只有Y不能与碳酸钠溶液反应D.X苯环上的一氯代物有9种5、一种用于隐形眼镜材料的聚合物片段如下：

下列关于该高分子说法正确的是A.结构简式为：B.氢键对该高分子的性能没有影响C.完全水解得到的高分子有机物，含有官能团羧基和碳碳双键D.完全水解得到的小分子有机物，具有4种不同化学环境的氢原子评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、研究NO2、NO、CO、NO2-等污染物的处理；对环境保护有重要的意义。

（1）①NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)△H1=－234.00kJ·mol-1

②1/2N2(g)+1/2O2(g)NO(g)△H2=－89.75kJ·mol-1

③2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H3=－112.30kJ·mol-1

若NO2气体和CO气体反应生成无污染气体，其热化学方程式为__________________。

（2）某温度下，向10L密闭容器中分别充入0.1molNO2和0.2molCO，发生反应：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)；经10min反应达到平衡，容器的压强变为原来的29/30

①0~10min内，CO的平均反应速率v(CO)=___________；

②若容器中观察到____________________________；可判断该反应达到平衡状态；

③为增大污染物处理效率，起始最佳投料比为________；

④平衡后，仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡________(填“右移”或“左移”或“不移动”)。

（3）在高效催化剂作用下可用NH3还原NO2进行污染物处理。

①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成氮气的物质的量与时间变化如图a。活化能最小的是________[用E(A)；E(B)、E(C)表示三种催化剂下该反应的活化能]。

②在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图b。试说明图中曲线先增大后减小的原因_____________________________________(假设该温度范围内催化剂的催化效率相同)。

（4）有人设想在含有NO2-的酸性污水中加入填充有铝粉的多孔活性炭颗粒进行水的净化。试结合电极反应说明多孔活性炭的主要作用_________________________________。7、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型；C；D为同周期元素；C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：

（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____（填分子式），原因是_______；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。

（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________。

（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，F的化学式为______：晶胞中A原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_____。

8、25℃时；有关物质的电离平衡常数如下：

(1)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者________后者(填“>”、“<”或“=”)；

(2)25℃时，pH之和为14的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，充分反应后溶液显中性，则所耗溶液的体积前者_______后者(填“>”、“<”或“=”)；

(3)若用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，选择的指示剂应为_______；

(4)下列离子CH3COO-、CO32-、HCO3-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为________。9、写出下列反应的离子方程式。

(1)用小苏打溶液除去CO2中的HCl：___。

(2)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性：___。

(3)用醋酸除去水壶中的水垢：___。

(4)少量二氧化碳通入澄清石灰水中：___。

把下列离子方程式改写成化学方程式：

(5)+2H+=CO2↑+H2O___；

(6)Ag++Cl-=AgCl↓___。10、(1)是一种新型自来水消毒剂；具有强氧化性。其一种生产工艺如图甲所示：

①电解反应的化学方程式为_______。

②具有强氧化性，制取反应的化学方程式为_______。

③饮用水中残留的可用适量溶液去除，该反应的离子方程式为_______。

(2)某制备高纯碳酸锰的核心工艺如图乙，该沉锰过程的离子方程式为_______。

(3)在酸性条件下，黄铁矿催化氧化的流程如图丙，反应Ⅱ的离子方程式为：_______。

11、乙炔的结构。分子式结构式结构简式空间结构____________________________________12、下列3种有机化合物A：CH2=CH-CH3B：C：CH3CH2CH2OH

（1）写出化合物A、C中的官能团的名称：_____、______。

（2）A在催化剂加热条件下生成聚合物的反应方程式：_____。

（3）C物质在一定条件下可转化为A，请写出其化学方程式：_____。

（4）B可与NaOH溶液反应生成苯酚钠，写出向苯酚钠中通入二氧化碳的化学方程式为：_____。13、异丙苯是一种重要的有机化工原料．根据题意完成下列填空：

（1）由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为___________________；异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的名称是__________________；

（2）α-甲基苯乙烯是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到．写出由异丙苯制取该单体的另一种方法是______________________（用化学反应方程式表示）．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装。（______________）A.正确B.错误15、与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH。(___________)A.正确B.错误16、炔烃既易发生加成反应，又易发生取代反应。(___)A.正确B.错误17、在CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成。(____)A.正确B.错误18、有机物的1H－核磁共振谱图中有4组特征峰。(___________)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共3题，共21分)19、吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O；M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下；100℃即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下：

NaHSO3的制备：

如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。

（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。

（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。

吊白块的制备：

如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液；稍过量的锌粉和一定量甲醛；在80~90℃C下，反应约3h，冷却过滤。

（3）仪器A的名称为___；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。

（4）将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。

吊白块纯度的测定：

将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4；再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。

（5）滴定终点的判断方法是__；吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)20、用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度；试根据实验回答下列问题：

（1）准确称量8．2g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。用0．100molL-1硫酸滴定，写出该中和反应的热化学方程式____________(中和热ΔH＝－57．3kJ/mol)。将该烧碱样品配成500mL待测溶液需要的玻璃仪器有_________________________。

（3）滴定过程中，眼睛应注视_________________，若用酚酞作指示剂达到滴定终点颜色变化是____________________________________。

（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是_____molL-1，烧碱样品的纯度是____（保留小数点后两位）。滴定次数待测溶液体积（mL）标准酸体积滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10．000．4020．50第二次10．004．1024．00

（5）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）

①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果____。

②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10．00mL待测液，则滴定结果______________。21、铜与浓硫酸反应；实验装置如图所示。

(1)此装置发生反应可得到硫酸铜。实验室也可在硫酸酸性条件下铜与双氧水反应获得，请写出该化学方程式_____；过程中试管B中的现象是______，试管C的作用是______。

(2)导管D的下端(虚线段)应位于_______(液面上、液面下)，导管D的作用有：①实验结束后排除装置中的SO2；②______。

(3)实验中发现试管内除了产生白色固体外，在铜丝表面还有黑色固体甲生成，甲中可能含有CuO、Cu2O、CuS、Cu2S。为探究甲的成分；进行了以下的实验。

查阅资料可知：Cu2O+2HCl=CuCl2+Cu+H2O，2Cu2O+O24CuO，2CuS+3O22CuO+2SO2，Cu2S+2O22CuO+SO2。CuS、Cu2S和稀HCl不反应。

①固体乙在空气中煅烧时，使用的实验仪器除了玻璃棒、三脚架、酒精灯外，还必须有：______。

②煅烧过程中，除上述反应外，还可能发生反应的方程式为________。

③结论：甲中有CuO，还肯定含有的物质是_______。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共15分)22、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂，工业设计生产NaClO2的主要流程如下：

已知：①ClO2气体只能保持在浓度较低状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用，ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。

②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。

（1）写出无隔膜电解槽中阳极的电极反应方程式：____________________________。

（2）生成ClO2的反应中需用酸进行酸化，你认为最宜选用的酸为______________（写酸的名称）。

（3）ClO2吸收塔中发生反应的离子方程式为______________，H2O2的电子式为______________。

（4）请补充从滤液获得NaClO2的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②__________________；③__________________；④__________________；得到成品。

（5）NaClO2溶液浓度含量可用碘量法测定，其原理为在稀硫酸介质中，NaClO2能定量地将碘离子氧化成碘，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L−1的硫代硫酸钠标准溶液滴定碘而确定NaClO2。

已知：2I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。取NaClO2溶液体积V1mL加入到适量的稀硫酸和KI溶液中，反应完毕用Na2S2O3滴定反应后的溶液，消耗V2mLNa2S2O3溶液，则NaClO2的浓度为_____________g·L−1（杂质不参与反应，NaClO2中的氯元素被还原为Cl−）。23、一种利用某矿石焙烧后的产物(硫单质和含Au残渣)提取金的工艺如下：

已知：S和均能被Cu2+或氧气氧化；

(1)制备含硫浸取剂(主要含S和)：用硫单质和碱液反应制备含硫浸取液的离子方程式为：___、

(2)浸金：向CuSO4溶液中加入氨水至溶液重新变为蓝色澄清液，即得到Cu(NH3)溶液，再加入含硫浸取剂，配成浸金液，将含Au废渣浸入浸金液中，S将残渣中的部分Au转化为AuS-(Au为+1价)，则发生如下反应：

①请从物质的氧化性或还原性的角度分析加入氨水的作用：_______。

②生成的Cu(NH3)会进一步被空气中的氧气而使Cu(NH3)再生，其离子方程式为_______；

③其他条件相同，在相同的时间内，金的浸出率随温度的变化如图所示，下列说法正确的是____。

A．浸金反应的最适温度是60℃

B．温度升高；浸金反应速率一定加快。

C．温度大于60℃，金的浸出率下降可能是由于和S被氧气氧化导致的。

(3)产品中金含量的测定。

取产品mg，加入水溶解，经过多步处理后，配成100mL含Au(III)溶液(其它杂质己使用掩蔽剂处理，不影响滴定结果)；取上述溶液20mL，加入V1mLc1mol/L的KI溶液，将Au(III)还原为Au(I)同时生成I2，用c2mol/L的Na2S2O3滴定至浅黄色，加入5-10滴淀粉，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。

已知：

①滴定终点的实验现象为：_______。

②产品中金的质量分数为：_______。(列出计算式)24、SnSO4是一种重要的硫酸盐；在工业生产中有着广泛的应用。其制备路线如下：

已知：在酸性条件下，溶液中的Sn2＋可被空气中的氧气氧化成Sn4＋；SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡Sn(OH)Cl]。

（1）写出物质A的名称：_________。

（2）SnCl2用盐酸而不用水溶解的原因是_____________________(用化学方程式表示)。

（3）锡粉的作用是除去酸溶时产生的少量Sn4＋，请写出产生Sn4＋的离子方程式：

_______________________________。

（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：_______________________________。该反应的温度需要控制在75℃左右的原因是____________________________。

（5）实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是_______________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．由结构简式可知，异冰片的分子式为故A错误；

B．由结构简式可知；异冰片分子中含有的与羟基相连的碳原子上连有氢原子，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；

C．由结构简式可知；异冰片与乙醇的结构不相似，不互为同系物，故C错误；

D．由结构简式可知；异冰片分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的结构为四面体形，则异冰片分子中的所有原子不能共平面，故D错误；

故B正确。2、B【分析】【详解】

A.“粉身碎骨浑不怕；要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，A错误；

B.“日照澄州江雾开”中；雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，B正确；

C.“玉”的成分是硅酸盐；熔点很高，但“试玉要烧三日满”与硬度无关，C错误；

D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应；在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，D错误；

故合理选项是B。3、B【分析】【详解】

A.乙醇可以先氧化为乙醛；乙醛再氧化为乙酸，乙醇；乙酸都能发生酯化反应，故A正确；

B.乙醇易燃烧；污染小，乙醇除在实验室作燃料外，还可用于生产乙醇汽油，故B错误；

C.煤油有特殊气味；所以常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，故C正确；

D.乙酸与CaO反应生成离子化合物醋酸钙；沸点较高，而乙醇的沸点低，蒸馏时乙醇以蒸气形式逸出，得到纯净乙醇，故D正确；

故选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．Z中有酚羟基；可以和甲醛发生缩聚反应，故A正确；

B．YZ是Y中的酯基和乙醇发生取代反应；故B正确；

C．X中有羧基；可以和碳酸钠发生复分解反应，Z中有酚羟基，酚羟基的存在使Z有酸性，也能和碳酸钠发生复分解反应，故C正确；

D．X中有两个苯环；其中连有两个取代基的苯环的一氯代物有4种，连一个取代基的苯环的一氯代物有3种，所以共有7种一氯代物，故D错误；

故选D。5、A【分析】【详解】

A.根据题中隐形眼镜材料的聚合物片段可知，该高分子的链节为则该高分子的结构简式为：故A正确；

B.氢键为一种特殊的分子间作用力；影响物质的物理性质，如：熔沸点，故B错误；

C.该高分子完全水解的产物和HOCH2CH2OH。其中高分子有机物为含有的官能团为羧基，故C错误；

D.根据C选项的分析，水解得到的小分子有机物为HOCH2CH2OH；有2种不同化学环境的氢原子，故D错误。答案选A。

【点睛】

本题解题关键是找出高分子有机物的链节。链节指的是高分子化合物中不断重复的基本结构单元。找出链节可确定高分子的结构简式，可进一步确定水解产物。据此解答。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）NO2和CO生成无污染的CO2和N2，根据盖斯定律书写热化学方程式；（2）恒温、恒容，压强比等于物质的量比，压强变为原来的则物质的量变为可以利用“三段式”计算反应达到平衡时各物质的量。②若容器中NO2浓度不变，可判断该反应达到平衡状态。③按系数比投料，平衡体系中产物的百分含量最大；④平衡后，仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，可计算浓度熵Q，根据Q与K的比较分析平衡移动方向；（3）①活化能越小反应速率越快；②低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速度加快；高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行；（4）活性炭在与铝粉形成的原电池中作正极，发生反应：2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O。

解析：（1）①NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)△H1=－234.00kJ·mol-1

②N2(g)+O2(g)NO(g)△H2=－89.75kJ·mol-1

③2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H3=－112.30kJ·mol-1

根据盖斯定律①×4－②×2＋③得2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)△H=-868.8KJ/mol；

（2）设反应生成氮气的物质的量是xmol；

0.1-2x+0.2-4x+x+4x=0.29

X=0.01

①0~10min内，CO的平均反应速率v(CO)=4×10-4mol/(L·min)；②若容器中NO2浓度不变，可判断该反应达到平衡状态，观察到的现象是体系内气体颜色不再改变。③按系数比投料，平衡体系中产物的百分含量最大，所以为增大污染物处理效率，起始最佳投料比为④平衡后，仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，浓度熵Q=K，所以平衡不移动；（3）①活化能越小反应速率越快，所以活化能最小的是E(A)；②低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速度加快；高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行，所以相同时间处理NO2的量与温度关系图中曲线先增大后减小；（4）活性炭在与铝粉形成的原电池中作正极，发生反应：2NO2-+8H++6e-=N2↑+4H2O，多孔活性炭的主要作用是将NO2-转化为无污染的N2。

点睛：根据盖斯定律，化学反应的焓变只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，可以根据盖斯定律计算2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)的△H。【解析】2NO2(g)+4CO(g)=4CO2(g)+N2(g)△H=-868.8kJ/mol4×10-4mol/(L.min)体系内气体颜色不再改变不移动E(A)低于300℃，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快；高于300℃，反应已平衡，随温度升高，反应逆向进行活性炭在与铝粉形成的原电池中作正极，发生反应2+8H++6e-=N2↑+4H2O，将转化为无污染物质N27、略

【分析】【分析】

C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型；结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。

【详解】

（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；

（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大；则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化；立体构型为为三角锥形；

（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；

（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g•cm-3。【解析】O1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3O3相对分子质量较大，范德华力大分子晶体离子晶体三角锥形sp3V形42Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl

（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）Na2O8=2.27g•cm-38、略

【分析】【分析】

(1)相同温度下；电离平衡常数越大其酸性越强，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同的倍数，较强酸的pH变化较大，较强酸的pH较大；

(2)利用电荷守恒及混合溶液中c(H+)=c(OH-)分析判断；

(3)根据反应产生的盐溶液的酸碱性选择指示剂；

(4)酸根离子对应酸的酸性越强；该酸根离子结合氢离子能力越弱；

【详解】

(1)相同温度下，电离平衡常数越大其酸性越强，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同的倍数，较强酸的pH变化较大，根据表中数据可知，醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：pH：醋酸<亚硫酸；

(2)25℃时，CH3COOH溶液与NaOH溶液pH之和为14，则CH3COOH溶液中c(H+)与NaOH溶液中(OH-)浓度相等，由于醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，c(CH3COOH)>c(H+)。若是等体积混合，酸过量，电离的醋酸与NaOH恰好中和，过量的醋酸电离产生H+；使溶液显酸性，现在反应后溶液显中性，说明所耗醋酸溶液的体积小于NaOH溶液的体积；

(3)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，二者反应产生的盐是CH3COONa；该盐是强碱弱酸盐，水解使水溶液显碱性，为减小实验误差，应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；

(4)根据电离平衡常数的含义可知：酸的电离平衡常数越小，该酸的酸性越弱，其电离产生的酸根离子结合H+的能力就越强。已知酸性：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HCO3-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为CO32->SO32->HCO3->CH3COO->HSO3-。

【点睛】

本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡、盐的水解原理的应用，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱关系、酸性强弱与其对应的酸根离子水解程度关系是解本题关键，注意掌握判断电解质强弱、电离常数的概念及计算方法。【解析】①.<②.<③.酚酞④.CO32->SO32->HCO3->CH3COO->HSO3-9、略

【分析】【分析】

在书写反应的离子方程式时；首先应依据反应物的相对量，确定反应的最终产物，然后依据拆分原则，将易溶且易电离的酸；碱、盐拆分成离子的形式，最后依据守恒原则进行配平。在改写离子方程式时，一方面要注意把离子改写成的物质必须易溶并且易电离，另一方面要注意添加的阴、阳离子间不能发生反应。

【详解】

(1)小苏打是NaHCO3的俗称，它能与HCl反应生成CO2等，反应的离子方程式为：+H+==H2O+CO2↑。答案为：+H+==H2O+CO2↑；

(2)可设NaHSO4为2mol，则需加入Ba(OH)21mol，反应的离子方程式为：Ba2++2OH－+2H++=BaSO4↓+2H2O。答案为：Ba2++2OH－+2H++=BaSO4↓+2H2O；

(3)水垢的主要成分为CaCO3和Mg(OH)2，用醋酸除去水垢，发生反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH==Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑、Mg(OH)2+2CH3COOH==Mg2++2CH3COO-+2H2O。答案为：CaCO3+2CH3COOH==Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑、Mg(OH)2+2CH3COOH==Mg2++2CH3COO-+2H2O；

(4)少量二氧化碳通入澄清石灰水中，生成CaCO3沉淀和水，反应的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-==CaCO3↓+H2O。答案为：CO2+Ca2++2OH-==CaCO3↓+H2O；

(5)+2H+=CO2↑+H2O，可改写成Na2CO3等，H+可改写成HCl或HNO3，化学方程式为：Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑。答案为：Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑（答案合理即可）；

(6)Ag++Cl-=AgCl↓，Ag+改写成AgNO3，Cl-改写成HCl，化学方程式为：AgNO3+HCl==AgCl↓+NaCl。答案为：AgNO3+HCl==AgCl↓+NaCl（答案合理即可）。

【点睛】

当一种物质中有两种或两种以上的离子参加反应时，可采用“以少定多”法书写反应的离子方程式。【解析】+H+==H2O+CO2↑Ba2++2OH－+2H++=BaSO4↓+2H2OCaCO3+2CH3COOH==Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑、Mg(OH)2+2CH3COOH==Mg2++2CH3COO-+2H2OCO2+Ca2++2OH-==CaCO3↓+H2ONa2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑（答案合理即可）AgNO3+HCl==AgCl↓+NaCl（答案合理即可）10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①由工艺流程图可知，NH4Cl与HCl发生电解产生NCl3和H2，N由-3价变到+3价，H由+1价变到0价，通过得失电子守恒，得到反应的化学方程式为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；

②由工艺流程图可知，NaClO2与NCl3在碱性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和NH3，NaClO2中Cl由+3价变到+4价，NCl3中N由+3价变到-3价，通过得失电子守恒和原子守恒，得到反应的化学方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+3NaCl+NH3↑+3NaOH，故答案为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+3NaCl+NH3↑+3NaOH；

③采用溶液，其电离出的Fe2+可将ClO2还原为Cl-，达到除去水中残留的的目的，该反应的离子方程式为5Fe2++ClO2+4H+=Cl-+5Fe3++2H2O，故答案为：5Fe2++ClO2+4H+=Cl-+5Fe3++2H2O；

(2)由流程知“沉锰”反应物为MnSO4和NH4HCO3，产物之一为MnCO3，MnCO3中C来自HCO的电离(HCOC+H+)，由于Mn2+结合C使HCO电离平衡正向移动，溶液中c(H+)增大，与另一部分HCO发生反应：HCO+H+=CO2↑+H2O，故反应的离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

(3)由物质转化图示可知，反应Ⅱ中Fe3+为氧化剂，FeS2为还原剂，反应生成了Fe2+和SO通过得失电子守恒和电荷守恒，得到反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+，故答案为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+。【解析】NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+3NaCl+NH3↑+3NaOH5Fe2++ClO2+4H+=Cl-+5Fe3++2H2OMn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+11、略

【分析】【详解】

乙炔为炔烃，分子式为：C2H2；结构式为H-C≡C-H；结构简式为HC≡CH；碳原子为sp杂化，空间结构为直线形。【解析】C2H2H-C≡C-HHC≡CH直线形结构12、略

【分析】【详解】

（1）A中含有的官能团为碳碳双键；C中含有的官能团为羟基；

（2）CH2=CH-CH3在催化剂加热条件下生成聚合物的反应方程式为：nCH2=CH-CH3

（3）CH3CH2CH2OH在浓硫酸作催化剂、加热至170℃下发生消去反应生成CH2=CH-CH3，其反应方程式为：CH3CH2CH2OHCH2=CH-CH3+H2O；

（4）酸性：H2CO3>苯酚>酚钠与二氧化碳反应的化学方程式为：CO2++H2O→↓+NaHCO3。【解析】①.碳碳双键②.羟基③.nCH2=CH-CH3④.CH3CH2CH2OHCH2=CH-CH3+H2O⑤.CO2++H2O→↓+NaHCO313、略

【分析】【详解】

（1）由异丙苯制备对溴异丙苯；溴取代在异丙基的对位，类似甲苯的苯环的氢被溴取代一样，此类反应条件是液溴和三溴化铁（作催化剂）；异丙苯有多种同分异构体，一溴代物要最少，则取代位置少，对称性高，可以是三个甲基取代在苯环上且在间位上，名称为：1，3，5-三甲苯。

（2）到α-甲基苯乙烯就多了一个碳碳双键，引入碳碳双键可以是卤代烃的在强碱醇溶液加热条件下消去生成。考虑到苯环上没有变化，生成卤代烃应该取代在烃基上，即与氯气光照条件下反应，【解析】①.Br2/FeBr3或Br2/Fe②.1，3，5-三甲苯③.④.三、判断题(共5题，共10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】【分析】

【详解】

与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，共2种，故正确。16、B【分析】【详解】

炔烃含有碳碳三键，容易发生加成反应，但难以发生取代反应。17、B【分析】【详解】

CH3CH2Br不能电离出溴离子，则CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液不发生反应，故错误。18、A【分析】【详解】

有机物的1H－核磁共振谱图中有4种H，正确。四、实验题(共3题，共21分)19、略

【分析】【分析】

⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积；加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。

⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致；液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。

⑷根据信息吊白块在酸性环境下；100℃即发生分解释放出HCHO；因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。

⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液；锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；

5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol

解得x=1.2×10－3mol

36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据

4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol

解得y=3×10－3mol

若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质；消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。

【详解】

⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。

⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致；液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。

⑷根据信息吊白块在酸性环境下；100℃即发生分解释放出HCHO；因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。

⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液；锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；

5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol

解得x=1.2×10－3mol

36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据

4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol

解得y=3×10－3mol

若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高，故答案为：当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；92.40%；偏高。【解析】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高20、略

【分析】【详解】

（1）氢氧化钠与硫酸反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则反应的热化学方程式为：2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=2H2O(l)+Na2SO4(aq)△H=-114.6kJ·mol—1；配成500mL待测溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等；（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，若用酚酞作指示剂达到滴定终点颜色变化是溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复原色；（4）V（标准）==20.00mL，c（待测）═2×=2×═0.4000mol•L-1，m（烧碱）══0.4000mol•L-1×0.5L×40g/mol═8.0g,ω═×100%═97.56%；（5）①开始俯视，滴定终点平视，导致计算出的标准液体积偏大，浓度偏高；②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，导致待测液的物质的量增加，消耗的标准液体积增大，结果偏高。【解析】①.2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=2H2O(l)+Na2SO4(aq)△H=-114.6kJ·mol—1②.烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管③.锥形瓶内溶液颜色变化④.溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复原色⑤.0.400⑥.97.56%⑦.偏高⑧.偏高21、略

【分析】【分析】

(1)双氧水；稀硫酸和铜发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；据此写出反应的化学方程式；二氧化硫能够使品红褪色；二氧化硫有毒，需要进行尾气吸收；

(2)导管D的下端如果位于液面上，反应生成的二氧化硫会从导管D中排出；导管D可以在实验结束后排除装置中的SO2；还具有防止倒吸的作用；

(3)①实验室中灼烧固体需要在坩埚中进行；坩埚应该放在泥三角上；

②根据铜在加热条件下与氧气反应生成氧化铜写出反应的化学方程式；

③根据“CuS、Cu2S和稀HCl不反应”及反应“2CuS+3O22CuO+2SO2，Cu2S+2O22CuO+SO2”中固体质量变化进行判断。

【详解】

(1)双氧水、稀硫酸和铜发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；反应生成的二氧化硫气体能够使品红溶液褪色；则试管B中品红溶液褪色；试管C中盛有氢氧化钠溶液，目的是吸收有毒的二氧化硫气体，防止污染大气；

故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；品红溶液褪色；吸收多余的SO2；防止污染空气；

(2)导管D的下端应该插入溶液中；否则反应生成的二氧化硫会从导管中放出，导致环境污染；导管D除了在实验结束后排除装置中的二氧化硫以外，还具有平衡气压，防止倒吸的作用；故答案为：液面下；防倒吸；

(3)①固体乙在空气中煅烧时；使用的实验仪器除了玻璃棒；三脚架、酒精灯外，还需要盛放固体的坩埚，坩埚应该放在泥三角上，故答案为：泥三角、坩埚；

②铜在加热条件下能够与氧气反应生成氧化铜，反应的化学方程式为：2Cu+O22CuO，故答案为：2Cu+O22CuO；

③CuS、Cu2S和稀HCl不反应，则固体甲通过稀盐酸后的滤渣可能为CuS、Cu2S，由于固体乙的质量大于固体丙，根据反应2CuS+3O22CuO+2SO2，Cu2S+2O22CuO+SO2可知；固体甲中一定含有CuS，故答案为：CuS。

【点睛】

本题主要考查了浓硫酸的化学性质，题目难度中等，试题涉及铜与浓硫酸的反应、二氧化碳的检验、化学实验基本操作方法等知识，注意掌握浓硫酸与铜的反应原理，明确常见物质的性质及检验方法。【解析】Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O品红溶液褪色吸收多余的SO2，防止污染空气液面下防倒吸泥三角、坩埚2Cu+O22CuOCuS五、工业流程题(共3题，共15分)22、略

【分析】【详解】

（1）在无隔膜电解槽中持续电解饱和NaCl溶液一段时间后，生成H2和NaClO3，由于Cl−放电能力大于OH−，在阳极是阴离子Cl−放电，电极反应方程式是Cl−−6e−+6OH−+3H2O。

（2）由于ClO2有氧化性，所以不能用具有还原性的酸酸化，如盐酸、草酸等，ClO2有还原性；所以不能用氧化性酸酸化，如硝酸；浓硫酸等，应该选用稀硫酸。

（3）由流程图可知，在ClO2吸收塔中加入了NaOH、ClO2、H2O2，生成了NaClO2，由氧化还原反应原理以及离子反应的规律可书写出其中反应的离子方程式为：2OH−+2ClO2+H2O22+2H2O+O2。H2O2为共价化合物，H与O原子间形成极性键，O与O原子间形成非极性键，其电子式为

（4）由题目已知信息“NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl”可知，从溶液中制取NaClO2晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，为防止析出晶体NaClO2·3H2O；应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度在38℃~60℃时进行洗涤，低于60℃干燥。

（5）在稀硫酸酸性介质中NaClO2将I−氧化为I2，氯元素被还原为Cl−，同时生成H2O：NaClO2+4KI+

2H2SO42I2+NaCl+2K2SO4+2H2O，根据反应可得如下关系：NaClO2～2I2～2Na2S2O3，则n(NaClO2)=×0.1V2×10−3mol，c(NaClO2)=mol·L−1，即g·L−1。【解析】Cl−−6e−+6OH−+3H2O稀硫酸2OH−+2ClO2+H2O22+2H2O+O2趁热过滤用38℃~60℃热水洗涤低于60℃干燥23、略

【分析】【分析】

某矿石焙烧后的产物(硫单质和含Au残渣)经过无氧焙烧生