2025年牛津上海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年牛津上海版高二化学上册月考试卷570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、下列实验操作合理或能达到实验目的是（）

A.图1：实验目的是定量测定化学反应速率。

B.图2：用标准NaOH溶液滴定待测H2SO4溶液的物质的量浓度。

C.图3：将0.1mol/L55mLNaOH溶液逐滴加入到0.1mol/L50mL盐酸溶液中测中和热。

D.图4：模拟铁的腐蚀实验。

2、下列化学用语表达正确的是（）A.碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣B.碳酸钙的沉淀溶解平衡表达式：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）C.氯化铝发生水解的离子方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3+3H+D.亚硫酸的电离方程式：H2SO3⇌2H++SO32﹣3、N2+3H2⇌2NH3合成氨反应中，在下列情况下，不能使反应速率加快的是（）A.充入氮气B.减小压强，扩大容器体积C.加入催化剂D.适当升高温度4、下列反应既属于氧化还原反应又属于吸热反应的是rm{(}rm{)}A.铝热反应B.镁和盐酸的反应C.硫酸与氢氧化钾的反应D.灼热的碳与二氧化碳的反应5、下列物质既能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应产生rm{CO_{2}}气体，又能使溴水因发生加成反应而褪色的是A.B.C.D.rm{C_{17}H_{35}COOH}6、在一密闭容器中，反应rm{aA(g)?bB(g)}达平衡后，保持温度不变，将容器容积增加一倍，当达到新平衡时，rm{B}的浓度是原来的rm{60%}则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.平衡向正反应方向移动了B.物质rm{A}的转化率减少了C.物质rm{B}的质量分数减小了D.rm{a>b}7、下列有机化合物中，其核磁共振氢谱图中不可能只出现一个峰的是（）A.C2H6B.C3H8C.C2H6OD.C6H12评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、有一种广泛用于汽车、家电产品上的高分子涂料，是按下列流程生产的。图中M(C3H4O)和A均能发生银镜反应。N和M的分子中碳原子数相同，A的烃基上的一氯取代位置有三种。试写出：（1）下列物质的结构简式：A________；M________；E________。（2）物质A的同类别的同分异构体的结构简式为______________。（3）反应类型：X______________；Y__________________。（4）写出D→E的化学方程式：____________________。9、(8分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．NO和O2的物质的量之比保持不变d．每消耗1molO2同时生成2molNO2（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），达平衡后测得各组分浓度如下：。物质COH2CH3OH浓度(mol•L—1)0．91．00．6①列式并计算平衡常数K=__________________________。②若降低温度，K值增大，则反应的△H0(填“>”或“<”)。③若保持体积不变，再充入0．6molCO和0．4molCH3OH,此时v正___v逆(填“>”、“<”或“=”)10、（12分）牙齿表面由一层硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH（固）5Ca2++3PO43-+OH-（1）进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿受腐蚀，其原因是。（3分）（2）已知Ca(PO4)3F（固）的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固。请用离子方程式表示：（3分）（3）当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋牙的原因。（3分）（4）根据以上原理，请你提出一种其他促进矿化的办法：。（3分）11、（10分）X、Y、Z、W、N五种元素中，X原子核外的M层中只有两个成对电子，Y原子的外围电子排布式为nsnnpn+1，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，W的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，N在元素周期表的各元素中电负性最大。（1）Z元素基态原子的电子排布图为。（2）W的元素符号是____，在周期表中的位置是，在形成化合物时它的最高化合价为。（3）Y的氢化物的VSEPR模型是，属于分子（填极性或非极性），（4）X的氢化物的沸点____Z的氢化物的沸点（填高于、低于或等于）原因是。（5）用氢键表示式写出N的氢化物分子间存在的氢键。12、rm{(}探究题rm{)}乙炔是一种重要的有机化工原料；以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物．

完成下列各题：

rm{(1)}正四面体烷的分子式为______，其二氯取代产物有______种rm{.}

rm{(2)}关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是______．

rm{a.}能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色。

rm{b.1mol}乙烯基乙炔能与rm{3molBr_{2}}发生加成反应。

rm{c.}乙烯基乙炔分子内含有两种官能团。

rm{d.}等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同。

rm{(3)}写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：______．评卷人得分三、工业流程题(共5题，共10分)13、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。14、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去15、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。16、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。17、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分四、简答题(共4题，共36分)18、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2；他们使用的药品和装置如图所示：

（1）SO2气体还原Fe3+反应的产物是______、______（填离子符号）．

（2）下列实验方案可以用于在实验室制取所需SO2的是______．

A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与70%浓硫酸。

C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4共热。

（3）装置C的作用是______．

（4）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应；他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：

方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液；紫红色褪去．

方案②：往第一份试液加入KSCN溶液；不变红，再加入新制的氯水，溶液变红．

方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2；产生白色沉淀．

上述方案不合理的是______，原因是______．

（5）能表明I-的还原性弱于SO2的现象是______，写出有关离子方程式：______．19、天然气是一种重要的清洁能源和化工原料；其主要成分为甲烷．

（1）①天然气中的少量H2S溶于水的电离方程式为______其中c（HS-）______c（S2-）（填“＞”、“＜”或“=”）请你提出增大其中c（S2-）的一种方法______

②H2S可用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：______．

（2）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．

①该反应的平衡常数表达式为______．

②在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol•L-1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强关系如题图-l所示．

则压强P1______P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v（正）______v（逆）（填“大于“；“小于”或“等于“）．

（3）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃X．由质谱分析得X的相对分子质量为l06，其核磁共振氢谱如题图-2所示，则X的结构简式为______．20、空气吹出法工艺；是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：

（1）步骤③的离子方程式：______．

（2）步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离．分离仪器的名称是______．

（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过______（填试剂名称）溶液；以除去氯气．

（4）步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃．温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：______．

（5）步骤①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是______

（6）提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”，请说明原因：______．21、下列框图给出了rm{8}种有机化合物的转化关系，请回答下列问题：rm{(1)}根据系统命名法，化合物rm{B}的名称是________。rm{(2)}上述框图中，rm{垄脷}是________反应。rm{(}填反应类型rm{)}rm{(3)}化合物rm{E}是重要的工业原料，写出由rm{D}生成rm{E}的化学方程式：___________________。rm{(4)C_{2}}的结构简式是______________________________________。rm{(5)}已知烯烃可以发生如下的反应：写出由rm{E}和rm{F_{1}}发生反应得到的产物的结构简式：___________________。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共36分)22、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__________________________________．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。25、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、元素或物质推断题(共4题，共12分)26、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）。27、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：_____________。28、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）。29、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_______参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】

A．实验中不能用长颈漏斗；否则会使气体从漏斗口逸出，应用分液漏斗，故A错误；

B．NaOH不能用酸式滴定管；应用碱式滴定管，故B错误；

C．温度计不能插入环形玻璃棒中；故C错误；

D．铁在酸性条件下发生析氢腐蚀；在碱性和中性溶液中发生吸氧腐蚀，U形管红墨水左侧降低，右侧升高，可形成电化学腐蚀，故D正确．

故选D．

【解析】【答案】A．不能用长颈漏斗；

B．NaOH不能用酸式滴定管；

C．温度计不能插入环形玻璃棒中；

D．根据铁腐蚀的条件判断．

2、B【分析】【解答】解：A．碳酸氢钠为强电解质，在溶液中能够完全电离，正确的电离方程式为：NaHCO3═Na++HCO3﹣；故A错误；

B．碳酸钙在溶液中存在溶解平衡，碳酸钙的沉淀溶解平衡表达式为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32﹣（aq）；故B正确；

C．氯化铝溶液中，铝离子部分水解生成氢氧化铝和氢离子，正确的水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；故C错误；

D．亚硫酸是多元弱酸分步电离，电离离子方程式为：H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣；故D错误；

故选B．

【分析】A．碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子；碳酸氢根离子不能拆开；

B．碳酸钙在溶液中能够溶解生成钙离子和碳酸钙离子；同时钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀；

C．水解反应为可逆反应；水解方程式应该使用可逆号；

D．亚硫酸为二元弱酸，其电离过程分步进行，电离方程式需要分步书写．3、B【分析】解：A．增大反应物氮气的浓度；单位体积内活化分子的数目增多，反应速率加快，故A不选；

B．减小压强；扩大容器体积，单位体积内活化分子个数减小，会导致化学反应速率减慢，故B选；

C．加入催化剂；能增大活化分子百分数，所以反应速率加快，故C不选；

D．升高温度；活化分子的百分数增大，使正；逆化学反应速率加快，故D不选；

故选B．

该反应是一个反应前后气体计量数减小的可逆反应；升高温度；增大浓度、增大压强、加入催化剂都能改变反应速率，据此分析解答．

本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度、温度、压强、催化剂对反应速率影响原理是解本题关键，注意各个因素适用范围，题目难度不大．【解析】【答案】B4、D【分析】解：rm{A.}铝热反应是氧化还原型的放热反应；故A错误；

B.镁和盐酸的反应的反应放热，镁、rm{H}元素的化合价变化；为氧化还原反应，故B错误；

C.中和反应为放热反应；且没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；

D.灼热的碳与二氧化碳的反应为吸热反应，rm{C}元素的化合价变化；为氧化还原反应，故D正确．

故选D．

含元素化合价变化的反应；为氧化还原反应；反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，结合常见的吸热反应来解答．

本题考查氧化还原反应及反应中能量变化，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{D}5、B【分析】【分析】

本题考查有机物的结构和性质；难度不大，明确官能团的性质是解答关键。

【解答】

能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应产生rm{CO_{2}}气体应含有羧基；能使溴水因发生加成反应而褪色应含有碳碳双键或碳碳三键。

A.，无羧基，不能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应产生rm{CO_{2}}气体；故A错误；

B.rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}含有碳碳双键，能使溴水因发生加成反应而褪色，含有羧基，能与rm{=CH隆陋COOH}含有碳碳双键，溶液反应产生rm{=CH隆陋COOH}气体；故B正确；

rm{NaHCO_{3}}rm{CO_{2}}碳碳双键；不能使溴水因发生加成反应而褪色，故C错误；

C.无D.rm{C}rm{C}rm{{,!}_{17}}无碳碳双键；不能使溴水因发生加成反应而褪色，故D错误。

故选B。

rm{H}【解析】rm{B}6、A【分析】解：rm{aA(}气rm{)?bB(}气rm{)}达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，压强减小，又达到新的平衡时，rm{B}的浓度是原来的rm{60%}则减小压强化学平衡正向移动；

A.若平衡不移动，rm{B}的浓度为原来的rm{50%}则化学平衡正向移动，rm{B}的浓度为原来的rm{60%}故A正确；

B.平衡正向移动，rm{A}的转化率增大；故B错误；

C.rm{B}的浓度增大，则rm{B}的质量分数增大；故C错误；

D.减小压强化学平衡正向移动，则化学计量数rm{a<b}故D错误；

故选A．【解析】rm{A}7、B【分析】解：A．乙烷中只有一种H；则核磁共振氢谱图中只出现一个峰，故A不选；

B．丙烷中含2种H；则核磁共振氢谱图中出现2个峰，故B选；

C．C2H6O若为甲醚；只有一种H，则核磁共振氢谱图中只出现一个峰，故C不选；

D．C6H12若为环己烷或时；只有一种H，则核磁共振氢谱图中只出现一个峰，故D不选；

故选：B。

核磁共振氢谱图中不可能只出现一个峰；则有机物中含至少2种H，以此来解答。

本题考查有机物的结构，为高频考点，把握H的种类及核磁共振氢谱为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分子式表示的有机物不止一种，题目难度不大。【解析】B二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】试题分析：（1）由丙烯M(C3H4O)N，可推知M为CH2=CH—CHO，N为CH2=CH—COOH；再由丙烯AB，因A能发生银镜反应，则B为醇。从分子组成上看“D＋H2O－N＝B”，可得B的分子式为C4H10O。B为一元醇，则A应为一元醛，因其烃基上的一氯代物有3种，A只能是CH3CH2CH2CHO，则B为CH3CH2CH2CH2OH。（2）物质A的同类别的同分异构体，官能团不变，碳链异构，可写出结构简式。（3）反应X为丁醛与氢气加成生成丁醇，为加成反应，反应Y为含碳碳双键的D通过加聚反应生成高分子化合物E属于加聚反应。（4）根据加聚反应的规律，写出D→E的化学方程式。考点：本题考查有机合成的推断、同分异构体的判断、反应类型、方程式的书写。【解析】【答案】9、略

【分析】试题分析：（1）化学反应达到平衡的根本标志是各物质的浓度不再变化、同种物质的生成速率和消耗速率相等。该反应两边的化学计量数不相等，在反应没有达到平衡时，气体的物质的量会发生改变，体系的压强也要改变，如果压强不变说明气体的生成和消耗速率相等，反应达到了平衡。a对；反应中NO2是有色气体，颜色不变说明NO2的浓度不再改变，则反应达到了平衡，b对；NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量就不相同，如果没有达到平衡，NO和O2的物质的量之比会发生改变，不发生改变说明到达了平，c对；O2是反应物，NO2是生成物，不管在任何时候都有每消耗1molO2同时生成2molNO2，d错，选abc（2）①根据平衡常数公式：K=c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]=0．6/0．9×1=2/3；②降低温度，K值增大，说明降低温度平衡向正向移动，正向是放热反应，故△H<0。③若保持体积不变，再充入0．6molCO和0．4molCH3OH，将CH3OH全部转化为反应物，相当于充入n(CO)=1．0mol；n(H2)=0．8mol；而前面的平衡的状态是充入n(CO)=3．0mol；n(H2)=2．4mol；物质的物质的量的比与原来相等，对于在恒容条件下的反应前后气体体积不等的反应来说，满足等比等效，所以前后两个状态是等效平衡，所以v正=v逆。考点：化学平衡状态的判断、平衡常数的计算和等效平衡的应用。【解析】【答案】（1）abc（2）①0．6/(0．9×1．02)=2/3(或0．67)②<③=10、略

【分析】进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，使得Ca5(PO4)3OH固体减小，牙齿受到腐蚀。使用氟化物，增大了Ｆ－的浓度，促进了Ca(PO4)3F的生成。促进矿化要使平衡向逆反应方向移动，可以增加生成物的浓度。【解析】【答案】（１）生成的有机酸，中和OH-，使平衡向脱矿方向移动，加速牙齿腐蚀（２）5Ca2++3PO43-+F-=Ca5(PO4)3F↓（３）使用氟化物，增大了Ｆ－的浓度，促进了Ca(PO4)3F的生成。（４）加入Ca2+或PO43-。11、略

【分析】【解析】【答案】略12、略

【分析】解：rm{(1)}每个顶点上含有一个rm{C}原子，每个碳原子形成四个共价键，所以该物质分子式为rm{C_{4}H_{4}}该分子为正四面体结构，分子中只有一种rm{H}原子；二氯取代物只有一种；

故答案为：rm{C_{4}H_{4}}rm{1}

rm{(2)a.}该分子中含有碳碳双键、碳碳三键，具有烯烃和炔烃性质，所以能被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；故正确；

rm{b.}碳碳双键和碳碳三键都能和溴发生加成反应，rm{1mol}碳碳双键完全加成需要rm{1mol}溴，rm{1mol}碳碳三键完全加成需要rm{2mol}溴，所以rm{1mol}乙烯基乙炔能与rm{3mol}rm{Br_{2}}发生加成反应；故正确；

rm{c.}该分子中含有碳碳双键和三键；所以乙烯基乙炔分子内含有两种官能团，故正确；

rm{d.}乙炔和乙烯炔的最简式相同；所以等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量相同，故错误；

故选rm{d}

rm{(3)}环辛四烯的不饱和度为rm{5}其同分异构体属于芳香烃，说明含有苯环，苯环的不饱和度为rm{4}则苯环上取代基含有碳碳双键，所以环辛四烯符合条件的同分异构体为苯乙烯，其结构简式为故答案为：．

rm{(1)}每个顶点上含有一个rm{C}原子，每个碳原子形成四个共价键，据此确定该物质分子式；该分子是正四面体结构，分子中只有一种rm{H}原子；二氯取代物只有一种；

rm{(2)}乙烯基乙炔中含有碳碳双键；碳碳三键；具有烯烃和炔烃性质；

rm{(3)}环辛四烯的不饱和度为rm{5}其同分异构体属于芳香烃，说明含有苯环，苯环的不饱和度为rm{4}则苯环上取代基含有碳碳双键．

本题考查有机物结构和性质、同分异构体的判断，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系即可解答，难点是同分异构体种类判断．【解析】rm{C_{4}H_{4}}rm{1}rm{d}三、工业流程题(共5题，共10分)13、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度14、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D15、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%16、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%17、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%四、简答题(共4题，共36分)18、略

【分析】解：（1）二氧化硫与铁离子反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，反应中铁离子被氧化成亚铁离子，所以还原产物为亚铁离子；氧化产物是SO42-，SO2气体还原Fe3+反应的产物是Fe2+、SO42-，故答案为：Fe2+；SO42-；

（2）A．硝酸具有强氧化性；能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法得到二氧化硫气体，故A错误；

B．浓硫酸虽具有强酸性；且浓硫酸不挥发，亚硫酸钠溶液与浓硫酸能够反应生成二氧化硫气体，故B正确；

C．固体硫在纯氧中燃烧；操作不容易控制，且无法获得纯净的二氧化硫，故C错误；

D．Cu与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫；硫酸铜和水；可知制备二氧化硫，故D正确；

故答案为：BD；

（3）二氧化硫气体是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放会污染大气，由于二氧化硫能和碱反应生成盐和水，可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用为：吸收SO2尾气；防止污染空气；

故答案为：除去多余的SO2；防止污染大气；

（4）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色；所以方案①不合理；

故答案为：方案①；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；

（5）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，其反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-；

故答案为：装置B中溶液蓝色褪去；I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-．

（1）根据装置A反应的离子方程式SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42-+4H+进行解答；

（2）实验室制取气体要考虑操作方便；易控制、不能含杂质；

（3）二氧化硫具有刺激性气味；污染空气，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止空气污染；

（4）二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色；

（5）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色；说明发生了氧化还原反应，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析．

本题考查了物质性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及氧化性还原性强弱比较、性质实验方案的设计与评价等知识，明确掌握浓硫酸的性质、二氧化硫的检验方法等知识为解答本题关键．【解析】Fe2+；SO42-；BD；除去多余的SO2，防止污染大气；方案①；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；装置B中溶液蓝色褪去；I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-19、略

【分析】解：（1）①氢硫酸为二元弱酸，电离分步进行，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-，电离以第一步为主，c（HS-）＞c（S2-），加入NaOH、Na2S等碱性物质可以降低氢离子浓度使平衡右移，增大c（S2-）；

故答案为：H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；＞；加入NaOH、Na2S等；

②H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成两种酸式盐，说明反应产物为硫氢化钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3；

故答案为：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；

（2）①已知CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g），其平衡常数表达式是K=

故答案为：K=

②该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；压强为P2时；在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；

故答案为：小于；大于；

（3）芳香烃X，已知X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由可知x=8，y=10，说明分子中含有一个苯环，另外含有2个C原子，再根据质谱图中有2个峰，可知分子中含有2种环境的H，则分子结构对称，所以其结构简式为．

故答案为：

（1）①硫化氢在溶液中为氢硫酸，氢硫酸为二元弱酸，电离分步进行；平衡右移可增大其中c（S2-）；

②H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成两种酸式盐，依据硫化氢是二元酸，碳酸根离子为二元弱酸的酸根，所以生成的两种酸式盐为NaHS、NaHCO3；配平书写化学方程式；

（2）①根据化学平衡常数表达的意义书写；利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；

②该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时；在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；

（3）已知X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由可知x=8；y=10，再根据质谱图中有2个峰，判断分子中含有2种环境的H．

本题考查了弱电解质的电离、方程式的书写、化学平衡常数、平衡移动、有机物分子式的确定等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．【解析】H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；＞；加入NaOH、Na2S等；H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；K=小于；大于；20、略

【分析】解：（1）溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，溴单质和氢氧化钠溶液反应，和还原性的物质发生氧化还原反应，SO2和溴单质、水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；

故答案为：Br2+SO2+2H2O═4H++2Br-+SO42-；

（2）因液溴与溴水不相溶；可用分液漏斗通过分液操作分离；

故答案为：分液漏斗；

（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，氯气具有强氧化性，可以氧化溴离子生成溴单质，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过溴化铁（或其他含Br-的盐类物质）；

故答案为：溴化铁（或其他含Br-的盐类物质）；

（4）溴的沸点是58.5°C；温度应控制在80～90℃最佳，温度控制过高，水会沸腾，溴蒸气中有水，温度过低，溴蒸气不易挥发；

故答案为：若温度过高；大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低；

（5）氯气、溴单质与水之间能发生反应，酸化可抑制它们与水的反应，故答案为：酸化可抑制Cl2、Br2与水反应；

（6）海水中溴元素较少，从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”过程中，的目的是增大溴单质的浓度，富集溴元素，将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程；可提高效率，减少能耗，降低成本；

故答案为：将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程；可提高效率，减少能耗，降低成本．

海水中通入氯气氧化溴离子得到溴水的混合溶液；用热空气吹出溴单质得到含溴的空气，通过二氧化硫吸收后富集溴元素得到吸收液，再通入氯气氧化溴化氢得到溴水的混合溶液，蒸馏得到溴单质；

（1）步骤⑤中溴单质与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢；

（2）根据分液是分离两种不相溶的液体；用分液漏斗分离；

（3）氯气具有强氧化性；可以氧化溴离子生成溴单质，所以可以通过溴化铁反应除去氯气；

（4）依据溴单质的沸点和水的沸点分析；溴的沸点是58.5°C，温度控制过高，水会沸腾，温度过低，溴蒸气不易挥发；

（5）在酸性条件下不利于氯气；溴单质与水之间反应；

（6）海水中溴元素较少；从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”过程是富集溴元素；

本题主要以海水化学资源的利用为背景，考查的知识点较多，培养了学生运用知识分析问题和解决问题的能力，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】Br2+SO2+2H2O═4H++2Br-+SO42-；分液漏斗；溴化铁（或其他含Br-的盐类物质）；若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低；酸化可抑制Cl2、Br2与水反应；将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本21、（1）2；3-二甲基-2-氯丁烷；

（2）消去反应；

（3）

（4）

（5）【分析】【分析】本题考查有机物推断、有机物命名、有机反应类型、同分异构体、方程式书写等，是一道烷烃、烯烃、卤代烃之间相互转化的框图题，在考查烷烃的取代反应和烯烃、二烯烃的加成反应的基础上，重点考查了卤代烃发生消去反应这一性质，解题的关键是根据反应的条件确定反应的类型及产物。【解答】烷烃rm{A}与氯气发生取代反应生成卤代烃rm{B}rm{B}发生消去反应生成rm{C_{1}}rm{C_{2}}rm{C_{1}}与溴发生加成反应生成二溴代物rm{D}rm{D}再发生消去反应生成rm{E}rm{E}与溴可以发生rm{1}rm{2-}加成或rm{1}rm{4-}加成，故Crm{{,!}_{1}}为rm{C_{2}}为则rm{D}为rm{E}为rm{F_{1}}为rm{F_{2}}为

rm{(1)}根据系统命名法，化合物rm{B}的名称是：rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}氯丁烷，故答案为rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}氯丁烷；

rm{(2)}上述反应中，反应rm{垄脷}卤代烃在氢氧化钠醇溶液中加热发生的消去反应；故答案为：消去反应；

rm{(3)}由rm{D}生成rm{E}是卤代烃发生消去反应，该反应的化学方程式为：

故答案为：

rm{(4)}由上述分析可知，rm{C_{2}}的结构简式为故答案为：

rm{(5)}由上述分析可知，rm{E}为rm{F_{1}}为结合信息，rm{E}可写成rm{F_{1}}可写成再根据信息，不难写出它们反应产物的结构简式，应为故答案为【解析】rm{(1)2}rm{3-}二甲基rm{-2-}氯丁烷；

rm{(2)}消去反应；

rm{(3)}

rm{(4)}

rm{(5)}五、有机推断题(共4题，共36分)22、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=CH223、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】

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，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：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，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl25、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A