2025年新科版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年新科版高二化学下册阶段测试试卷601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6题，共12分)1、苯甲酸钠（NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，已知25℃时，HA、H2CO3的电力平衡常数分别为K=6.25×10﹣5、K1=4.3×10﹣7，下列说法正确的是（不考虑饮料中其他成分）（）A.提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变B.当pH为5.0时，饮料中=0.16C.相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低D.结合H+的能力：A﹣＞HCO3﹣2、用rm{0.10mol?L^{-1}}的盐酸滴定rm{0.10mol?L^{-1}}的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是rm{(}rm{)}A.rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}B.rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}C.rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}D.rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}3、实验室里需用480mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液4、已知在25℃、101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是A.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H=-48.40kJ·mol-1B.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ·mol-1C.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=+5518kJ·mol-1D.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-48.40kJ·mol-15、一定条件下，向两个容积相同的密闭容器中分别充入一定量的NO2（g）和NH3（g），分别达到平衡2NO2⇌N2O4，2NH3⇌N2+3H2，均为气态后，NO2和NH3的转化率均为a%，保持温度、容积不变，向两个容器中分别再充入1molN2O4和1molNH3，再次达到平衡时NO2和NH3的转化率分别为b%和c%．则下列关系中正确的是（）A.b＞a＞cB.c＞a＞bC.a＞b＞cD.a=b=c6、可逆反应mA（s）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）反应过程中，当其他条件不变时，C的体积分数Φ（C）在不同温度（T）和不同压强（P）的条件下随时间（t）的变化关系如图所示．下列叙述正确的是（）A.达到平衡后，若使用催化剂，C的体积分数将增大B.当平衡后，若温度升高，化学平衡向逆反应方向移动C.化学方程式中，n＞p+qD.达到平衡后，增加A的质量有利于化学平衡向正反应方向移动评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、已知在25℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)==1.8×10-10，Ksp(AgY)==1.0×10-12，Ksp(AgZ)==8.7×10-17；（1）根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度（以被溶解的溶质的物质的量／1L溶液表示）S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为：_______________（2）若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）由上述Ksp判断，在上述（2）的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，并简述理由：_______8、常温下，两种溶液①0.1mol/LNH3•H2O②0.1mol/LNH4Cl中：

(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中c(OH-)____________(填“增大”、“减小”或“不变”)；KW____________(填“增大”；“减小”或“不变”)

(2)溶液②呈____________性(填“酸”；“碱”或“中”)．其原因是____________

(用离子方程式表示)．升温可以____________(填“促进”或“抑制”)NH4Cl的水解．

(3)两种溶液中c(NH4+)的大小为____________(填字母)．

a．两种溶液中c(NH4+)都等于0.1mol/L

b．两种溶液中c(NH4+)都小于0.1mol/L

c．NH4Cl溶液中c(NH4+)小于NH3•H2O溶液中c(NH4+)

(4)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c(NH4+)=amol/l，则c(SO42-)=____________mol/l

(5)若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是____________．9、按要求回答问题．

rm{(1)}乙烯的电子式为______；

rm{(2)}当rm{0.2mol}烃rm{A}在足量氧气中完全燃烧时生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}催化加氢后生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，则rm{A}的结构简式为______．

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

rm{(4)}的名称rm{(}系统命名法rm{)}______．10、rm{(1)}下列有机物的命名____的是rm{(}rm{)}rm{(2)}仅含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素且相对分子质量为rm{58}的有机物有多种：rm{垄脵}若该有机物是一种饱和一元醛，则其和新制氢氧化铜反应的化学方程式为：__________________________________________________rm{垄脷}若该有机物rm{1mol}能与足量银氨溶液作用可析出rm{4molAg}则该有机物结构简式为：_____________________rm{垄脹}若该有机物能与金属钠反应，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，则该有机物结构简式为：___________________rm{(}注：羟基连在双键碳上的有机物极不稳定rm{)}rm{(3)}据专家介绍，多食用花生油对人体有益，是因为花生油中含反式脂肪酸较少，且含有对人体有抗癌作用的白藜芦醇rm{(}化学名称为芪三酚rm{)}其结构简式为：

试写出rm{1mol}白藜芦醇与足量溴水发生反应的化学方程式：

_______________________________________________________________________________11、回答下列问题rm{(1)}下列物质中：rm{A.KBr(s)}rm{B.C_{2}H_{5}OH(l)}rm{C.Cl_{2}(g)}rm{D.CH_{3}COOH(l)}rm{E.BaSO_{4}(s)F.NaHSO_{4}(s)G.}石墨rm{E.BaSO_{4}(s)F.NaHSO_{4}(s)

G.}rm{(s)}rm{H.CO_{2}(s)}属于强电解质的是___________；能直接导电的是___________；rm{I.NaOH(l)}能溶于水，且水溶液能导电的非电解质___________。的电离方程式可表示为：rm{(2)Al(OH)_{3}}rm{H^{+}+AlO_{2}^{-}+H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}}试根据平衡移动原理解释：向rm{Al^{3+}+3OH^{-}}沉淀中加入苛性钠溶液，沉淀溶解，其原因是___________，有关的离子方程式为___________。rm{Al(OH)_{3}}rm{(3)298K}时，在rm{101KPa}水中可溶解rm{1L}氯气，实验测得溶于水的氯气约有rm{0.09mol}与水反应，该反应的离子方程式为___________，下列方法能增大氯气溶解度的是___________rm{dfrac{1}{3}}填字母rm{(}rm{)}升温rm{a.}加压rm{b.}加入rm{c.}气体rm{HCl}加入少量rm{d.}固体rm{Na_{2}CO_{3}}加入石灰石rm{e.}已知rm{垄脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)娄陇H=-67.7kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)娄陇H=-57.3kJ隆陇mol^{-1}}写出rm{(4)}电离的热化学方程式：_________________________________rm{垄脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)

娄陇H=-67.7kJ隆陇mol^{-1}}烟气中含有的氮氧化物rm{垄脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)

娄陇H=-57.3kJ隆陇mol^{-1}}可与甲烷在一定条件下反应转化为无害成分，从而消除污染。已知：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{HF}rm{(5)}rm{(NO_{x})}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+

2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=akJ/mol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}脱硝rm{(g)+O}的热化学方程式为：______________________________________rm{(g)+O}12、维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的分子式是C6H8O6．维生素C易被空气中的氧气氧化．在新鲜的水果，蔬菜，乳制品中都富含有维生素C，如新鲜橙汁中维生素C的含量为500mg•L-1左右．某校课外活动小组测定了某品牌的软包装橙汁中维生素C的含量；下面是测定分析的实验报告：

（1）测定目的：测定XX牌软包装橙汁中维生素C的含量．

（2）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-．

（3）实验用品：

①实验仪器：酸式滴定管；铁架台，锥形瓶，滴管等．

②试剂：指示剂____（填名称），7.5×10-3mol•L-1标准碘液；蒸馏水．

（4）实验步骤：

①洗涤仪器：检查滴定管是否漏水；润洗好后装好标准碘液．

②打开软包装橙汁；目测颜色（橙黄色，澄清度好），用酸式滴定管向锥形瓶中移入20.00ml待测橙汁，滴入2滴指示剂．

用左手控制滴定管的____（填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点，判断滴定终点的现象是____．

③记下读数；再重复操作两次．

（5）数据记录处理，若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00ml，则此橙汁中维生素C的含量为____mg•L-1．

（6）误差分析：若在实验中存在下列操作，其中会使维生素C的含量偏低的是____

A．量取待测橙汁的仪器水洗后未润洗。

B．锥形瓶水洗后未用待测液润洗。

C．滴定前尖嘴部分有一气泡；滴定终点时消失。

D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数．13、W；X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期的四种元素．W、X是金属元素；Y、Z是非金属元素．Y的氧化物是现代光学及光纤制品的基本原料．请回答：

（1）WZ是生活中常见的盐，实验室检验该盐中阴离子的操作方法和现象为：取少量WZ固体溶于水，____；则证明WZ中有该阴离子．

（2）Y在元素周期表中的位置是____．

（3）Z元素形成氢化物的电子式____．

（4）将W、X的氢氧化物混合，其反应的离子方程式为____．

（5）0.5molX单质与足量W的最高价氧化物对应水化物的溶液发生反应，生成气体的体积为____（标准状况）．14、在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln（H2O）6-n]x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R-H），可发生离子交换反应：[CrCln（H2O）6-n]x++xR-H→Rx[CrCln（H2O）6-n]+xH+；交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．现将含0.0015mol[CrCln（H2O）6-n]x+的溶液，与R-H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L-1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为______，中心离子的配位数为______．15、rm{2016}年rm{9}月rm{4}日，rm{G20}峰会召开，扬州天空呈现出干净的蓝色，云彩随意地铺散在天空，纯净透明，出现了持续的“水晶天”。年rm{2016}月rm{9}日，rm{4}峰会召开，扬州天空呈现出干净的蓝色，云彩随意地铺散在天空，纯净透明，出现了持续的“水晶天”。rm{G20}目前我国空气质量检测体系包括rm{(1)}目前我国空气质量检测体系包括rm{PM2.5}rm{SO}rm{(1)}rm{PM2.5}rm{SO}rm{{,!}_{2}}、rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{2}}等指标。其中________被认为是引起雾霾天气的元凶；会引起硫酸型酸雨的气体为________。

、rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}、rm{CO}等指标。其中________被认为是引起雾霾天气的元凶；会引起硫酸型酸雨的气体为________。rm{CO}rm{(2)NH}rm{(2)NH}rm{{,!}_{3}}减少催化还原氮氧化合物转化为无污染物质是目前应用最广泛的烟气氮氧化合物脱除技术，写出rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}

催化还原rm{NO}评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)16、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__________________________________．17、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__________________________________．18、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。19、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、工业流程题(共4题，共20分)20、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___。21、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22、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]=____。23、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________%。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共12分)24、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）。25、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：_____________。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、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_______评卷人得分六、综合题(共2题，共16分)28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【解答】解：A．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A﹣）减小，故A错误；B．当pH为5.0时，饮料中===0.16；故B正确；

C．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料；碳酸饮料的抑菌能力较高，故C错误；

D．酸的酸性越强，其阴离子结合质子能力越弱，HA的酸性强于H2CO3，所以结合H+的能力：A﹣＜HCO3﹣；故D错误．

故选B．

【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣；

B．根据=计算；

C．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣；

D．酸的酸性越强，其阴离子结合质子能力越弱．2、C【分析】解：rm{A}若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}溶液中弱电解质的电离rm{>}盐的水解，即rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}则符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；

B；若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨；当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则。

rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}由电荷守恒可知rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}故B是可能出现的结果；

C、当rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；

D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}又水解的程度很弱，则。

rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果；

故选：rm{C}．

根据酸碱滴定中；无论溶液中的溶质是氯化铵；氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答．

本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的弱电解质的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况即可解答．【解析】rm{C}3、D【分析】500ml0.1mol/L的硫酸铜溶液中，含有硫酸铜是0.05mol，所以需要硫酸铜是0.05mol×160g/mol＝8.0g，如果用胆矾则是0.05mol×250g/mol＝12.5g，所以答案选D。【解析】【答案】D4、B【分析】首先折算出1mol辛烷可放热5518kJ·；写热化学方程式时要注意系数与焓变之间的关系及正负号的意义、焓变的单位等。【解析】【答案】B5、A【分析】解：在两个恒容容器中有平衡体系：①2NO2⇌N2O4，②2NH3⇌N2+3H2，平衡时NO2和NH3的转化率均为a%；

若向容器中①再充入1molN2O4，①向正反应方向移动，促进反应物的转化，则再次达到平衡时NO2为b%＞a%；

②中再充入1molNH3，②向逆反应方向移动，转化率减小，则再次达到平衡时NH3的转化率为c%＜a%；

故选A．

在两个恒容容器中有平衡体系：①2NO2⇌N2O4，②2NH3⇌N2+3H2，向两个容器中分别再充入1molN2O4和1molNH3；相当于增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向进行，以此来解答．

本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握恒容时物质的量的增大相当于压强增大为解答的关键，注意压强增大平衡向体积缩小的方向移动，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】A6、B【分析】解：A．加入催化剂平衡不移动；C的体积分数不变，故A错误；

B．由图（1）可知，T2＞T1；升高温度，C的体积分数Φ（C）减小，说明平衡向逆反应方向移动，故B正确；

C．由图（2）可知，P2＞P1；增大压强，C的体积分数Φ（C）减小，说明平衡向逆反应方向移动，n＜p+q，故C错误；

D．A为固体；对反应速率以及平衡移动没有影响，增加A的质量平衡不移动，故D错误．

故选B．

由图（1）可知，T2＞T1；升高温度，C的体积分数Φ（C）减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；

由图（2）可知，P2＞P1；增大压强，C的体积分数Φ（C）减小，说明平衡向逆反应方向移动，n＜p+q；

注意反应中A为固体；对反应速率以及平衡移动没有影响．

本题考查化学平衡图象问题，注意把握图象曲线变化，判断外界条件对化学平衡的影响，解答本题时注意A为固体是学生解答中的易错点．【解析】【答案】B二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【解析】【答案】8、略

【分析】解：(1)氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入硫酸铵后，铵根离子浓度增大，所以平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，KW只受温度的影响；温度不变，值不变，故答案为：减小；不变；

(2)氯化铵中，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液显示酸性，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

(3)氨水属于弱电解质，不完全电离，氯化铵中，铵根离子会发生水解反应，所以二者的浓度均会小于0.1mol/L，故选b；

(4)根据溶液中的电荷守恒：c(NH4+)+C(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，溶液显示中性，则氢离子和氢氧根浓度相等，所以c(SO42-)=0.5c(H+)=0.5amol/L；故答案为：0.5a；

(5)向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液恰好为硫酸铵，溶液中铵根离子水解，溶液显示酸性，离子浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)．【解析】减小;不变;酸;NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;促进;b;0.5a;c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)9、略

【分析】解：rm{(1)}乙烯含有碳碳双键，为平面形分子，结构简式为rm{CH_{2}=CH_{2}}电子式为

故答案为：

rm{(2)0.2mol}烃rm{A}在足量氧气中完全燃烧时生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}则rm{A}为rm{C_{6}H_{12}}由催化加氢后生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷可知，rm{(CH_{3})_{3}CCH_{2}CH_{3}}中只有最右侧可出现碳碳双键，则烯烃为

故答案为：

rm{(3)}设烷烃的分子式为rm{C_{x}H_{(2x+2)}}

则rm{14x+2=72}解得rm{x=5}

所以该烷烃的分子式为rm{C_{5}H_{12}}

分子式为rm{C_{5}H_{12}}的同分异构体有主链有rm{5}个碳原子的：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}

主链有rm{4}个碳原子的：rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}

主链有rm{3}个碳原子的：rm{C(CH_{3})_{4}}

支链越多，沸点越低，为rm{C(CH_{3})_{4}}

故答案为：rm{C(CH_{3})_{4}}

rm{(4)}的主链为rm{5}个rm{C}原子，且含有rm{2}个甲基，则名称为rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；

故答案为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷．

rm{(1)}乙烯含有碳碳双键，为平面形分子，结构简式为rm{CH_{2}=CH_{2}}以此确定电子式；

rm{(2)0.2mol}烃rm{A}在足量氧气中完全燃烧时生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}则rm{A}为rm{C_{6}H_{12}}由催化加氢后生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷可知，rm{(CH_{3})_{3}CCH_{2}CH_{3}}中只有最右侧可出现碳碳双键；

rm{(3)}设烷烃的分子式为rm{C_{x}H_{(2x+2)}}根据相对分子质量为rm{72}列出方程式进行计算rm{x}值；支链越多，沸点越低；

rm{(4)}的主链为rm{5}个rm{C}原子，且含有rm{2}个甲基．

本题考查有机物的机构和性质，为高考常见题型，注意把握有机物的官能团的性质以及相关方程式的书写为解答该题的关键，侧重考查双基知识，题目难度中等，涉及电子式和结构简式等，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{C(CH_{3})_{4}}rm{2}rm{3-}二甲基戊烷10、（1）BC

（2）①CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH→CH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O

②OHC-CHO

③CH2=CHCH2OH

（3)【分析】【分析】本题考查了有机物的命名，同分异构体的书写，化学方程式的书写等内容，题目难度中等，确定有机物分子式为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及书写原则，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。【解答】rm{(1)}根据有机物的命名原则，可知rm{C}为rm{2-}丁醇，故C错误，故答案为：rm{C}rm{(2)}rm{垄脵}若该有机物是一种饱和一元醛，通式为rm{CnH2nO}rm{14n+16=58}rm{n=3}则，丙醛和新制氢氧化铜反应的化学方程式为：若该有机物是一种饱和一元醛，通式为rm{垄脵}rm{CnH2nO}rm{14n+16=58}则，丙醛和新制氢氧化铜反应的化学方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}}rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}}rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{n=3}若该有机物rm{CH_{3}CH_{2}CHO+

2Cu(OH)_{2;}}能与足量银氨溶液作用可析出rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+

Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}可确定含rm{CH_{3}CH_{2}CHO+

2Cu(OH)_{2;}}醛基，故为乙二醛，则该有机物结构简式为：rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+

Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}故答案为：rm{垄脷}若该有机物rm{1mol}能与足量银氨溶液作用可析出rm{4molAg}可确定含rm{2mol}醛基，故为乙二醛，则该有机物结构简式为：rm{垄脷}若该有机物能与金属钠反应，含有羟基，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有碳碳双键，相对分子质量为rm{1mol}可确定该有机物是丙烯醇，结构简式为：rm{4molAg}故答案为：rm{2mol}rm{OHC-CHO}白藜芦醇中含有酚羟基和碳碳双键，酚与溴水发生取代反应，碳碳双键可以和溴水发生加成反应，化学方程式为：故答案为：rm{OHC-CHO}【解析】rm{(1)BC}rm{(2)垄脵CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{(2)垄脵CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}

+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{垄脷OHC-CHO}

rm{垄脹CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{(3)}11、（1）AEFIGIH

（2）苛性钠溶液中OH－结合H＋生成水，使上述平衡中c(H＋)减小，同时增大c(OH-)，平衡向左移动，Al(OH)3沉淀不断溶解Al(OH)3＋OH－═══AlO2-＋2H2O（2分）

（3）Cl2+H2OH++Cl-+HClO；bde；

（4）HF(aq)F-(aq)+H+(aq)ΔH=﹣10.4kJ·mol﹣1

（5）CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l）ΔH=（a﹣2b）kJ/mol【分析】【分析】本题考查电解质与化学平衡及盖斯定律的相关知识。【解答】rm{(1)}A.rm{KBr(s)}属于强电解质，不能导电；rm{B.C}属于强电解质，不能导电；rm{KBr(s)}rm{B.C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}属于非电解质，水溶液不能导电；rm{{,!}_{5}}rm{OH(l)}属于非电解质，水溶液不能导电；rm{C.Cl}rm{OH(l)}属于单质，既不属于电解质也不属于非电解质；rm{C.Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}属于单质，既不属于电解质也不属于非电解质；rm{D.CH}属于弱电解质，液态不导电；rm{(g)}rm{D.CH}rm{{,!}_{3}}属于强电解质，固态不导电；rm{COOH(l)}属于弱电解质，液态不导电；rm{E.BaSO}rm{COOH(l)}rm{E.BaSO}属于强电解质，不能导电；rm{{,!}_{4}}石墨rm{(s)}属于强电解质，固态不导电；rm{F.NaHSO}能导电，属于单质；rm{(s)}rm{F.NaHSO}rm{{,!}_{4}}属于非电解质，溶于水导电；rm{(s)}属于强电解质，不能导电；rm{G.}石墨rm{(s)}能导电，属于单质；rm{H.CO}属于强电解质，液态导电；故答案为：rm{(s)}rm{G.}rm{(s)}rm{H.CO}苛性钠溶液中rm{{,!}_{2}}结合rm{(s)}属于非电解质，溶于水导电；rm{I.NaOH(l)}属于强电解质，液态导电；生成水，使上述平衡中rm{(s)}减小，同时增大rm{I.NaOH(l)}平衡向左移动，rm{AEFI}沉淀不断溶解，rm{GI}故答案为：苛性钠溶液中rm{H}结合rm{(2)}生成水，使上述平衡中rm{OH^{-}}减小，同时增大rm{H^{+}}平衡向左移动，rm{c(H^{+})}沉淀不断溶解rm{c(OH^{-})}rm{Al(OH)_{3}}氯气溶于水生成rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓T篓T篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}和rm{OH^{-}}离子方程式为rm{H^{+}}rm{c(H^{+})}；rm{c(OH^{-})}该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，溶解度减小，故错误；rm{Al(OH)_{3}}加压，平衡正向移动，溶解度增大，故正确；rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓T篓T篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}加入rm{(3)}气体，平衡逆向移动，溶解度减小，故错误；rm{HCl}加入少量rm{HClO}固体平衡正向移动，溶解度增大，故正确；rm{Cl_{2}+H_{2}O}加入石灰石，平衡正向移动，溶解度增大，故正确；故选rm{H^{+}+Cl^{-}+HClO}故答案为：rm{a.}rm{b.}；rm{c.}rm{(4)垄脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)娄陇H_{1}=-67.7kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)娄陇H_{2}=-57.3kJ隆陇mol^{-1}}根据盖斯定律，rm{HCl}可得rm{d.}电离方程式rm{Na_{2}CO_{3}}rm{e.}rm{bde}故答案为：rm{Cl_{2}+H_{2}O}rm{H^{+}+Cl^{-}+HClO}rm{bde}rm{(4)垄脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)

娄陇H_{1}=-67.7kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)

娄陇H_{2}=-57.3kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脵-垄脷}rm{HF}电离方程式rm{HF}rm{HF(aq)}rm{F^{-}(aq)+H^{+}(aq)}rm{娄陇H=娄陇H_{1}-娄陇H_{2}=-10.4kJ隆陇mol-1}rm{HF(aq)}rm{F^{-}(aq)+H^{+}(aq)}rm{娄陇H=-10.4kJ隆陇mol-1}rm{(5)垄脵}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+2O}rm{(g)+2O}rm{{,!}_{2}}根据盖斯定律，rm{(g)篓TCO}可得rm{(g)篓TCO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}的热化学方程式rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}故答案为：rm{O(l)}rm{娄陇H_{1}=akJ/mol}rm{O(l)}rm{娄陇H_{1}=akJ/mol}【解析】rm{(1)AEFI}rm{GI}rm{H}rm{(2)}苛性钠溶液中rm{OH^{-}}结合rm{H^{+}}生成水，使上述平衡中rm{c(H^{+})}减小，同时增大rm{c(OH^{-})}平衡向左移动，rm{Al(OH)_{3}}沉淀不断溶解rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓T篓T篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O(2}分rm{)}rm{(3)Cl_{2}+H_{2}O}rm{H^{+}+Cl^{-}+HClO}；rm{bde}rm{(4)HF(aq)}rm{F^{-}(aq)+H^{+}(aq)}rm{娄陇H=-10.4kJ隆陇mol^{-1}}rm{(5)CH_{4}(g)+4NO(g)篓TCO_{2}(g)+2N_{2}(g)+2H_{2}O(l)娄陇H=(a-2b)kJ/mol}12、略

【分析】

（3）②利用I2氧化维生素C；根据碘使淀粉显蓝色的性质，应选择淀粉作指示剂；

故答案为：淀粉；

（4）②在滴定时左手控制活塞；右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色时，维生素C已全部参加了反应，滴定终点现象为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；

故答案为：活塞；最后一滴标准液滴入；溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；

（5）15ml标准碘溶液含有碘的质量为：254g/mol×0.015L×7.5×10-3mol•L-1=28.575mg

设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为X

C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-

176254

X28.575mg

=

解得：X=19.8mg

则1L中含维生素C的质量为：19.8mg×1000ml/20ml=990mg；

所以；则此橙汁中维生素C的含量是990mg/L；

故答案为：990；

（6）A；量取待测橙汁的仪器水洗后未润洗；会导致配制的溶液维生素的物质的量减少，测定结果偏低，故A正确；

B；锥形瓶水洗后未用待测液润洗；操作正确，对滴定没有影响，故B错误；

C；滴定前尖嘴部分有一气泡；滴定终点时消失，会导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C错误；

D；滴定前仰视读数；会导致读数偏大，滴定后俯视读数，导致读数偏小，最后计算消耗的标准液的体积偏小，测定结果偏小，故D正确；

故选AD．

【解析】【答案】（3）②根据碘能使淀粉变蓝色选择试剂；

（4）②滴定时左手控制活塞；根据反应的原理；当出现溶液变蓝色时，维生素C已全部参加了反应。

（5）根据反应原理及题中有关数据；可以计算出橙汁中维生素C的含量；

（6）A；仪器没有洗涤；导致维生素物质的量减少；

B；锥形瓶不能用待测液润洗；

C；滴定前有气泡；导致消耗的标准液偏大；

D；滴定前仰视读数；导致读数偏大；滴定后俯视读数，导致读数偏小．

13、略

【分析】

W；X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期的四种元素；W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素，Y的氧化物是现代光学及光纤制品的基本原料，则Y为Si，由WZ是生活中常见的盐，则W为Na，Z为Cl，结合（4）、（5）可知，X为Al；

（1）检验氯离子；一般利用硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀证明含有氯离子，即取少量WZ固体溶于水，滴加硝酸酸化的硝酸银，观察到白色沉淀；

故答案为：滴加硝酸酸化的硝酸银；观察到白色沉淀；

（2）Y为Si；位于第三周期第ⅣA族，故答案为：第三周期第ⅣA族；

（3）Z的氢化物为HCl，其电子式为故答案为：

（4）将W、X的氢氧化物混合，其反应的离子方程式为OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；

故答案为：OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；

（5）X单质与足量W的最高价氧化物对应水化物的溶液发生反应时存在2Al～3H2↑，则0.5molAl反应生成气体为0.5mol××22.4L/mol=16.8L；故答案为：16.8L．

【解析】【答案】W；X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期的四种元素；W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素，Y的氧化物是现代光学及光纤制品的基本原料，则Y为Si，由WZ是生活中常见的盐，则W为Na，Z为Cl，结合（4）、（5）可知，X为Al，然后结合物质的性质及化学用语来解答．

14、略

【分析】解：中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH-=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10-3L=0.003mol；

所以x==2，则[CrCln（H2O）6-n]2+中Cr的化合价为+3价，则有3-n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+；配离子中Cl原子和水分子数目即是中心离子的配位数，配位数为6；

故答案为：[CrCl（H2O）5]2+；6．

中和发生反应：H++OH-=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物质的量，进而计算出x，[CrCln（H2O）6-n]x+中Cr的化合价为+3价；化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式．

本题考查配离子和配位数、以及方程式有关计算，难度不大，注意利用方程式及化合价与离子电荷关系即可解答．【解析】[CrCl（H2O）5]2+；615、（1）PM2.5SO2

（2）

（3）Ca2++2HCO3-═CaCO3↓+CO2↑+H2O​【分析】【分析】本题考查了环境污染以及治理方法、元素化合物的性质，题目难度不大，注意把握常见元素化合物的性质以及它们对环境的影响，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。【解答】rm{(1)PM2.5}是指大气中直径小于或等于rm{2.5}微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，对雾霾天气的形成有促进作用、雾霾天气又能进一步加剧其积聚，所以rm{PM2.5}被认为是引起雾霾天气的元凶；rm{SO_{2}}和rm{NO_{2}}能与水反应生成酸，能引起酸雨，rm{SO_{2}}与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，所以会引起硫酸型酸雨的气体为rm{SO_{2}}

故答案为：rm{PM2.5}rm{SO_{2}}

rm{(2)NH_{3}}催化还原rm{NO_{2}}生成氮气和水，反应的方程式为：rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}overset{麓脽禄炉录脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}

故答案为：rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}overset{麓脽禄炉录脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}

rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}

overset{麓脽禄炉录脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}碳酸氢根离子与钙离子反应生成碳酸钙和二氧化碳、水，钙化作用的离子方程式为：rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}

overset{麓脽禄炉录脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}

故答案为：rm{(3)}

rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}篓TCaCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}【解析】rm{(1)}rm{PM2.5}rm{SO_{2}}rm{PM2.5}rm{SO_{2}}rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}overset{麓脽禄炉录脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}rm{(2)}rm{(2)}rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}

overset{麓脽禄炉录脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}三、有机推断题(共4题，共8分)16、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=CH217、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=CH218、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++HCl19、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、工业流程题(共4题，共20分)20、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21、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