2025年沪科版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年沪科版高二化学下册阶段测试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9题，共18分)1、下列事实，可以证明氨水是弱碱的是A.氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁B.铵盐受热易分解C.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红D.0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH约为52、为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可加入的物质是（）A.适量盐酸B.适量NaOHC.适量NaHCO3D.适量KOH3、工业上获得大量的乙烯、丙烯和甲烷，采用的方法是（）A.石油分馏B.石油裂化C.石油裂解D.通过沼气池制取4、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应：rm{2CO(g)+2NO(g)篓TN_{2}(g)+2CO_{2}(g)}在温度为rm{298}rm{K}时能自发进行，则它的rm{triangleH>0}B.rm{0.1}rm{mol?^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液加蒸馏水稀释，rm{CO;_{3}^{2-}}的水解程度变大，溶液的rm{pH}不断增大C.电解精炼铜过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量一定相等D.rm{C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}rm{triangleH>0}其他条件不变时升高温度，反应速率rm{v(CO_{2})}和rm{CO_{2}}的平衡转化率均增大5、分子式为rm{CH_{8}O_{3}}的有机物，在一定条件下具有下列性质：rm{垄脵}在浓硫酸存在下，能分别与rm{CH_{3}CH_{2}OH}和rm{CH_{3}COOH}反应；rm{垄脷}在浓硫酸存在下脱水，生成物只存在一种结构，而且能使溴水褪色；rm{垄脹}在浓硫酸存在下，还能生成一种分子式为rm{C_{4}H_{6}O_{2}}的五元环状化合物。根据上述性质，确定rm{C_{4}H_{8}O_{3}}的结构简式为()

A.B.C.D.6、已知溶液中可发生反应：rm{2FeBr_{2}+Br_{2}=2FeBr_{3}}现向rm{100mL}的rm{FeBr_{2}}溶液中通入rm{3.36LCl_{2}(}标准状况rm{)}充分反应后测得溶液中rm{Cl^{-}}和rm{Br^{-}}的物质的量浓度相等，则原rm{FeBr_{2}}溶液的物质的量浓度为rm{(}rm{)}A.rm{2mol?L^{-1}}B.rm{1mol?L^{-1}}C.rm{0.4mol?L^{-1}}D.rm{0.2mol?L^{-1}}7、消毒液在日常生活中被广泛应用．某消毒液无色；pH＞7，对某些有色物质有漂白作用．你认为它可能的有效成分是（）

A.NaCl

B.Na2CO3

C.KMnO4

D.NaClO

8、盐水解程度的大小可以用水解度来表示，即用已水解的盐的量占原有盐的总量的百分数来表示。室温下，1L0.1mol/L的强碱弱酸盐NaA溶液的pH为10，则A－的水解度为：A.0.01%B.0.1%C.1%D.10%9、下列方程式的书写或描述正确的是A.等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，后者放出的热量多B.热化学方程式C2H2（g）+O2（g）2CO2（g）+H2O（g）；△H=-1256kJ·mol-1，可知乙炔的燃烧热为1256kJ·mol-1C.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1D.稀溶液中：H+（aq）+OH—（aq)=H2O(l)ΔH=—53.7kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、乙醇氧化生成乙醛的实验在试管中加入2ml的乙醇．把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰加热，现象是____，立即把加热过的铜丝插入盛有乙醇的试管中，螺旋状铜丝的表面____，在该变化中，铜丝的作用是____．把铜丝加热插入乙醇中，一会儿后又把铜丝加热，再插入到乙醇中，这样反复多次操作的目的是____．乙醇氧化成乙醛的方程式是____．11、下图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分。（1）代表金刚石的是（填编号字母，下同）____，金刚石中每个碳原子与____个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于____晶体；（2）代表石墨是____，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为____个；（3）代表干冰的是____，它属于____晶体，每个CO2分子与____个CO2分子紧邻；（4）上述B、C、D三种物质熔点由高到低的排列顺序为____。12、对于工业制硫酸中接触室内的反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0。达到平衡时，只改变下列一个条件，平衡不发生移动的是：A.升高温度B.恒温、恒容充入氧气C.恒温恒容充入SO3D.加入催化剂V2O513、北京昆山统一企业食品有限公司生产的统一鲜橙多，配料：：①水、②糖、③鲜橙浓缩汁、④柠檬酸、⑤黄原胶、⑥食用香料、⑦胡萝卜素（鲜橙原汁含量≥20%净含量：1.5L）．其中属于食品添加剂中的着色剂的是______，属于调味剂的是______，属于营养强化剂的是______（以上填序号），由于没有加入______，建议最好不要贮存太久．14、rm{(1)}的分子式为______．

rm{(2)}写出中官能团的名称______．

rm{(3)}相对分子质量为rm{72}且沸点最低的烷烃的结构简式为______．

rm{(4)}有机物rm{M(}rm{)}为苯的同分异构体，rm{M}的二氯代物的同分异构体有______种rm{.}

rm{(5)}聚偏二氯乙烯rm{(}rm{)}具有超强阻隔性能，可作为保鲜食品的包装材料rm{.}它是由______rm{(}写结构简式rm{)}发生加聚反应生成的．

rm{(6)}写出异丁醛rm{(}rm{)}与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学方程式：______．15、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中rm{A}原子核外有三个未成对电子；rm{A}与rm{B}可形成离子化合物rm{B_{3}A_{2}}rm{C}元素是地壳中含量最多的金属元素；rm{D}原子核外的rm{M}层中有两对成对电子；rm{E}原子核外最外层只有rm{1}个电子，其余各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题：rm{(1)E}原子的核外电子排布式为____，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的第一电离能最小的是____。rm{(2)B}的氧化物的熔点远高于rm{D}的氧化物的熔点，理由是____。rm{(3)A}的最高价含氧酸根离子中，其中心原子是____杂化，rm{D}的低价氧化物的空间构型为____。rm{(4)A}rm{C}形成某种化合物的晶胞结构如下左图所示，则其化学式为____。rm{(5)E}单质的晶体的晶胞结构如上右图。若rm{E}原子的半径是rm{rcm}则rm{E}单质的密度的计算公式是rm{g/cm^{3}(}用rm{N_{A}}表示阿伏伽德罗常数rm{)}16、糖类；油脂和蛋白质都是生命中重要的有机物质．

rm{(1)}淀粉在硫酸作用下发生水解反应；检验淀粉水解后生成葡萄糖所需的试剂为______．

rm{(2)}最近，在韩国出现中东呼吸综合征疫情，防疫人员用rm{84}消毒液对地铁进行消毒，这是利用了蛋白质的性质：______rm{(}填序号rm{)}rm{a.}两性，rm{b.}水解，rm{c.}变性，rm{d.}盐析．

rm{(3)}某油脂rm{A}的结构简式为rm{.}从酯的性质看，油脂rm{A}在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解，水解的共同产物是______rm{(}写结构简式rm{)}．

rm{(4)}聚丙烯酸钠；涤纶的结构简式如下：

合成聚丙烯酸钠的单体的结构简式是______；反应类型是______；

合成涤纶有两种单体，其中能和rm{NaHCO_{3}}反应的单体的结构简式是______，其核磁共振氢谱的峰面积比是______．17、写出下列物质在水中电离的方程式：

（1）NaHSO4在水中电离的方程式______．

（2）H2CO3电离方程式______（只写第一级电离）．18、在容积为1.00L的容器中，通入一定量的四氧化二氮，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g）；随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：

（1）反应的△H=______0（填“大于”“小于”）

（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020mol•L-1•S-1的平均速率降低；经10s又达到平衡．

①T______100℃（填“大于”“小于”）

②温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向______（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，混合气体的颜色怎么变？______．

（3）要增大该反应的K值，可采取的措施有（填序号）______；若要重新达到平衡时，使值变小，可采取的措施有（填序号）______．

A．增大四氧化二氮的起始浓度B．向混合气体中通入二氧化氮。

C．使用高效催化剂D．升高温度．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)19、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）。20、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：_____________。21、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）。22、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_______评卷人得分四、原理综合题(共2题，共18分)23、磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

（操作流程）安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。

（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

请回答下列问题：

(1)仪器C的名称是__________________；

(2)以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式____________________；检查整套装置气密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是______________________；通入空气的作用是____________。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将____________（填“偏低”；“偏高”或“不变”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1。24、铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐,广泛应用于工业生产.

I.CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净；干燥的氯气；并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。

（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：_______________________________，装置C的作用是_______________________________

（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a→_________________________。（每种仪器限使用一次）

（3）上述D装置的作用是____________________

（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入_________；并过滤。

A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH

ⅡCuCl是应用广泛的有机合成催化剂；可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。

方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：_______________________________。

方法二铜粉还原CuSO4溶液。

已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl－[CuCl3]2－(无色溶液)。

（1）①中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是_______________，当观察到_________________________________________________________________________________现象；即表明反应已经完全。

（2）②中，加入大量水的作用是______________。（从平衡角度解释）

（3）溶液中氯离子浓度达到一定量时，生成CuCl会部分溶解生成CuCl2-在一定温度下建立两个平衡:CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35

分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp,K的数学关系，在图中画出「Cu+]、[CuCl2-]的函数关系曲线(要求至少标出曲线上一个坐标点)

_______________评卷人得分五、有机推断题(共4题，共40分)25、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__________________________________．26、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__________________________________．27、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。28、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、实验题(共1题，共4分)29、草酸rm{(}乙二酸rm{)}存在于自然界的植物中，其rm{K_{1}=5.4隆脕10^{-2}}rm{K_{2}=5.4隆脕10^{-5}.}草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体rm{(H_{2}C_{2}O_{4}?2H_{2}O)}无色，熔点为rm{101隆忙}易溶于水，受热脱水，升华，rm{170隆忙}以上分解。

回答下列问题。

rm{(1)}甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置rm{C}中可观察到的现象是______，由此可知草酸晶体分解的产物中有______。装置rm{B}的主要作用是______。

rm{(2)}乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有rm{CO}为进行验证，选用甲组实验中的装置rm{A}rm{B}和图rm{2}所示的部分装置rm{(}可以重复选用rm{)}进行实验。

rm{垄脵}乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为rm{A}rm{B}______、rm{I}装置rm{H}反应管中盛有的物质是______。

rm{垄脷}能证明草酸晶体分解产物中有rm{CO}的现象是______。

rm{(3)}设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】试题分析：A．氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，该反应为复分解反应，无论是强碱还是弱碱均可发生该类反应，不能说明氨水是弱碱，A错误；B．铵盐受热易分解是铵盐的热不稳定性，与氨水是弱碱无因果关系，B错误；C．0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明溶液呈碱性，不能说明氨水是弱碱，C错误；D．0.1mol/L氯化铵溶液的pH约为5，是因为弱碱根NH4+水解使溶液呈酸性，证明NH4Cl是强酸弱碱盐，从而说明氨水是弱碱，D正确；答案选D。考点：考查弱电解质的电离。【解析】【答案】D2、D【分析】解：A、加入盐酸，盐酸与CO32-反应，会使得碳酸根离子浓度减小，溶液中的比值变大；故A错误；

B、加NaOH溶液，溶液中c（Na+）增大，C（CO32-）减小，溶液中的比值变大；故B错误；

C、加NaOH固体，溶液中c（Na+）增大，溶液中的比值变大；故C错误；

D、加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，加入水稀释会导致溶液中离子浓度减小，溶液中的比值变小；故D正确；

故选D．

Na2CO3溶液中，由于CO32-的水解，使得c（CO32-减小，如果要Na2CO3溶液中的比值变小；则需要抑制碳酸根离子水解，根据水解平衡的移动影响因素来回答。

本题考查学生盐的水解平衡的影响因素知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，题目难度不大．【解析】【答案】D3、C【分析】解：A．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法；故A错误；

B．裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油；煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B错误；

C．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程．（主要为乙烯；丙烯，丁二烯等不饱和烃），故C正确；

D．沼气的主要成分是甲烷；故D错误．

故选C．

裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程主要为乙烯；丙烯，丁二烯等不饱和烃），据此解题．

本题主要考查对石油炼制产品的了解，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】C4、D【分析】解：rm{A.}反应rm{2NO+2CO篓T2CO_{2}+N_{2}}该反应为气体体积减少，rm{triangleS<0}非自发，由rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}可知，该反应一定为放热才有可能自发，即rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}故A错误；

B.rm{triangleH<0}溶液中存在水解平衡：rm{Na_{2}CO_{3}}根据水解的规律，离子浓度越小，水解程度越大，稀释rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}时，水解程度变大，但增大的程度不及溶液的体积增大的程度，碳酸根离子、碳酸氢根、氢氧根离子的浓度变小，因rm{Na_{2}CO_{3}}不变，则氢离子的浓度增大，溶液的rm{Kw}不断减小；故B错误；

C.电解精炼铜时阳极电极反应rm{pH}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}阴极电极反应为rm{Ni-2e^{-}=Ni^{2+}}若阴极得到电子数为rm{Cu^{2+}2e^{-}=Cu}个，依据电子守恒，阳极失去的电子物质的量为rm{2N_{A}}为几种金属共失去的电子，不是铜失电子物质的量，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量一定不相等，故C错误；

D.根据rm{2mol}rm{C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}化学方程式的特征知，反应中，rm{triangleH>0}为固体，反应气体反应物的化学计量数小于气体生成物的化学计量数，rm{C}反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，rm{triangleH>0}的平衡转化率增大；升高温度，正逆反应都增大，故D正确；

故选D．

A.根据rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}可知；该反应一定为放热才有可能自发；

B.rm{CO_{2}}溶液加蒸馏水稀释；水解程度变大，但增大的程度不及溶液的体积增大的程度；

C.依据电解精炼铜的原理和电极反应分析计算；

D.该反应气体反应物的化学计量数小于气体生成物的化学计量数；反应吸热，结合外界条件对化学平衡的影响分析．

本题考查了自发进行反应的判断、盐类水解的应用、电解精炼铜的原理应用、平衡转化率等问题，较为综合，明晰相关知识点是解题关键，题目难度中等．rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】本题考查了有机物的推断，官能团的性质与转化，以及学生的分析能力，难度一般。【解答】rm{垄脵}在浓硫酸存在下，能分别与rm{CH_{3}CH_{2}OH}或rm{CH_{3}COOH}反应，说明分子中含有rm{-OH}和rm{-COOH}rm{垄脷}在浓硫酸存在下，能发生消去反应且只有一种有机产物，说明生成一种位置的碳碳双键；rm{垄脹}在浓硫酸存在下，还能生成一种分子式为rm{C_{4}H_{6}O_{2}}的五元环状化合物，说明rm{-OH}与rm{-COOH}之间含有rm{3}个碳原子，故该有机物的结构简式为故B正确。故选B。

【解析】rm{B}6、A【分析】解：还原性rm{Fe^{2+}>Br^{-}}所以通入氯气先发生反应rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{Fe^{2+}}反应完毕，剩余的氯气再反应反应rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}溶液中含有rm{Br^{-}}说明氯气完全反应，rm{Cl_{2}}的物质的量rm{=dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}若rm{=dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}没有反应，则rm{Br^{-}}rm{c(FeBr_{2})=0.5n(Br^{-})=0.15mol}只能消耗rm{0.15molFe^{2+}}的rm{0.075mol}故有部分rm{Cl_{2}}参加反应；

设rm{Br^{-}}的物质的量为rm{FeBr_{2}}则rm{x}rm{n(Fe^{2+})=xmol}未反应的rm{n(Br^{-})=2xmol}参加反应的rm{n(Br^{-})=0.3mol}根据电子转移守恒有rm{n(Br^{-})=(2x-0.3)mol}解得rm{x隆脕1+[2x-0.3]隆脕1=0.15mol隆脕2}所以原rm{x=0.2mol}溶液的物质的量浓度为rm{dfrac{0.2mol}{0.1L}=2mol/L}．

故选：rm{FeBr_{2}}．

还原性rm{dfrac

{0.2mol}{0.1L}=2mol/L}所以通入氯气先发生反应rm{A}rm{Fe^{2+}>Br^{-}}反应完毕，剩余的氯气再发生反应rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}反应后溶液中rm{Fe^{2+}}和rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，rm{Cl^{-}}的物质的量rm{=dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}若rm{Br^{-}}没有反应，则rm{Cl_{2}}rm{=dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}只能消耗rm{Br^{-}}的rm{n(FeBr_{2})=0.5n(Br^{-})=0.15mol}故有部分rm{0.15molFe^{2+}}参加反应，设rm{0.075mol}的物质的量为rm{Cl_{2}}则rm{Br^{-}}rm{FeBr_{2}}未反应的rm{x}参加反应的rm{n(Fe^{2+})=xmol}根据电子转移守恒列方程计算rm{n(Br^{-})=2xmol}值，再根据rm{n(Br^{-})=0.3mol}计算．

本题考查反应方程式的计算，难度中等，判断rm{n(Br^{-})=(2x-0.3)mol}是否完全反应是解题的关键，注意还原性rm{x}通入的rm{c=dfrac{n}{V}}后发生反应有先后顺序．rm{Br^{-}}【解析】rm{A}7、D【分析】

A．NaCl溶液呈中性；不具有漂白性，故A错误；

B．Na2CO3溶液呈碱性；不具有漂白性，故B错误；

C．KMnO4呈紫色；与溶液无色不符，故C错误；

D．NaClO溶液呈碱性；在空气中易与二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，故D正确．

故选D．

【解析】【答案】pH＞7；说明溶液呈碱性，对某些有色物质有漂白作用，说明含有或能生成具有漂白性的物质．

8、B【分析】pH＝10，则溶液中OH－的浓度是0.0001mol/L，所以A－的水解程度是答案选B。【解析】【答案】B9、D【分析】物质在气态时的能量高于在固态时的能量，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，前者放出的热量多，A不正确。燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，B不正确。C这反应热的数值不正确，应该是571.6kJ/mol，不正确。硫酸的浓溶液溶于水会放热，所以选项D是正确的，答案选D。【解析】【答案】D二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】

铜丝放在酒精灯外焰加热与氧气反应生成氧化铜；现象是：铜丝变黑；

加热过的铜丝插入盛有乙醇的试管中；氧化铜与乙醇反应生成乙醛与铜，现象是：恢复原来的红色；

该变化中；铜丝起催化剂作用；

反复操作；上述反应反复进行，乙醇被充分氧化；

乙醇在催化剂、加热条件下与氧气反应生成乙醛与水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O；

故答案为：铜丝变黑；恢复原来的紫红色；催化作用；使乙醇被充分氧化；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O．

【解析】【答案】铜丝放在酒精灯外焰加热与氧气反应生成氧化铜；加热过的铜丝插入盛有乙醇的试管中，氧化铜与乙醇反应生成乙醛与铜，该变化中，铜丝起催化剂作用，反复操作，上述反应反复进行，乙醇被充分氧化，乙醇在催化剂；加热条件下与氧气反应生成乙醛与水．

11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）金刚石是原子晶体，则代表金刚石的是选项D；金刚石中每个碳原子与4个碳原子最接近且距离相等。（2）石墨是层状结构，则代表石墨的是选项E。石墨中碳原子被相邻的3个正六边形共用，则每个正六边形占有的碳原子数平均为6÷3＝2个。（3）干冰是分子晶体，则代表代表干冰的是选项B，每个CO2分子与（3×8）÷2＝12个CO2分子紧邻。（4）C是氯化铯，形成的晶体是离子晶体，则B、C、D三种物质熔点由高到低的排列顺序为金刚石>CsCl>干冰。考点：考查晶体类型、结构特点以及晶体性质的有关判断【解析】【答案】（10分）（1）D，4，原子（2）E，2（3）B，分子，12（每空1分）（4）金刚石>CsCl>干冰（2分）12、略

【分析】【解析】【答案】D13、略

【分析】解：（1）胡萝卜素可做食用橙色色素；属于着色剂；糖；柠檬酸和实用香料分别提升食物的甜味、酸味、香味，属于调味剂；黄原胶和胡萝卜素是营养强化剂，该食品没有添加防腐剂，最好不要贮存太久；

故答案为：⑦；②④⑥；⑤⑦；防腐剂．

食品添加剂的品种很多；作用各不相同，主要包括着色剂；调味剂、防腐剂、营养强化剂．

各食品添加剂的作用为：

着色剂-改善食品的外观；

调味剂-增添食品的味道；

防腐剂-防止食品腐烂；变质；

营养强化剂-增强食品的营养价值；

根据各食品添加剂的作用分析．

本题考查食品添加剂的组成性质和作用，侧重基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】⑦；②④⑥；⑤⑦；防腐剂14、略

【分析】解：rm{(1)}由结构可知分子式为rm{C_{2}H_{8}O}故答案为：rm{C_{2}H_{8}O}

rm{(2)}由结构简式可知，分子中含rm{-OH}rm{-COOH}名称为羟基；羧基，故答案为：羟基、羧基；

rm{(3)}相对分子质量为rm{72}且沸点最低的烷烃，由rm{dfrac{72-2}{14}=5}可知，为戊烷，支链越多，沸点越低，符合条件的为新戊烷，结构简式为

故答案为：

rm{(4)M(}rm{)}中rm{2}个rm{Cl}存在三角形面上相邻、四边形面上相邻、相对位置，则rm{M}的二氯代物的同分异构体有rm{3}种；

故答案为：rm{3}

rm{(5)}聚偏二氯乙烯rm{(}rm{)}中，主链只含rm{C}且只有rm{C-C}键，则可由发生加聚反应生成；

故答案为：

rm{(6)}异丁醛与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学方程式为

故答案为：．

rm{(1)}由结构可知分子式；

rm{(2)}由结构简式可知，分子中含rm{-OH}rm{-COOH}

rm{(3)}相对分子质量为rm{72}且沸点最低的烷烃，由rm{dfrac{72-2}{14}=5}可知；为戊烷，支链越多，沸点越低；

rm{(4)M(}rm{)}中rm{2}个rm{Cl}存在三角形面上相邻；四边形面上相邻、相对位置；

rm{(5)}聚偏二氯乙烯rm{(}rm{)}中，主链只含rm{C}且只有rm{C-C}键；

rm{(6)}含rm{-CHO}的有机物与新制的氢氧化铜悬浊液共热；生成砖红色沉淀，发生氧化反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团、性质、有机反应、同分异构体判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意rm{(4)}为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{C_{2}H_{8}O}羟基、羧基；rm{3}15、略

【分析】【分析】本题考查电子排布式，第一电离能，熔沸点的大小比较，空间构型、杂化类型和晶胞密度的计算。rm{C}元素是地壳中含量最多的金属元素，为铝，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。rm{A}原子核外有三个未成对电子，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}为rm{N}rm{A}与rm{B}可形成离子化合物rm{B_{3}A_{2}}rm{B}为rm{Mg}rm{D}原子核外的rm{M}层中有两对成对电子，即rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}为硫。rm{E}原子核外最外层只有rm{1}个电子，其余各层电子均充满，即rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}为rm{Cu}据此分析解答。【解答】rm{(1)E}是铜，rm{29}号元素，rm{A}是rm{N}rm{B}是rm{Mg}rm{C}是rm{Al}rm{D}是rm{S}越容易失去电子，第一电离能越小，则rm{Al}最容易失去电子，故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}rm{Al}；

rm{(2)B}的氧化物是rm{MgO}rm{D}的氧化物是rm{SO_{2}}和rm{SO_{3}}rm{MgO}为离子晶体而rm{SO_{2}}和rm{SO_{3}}为分子晶体，一般来说离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故答案为：rm{MgO}为离子晶体而rm{SO_{2}}和rm{SO_{3}}为分子晶体；

rm{(3)NO_{3}^{-}}中价层电子对rm{=3+}rm{隆脕(5+1-3隆脕2)=3}所以采取rm{sp^{2}}杂化，rm{D}的低价氧化物是rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}的价层电子对rm{=2+}rm{隆脕(6-2隆脕2)=3}含有一个孤电子对，所以分子空间构型是rm{V}形，故答案为：rm{sp^{2}}rm{V}形；rm{(4)Al}原子位于面心、顶点，rm{N}原子位于晶胞体内，该晶胞中rm{Al}原子数目rm{=8隆脕}rm{+6隆脕}rm{=4}rm{N}原子数目rm{=4}所以其化学式为rm{AlN}故答案为：rm{AlN}

rm{(5)Cu}晶胞中rm{Cu}原子数目rm{=8隆脕}rm{+6隆脕}rm{=4}晶胞质量rm{=}铜原子的半径是rm{rcm}则棱长rm{=}则晶胞体积rm{=}故晶体的密度rm{=}故答案为：【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}rm{Al}

rm{(2)MgO}为离子晶体而rm{SO_{2}}和rm{SO_{3}}为分子晶体。

rm{(3)sp^{2;;;}V}形rm{(4)AlN}rm{(5)}16、略

【分析】解：rm{(1)}检验淀粉水解后生成葡萄糖，利用银镜反应或与氢氧化铜反应，产生银镜或砖红色沉淀可检验，则所需试剂为rm{NaOH}溶液、银氨溶液rm{(}或新制氢氧化铜悬浊液rm{)}故答案为：rm{NaOH}溶液、银氨溶液rm{(}或新制氢氧化铜悬浊液rm{)}

rm{(2)}用rm{84}消毒液对地铁进行消毒，使蛋白质发生变性，故答案为：rm{c}

rm{(3)}油脂rm{A}的结构简式为含rm{-COOC-}油脂rm{A}在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解，水解的共同产物是

故答案为：

rm{(4)}由高分子的主链只有rm{2}个rm{C}可知合成聚丙烯酸钠为加聚反应，单体的结构简式为涤纶中含rm{-COOC-}该合成反应为缩聚反应，两种单体，其中能和rm{NaHCO_{3}}反应的单体的结构简式是其核磁共振氢谱的峰面积比是rm{1}rm{2(}或rm{2}rm{1)}

故答案为：加聚反应；rm{1}rm{2(}或rm{2}rm{1)}．

rm{(1)}检验淀粉水解后生成葡萄糖；利用银镜反应或与氢氧化铜反应；

rm{(2)}用rm{84}消毒液对地铁进行消毒；使蛋白质发生变性；

rm{(3)A}在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解；均生成甘油；

rm{(4)}由高分子的主链只有rm{2}个rm{C}可知合成聚丙烯酸钠为加聚反应，涤纶中含rm{-COOC-}该合成反应为缩聚反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意高分子的合成反应，题目难度不大．【解析】rm{NaOH}溶液、银氨溶液rm{(}或新制氢氧化铜悬浊液rm{)}rm{c}加聚反应；rm{1}rm{2(}或rm{2}rm{1)}17、略

【分析】解：（1）硫酸氢钠在水溶液中完全电离生成氢离子，钠离子、硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-；

故答案为：NaHSO4═Na++H++SO42-；

（2）碳酸属于弱酸存在分步电离，电离过程是可逆过程，第一步的电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3-；

故答案为：H2CO3⇌H++HCO3-；

（1）硫酸氢钠在水溶液中完全电离生成氢离子；钠离子；硫酸根离子；

（2）碳酸属于弱酸存在分步电离；电离过程是可逆过程；

本题考查了物质电离过程的分析电离方程式书写，注意强弱电解质的判断，题目较简单．【解析】NaHSO4═Na++H++SO42-；H2CO3⇌H++HCO3-18、略

【分析】解：（1）随温度的升高；混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0，故答案为：大于；

（2）①N2O4的浓度降低；平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，故答案为：大于；

②反应容器的容积减少一半；压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，混合气体的颜色先变深后变浅但比压缩前深，故答案为：逆反应；先变深后变浅但比压缩前深；

（3）平衡常数只受温度影响；要增大该反应的K值，应改变温度使平衡向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，故应升高温度平衡向正反应移动，平衡常数k增大，所以要增大该反应的K值，可采取的措施为D；

A．增大N2O4的起始浓度，达到平衡时，压强增大，与原平衡相比，平衡逆移，则值变小；故A正确；

B．向混合气体中通入NO2，达到平衡时，压强增大，与原平衡相比，平衡逆移，则值变小；故B正确；

C．使用高效催化剂，平衡不移动，则值不变；故C错误；

D．该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡正移，则值变大；故D错误；

故答案为：D；AB．

（1）随温度的升高；混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；

（2）①N2O4的浓度降低；平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃；

②反应容器的容积减少一半；压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向；

（3）平衡常数只受温度影响，要增大该反应的K值，应改变温度使平衡向正反应方向移动；使值变小；应使平衡向逆反应方向移．

本题考查了化学平衡的计算和外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等，注意化学平衡常数只与温度有关，与其它任何物理量都无关．【解析】大于；大于；逆反应；先变深后变浅但比压缩前深；D；AB三、元素或物质推断题(共4题，共8分)19、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）220、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H221、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）222、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的混合物四、原理综合题(共2题，共18分)23、略

【分析】分析：本题为综合实验题。主要考察磷化氢制备的原理、装置气密性的检查方法；高锰酸钾溶液为强氧化剂，因此装置中盛放该试剂的作用除去还原性气体；为了保证实验的准确性，利用空气把PH3全部带入到高锰酸钾溶液中进行吸收；最后根据反应的方程式中物质之间的关系计算出样品中PH3含量。

详解：(1)仪器C为反应的发生器；名称是三颈烧瓶；正确答案：三颈烧瓶。

(2)磷化钙与水反应生成磷化氢和氢氧化钙，反应的化学方程式：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；检查整套装置气密性方法：关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]；正确答案：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]。

(3)依据装置图进行分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂，可以吸收空气中的还原性气体；通入空气，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，减小实验误差；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的氧气,防止氧化装置C中生成的PH3,若没有B装置，PH3部分被氧气氧化，则实验中测得PH3含量将偏低；正确答案：除去空气中的还原性气体；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。

(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O；正确答案：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O。

(5)根据2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反应可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量为[5.0×10-5×11×10-3]×2/5mol,那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量为5.0×10-5×11×10-3×10mol,由于D中盛有KMnO4的量为20×1.12×10-4×10-3mol，所以参加反应的KMnO4的量2.24×10-6-2.2×10-6=0.04×10-6mol,根据5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O反应关系可知，消耗PH3的量为[4×10-8]×5/8mol；C中盛100g原粮，含有PH3的量[4×10-8]×5/8mol,质量为85×10-8g，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为0.0085mg•kg-1；正确答案：0.0085。

点睛;本题在进行最后一问计算时，要根据反应关系计算出参与反应的酸性高锰酸钾溶液的量，但是要注意这是量取25毫升溶液中消耗高锰酸钾的量，计算总量时要注意是250毫升样品溶液，也就是得扩大10倍才能进行准确计算，否则误差相差太大。【解析】三颈烧瓶Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]除去空气中的还原性气体吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收偏低5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O0.008524、略

【分析】【分析】

【详解】

I.（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，装置C装有饱和食盐水，其作用是除去氯气中混有的HCl；（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过dejh除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过bcgf，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→b→c→g→f；（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、.Cu(OH)2以消耗氢离子但不引入新的杂质；并过滤。答案选BC；

Ⅱ、向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故①中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；（2）②中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；（３）根据①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6；②CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35，①+②得2CuCl(s)Cu+(aq)+[CuCl2]-(aq)K=0．49×10-6，根据方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,两离子浓度成反比，两离子浓度相同时为0．7×10-3mol/L，据此可画出图像为：【解析】2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2除去氯气中混有的HCldejh(bc)gf吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解BC2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发溶液由蓝色变为无色稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；五、有机推断题(共4题，共40分)25、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=CH226、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=CH227、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