2025年人教版选修化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版选修化学上册月考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7题，共14分)1、氯及其化合物在生活生产中用途广泛。下列相关的离子反应方程式正确的是A.漂白粉投入水中：B.用使电路板刻蚀废液再生：C.与溶液制84消毒液：D.浓盐酸和制2、下列说法不正确的是A.核素H的中子数是0B.12C和14C互为同位素C.金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体D.CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体3、有如图合成路线；甲经二步转化为丙：

下列叙述错误的是（）A.反应(1)属于加成反应，反应(2)属于取代反应B.物质甲与丙在一定条件自身能发生聚合反应，生成高分子C.乙在强碱的醇溶液作用下可以发生消去反应，生成芳香烃D.步骤(2)产物中可能含有未反应的甲，可用溴水检验是否含甲4、下列关于单糖的说法正确的是（）A.单糖不能水解B.葡萄糖不能发生银镜反应C.单糖都是六碳糖D.葡萄糖与果糖互为同分异构体，核糖与脱氧核糖也互为同分异构体5、已知：①2CO2(g)+4H2(g)═2CH3OH(g)+O2(g)△H=+385.8kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ/mol，则CH3OH(g)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)的△H为()A.+478.7kJ/molB.−764.5kJ/molC.−478.7kJ/molD.+764.5kJ/mol6、阿斯巴甜具有清爽的甜味；其结构简式如图所示。下列关于阿斯巴甜的说法中，不正确的是。

A.一定条件下可以发生酯化反应和加成反应B.一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应C.阿斯巴甜属于糖类化合物D.在酸性条件下可以水解生成两种氨基酸7、已知：时。化学式电离平衡常数

下列说法正确的是A.醋酸稀释过程中，逐渐减小B.溶液中：C.向醋酸或HCN溶液中加入均产生D.物质的量浓度相同时评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、据题目要求书写化学用语：

(1)过氧化钠与水反应用于潜艇供氧的化学反应方程式_______。

(2)工业制取漂白粉的化学方程式______。

(3)符合CO2+2OH-=CO+H2O的化学方程式______。

(4)氢氧化钡溶液中滴入硫酸的离子反应方程式______。9、试确定下列物质的一氯代物和二氯代物的同分异构体。名称楞晶烷篮烷一氯代物____________二氯代物____________10、回答有关以通式CnH2n＋1OH所表示的一元醇的下列问题：

(1)出现同类同分异构体的最小n值是____。

(2)n＝4的同分异构体中，氧化后能生成醛的醇有____种，它的结构简式是____、____。

(3)具有同分异构体的醇跟浓硫酸混合加热时，只能得到一种不饱和烃(烯烃类)，符合这一结果的醇的n值为____。11、按要求回答下列问题：

(1)中含有官能团的名称为___________；

(2)2－甲基－1－丁烯的结构简式___________；

(3)相对分子质量为72且一氯代物只有一种的烷烃的结构简式___________；

(4)的分子式为___________。

(5)分子式为C2H6O的有机物，有两种同分异构体，乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)，则通过下列方法，不可能将二者区别开来的是___________；

A．红外光谱B．核磁共振氢谱C．元素分析仪D．与钠反应。

(6)在物质鉴别时，常用溴水来鉴别烷烃和烯烃，请写出乙烯使溴水褪色的反应方程式：___________12、有机化学是化学的一个重要分支；主要研究有机化合物的组成；结构、性质等。请按要求完成下列各题。

(1)的分子式为___________。

(2)用系统命名法命名为___________。

(3)写出甘氨酸()在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式___________。

(4)已知烯烃(代表烷基)被酸性高锰酸钾氧化所得产物为和则被酸性高锰酸钾氧化物所得产物的结构简式为___________。

(5)有机化合物分子中连有四个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，如A中星号“*”碳原子就是手性碳原子。则B中手性碳原子的个数为___________，通过化学反应可使A变成不含手性碳原子的有机物分子，其反应的化学方程式为___________。

评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、酚类和醇类具有相同的官能团，因而具有相同的化学性质。(___________)A.正确B.错误14、醇就是羟基和烃基相连的化合物。(___________)A.正确B.错误15、在淀粉溶液中加入适量稀微热，向水解后的溶液中加入新制悬浊液并加热，无红色沉淀，说明淀粉未水解。(_______)A.正确B.错误16、碳氢质量比为3:1的有机物一定是CH4。(___________)A.正确B.错误17、塑料的主要成分是合成高分子化合物即合成树脂。(_______)A.正确B.错误18、合成顺丁橡胶()的单体是CH2＝CH-CH＝CH2。(___)A.正确B.错误19、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共18分)20、稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3；它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：

已知：

i．铈的常见化合价为+3、+4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液；而三价稀土元素易进入溶液。

ii．酸浸II中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3=Ce(BF4)3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O

请回答下列问题：

（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是_______。

②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：________。

（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是________。

（3）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是______。

（4）操作I的名称为_______，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有_______。

（5）“操作I”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于________即可认为Ce3+已完全沉淀。(已知：Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20)

（6）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为______(已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208；保留3位有效数字)。

（7）利用电解方法也可以实现铈的回收。在酸性条件下电解Ce2O3（如图），离子交换膜为____(填“阴”或“阳”）离子交换膜。

21、从海水中可以提取很多有用的物质；例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提碘的方法之一，其流程如下：

资料显示：Ⅰ．pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2,同时生成NO;

Ⅱ．I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl;

Ⅲ．5SO32-+2IO3-+2H+=I2+5SO42-+H2O;

Ⅳ．I2在碱性溶液中反应生成I-和IO3-。

(1)反应①的离子方程式_________________________________________。

(2)方案甲中，根据I2的特性，分离操作X的名称是________________。

(3)已知：反应②中每吸收3molI2转移5mol电子，其离子方程式是_______________。

(4)Cl2、酸性KMnO4等都是常用的强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2,原因是_______________。

(5)方案乙中，已知反应③过滤后，滤液中仍存在少量的I2、I-、IO3-。请分别检验滤液中的I-、IO3-，将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂：稀H2SO4、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液、Na2SO3溶液。

A．滤液用CCl4多次萃取；分液；直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。

B．_____________________________________________________________。

(6)某学生计划用12mol·L－1的浓盐酸配制0.10mol·L－1的稀盐酸450mL。回答下列问题：实验过程中，不必使用的是________(填字母)。

A．托盘天平B．量筒C．容量瓶D．250mL烧杯E．胶头滴管F.500mL试剂瓶。

(7)除上述仪器中可使用的以外，还缺少的仪器是______；在该实验中的用途是________________。

(8)量取浓盐酸的体积为______mL，应选用的量筒规格为________。

(9)配制时应选用的容量瓶规格为______________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共14分)22、某同学对物质X（由三种短周期元素组成的纯净物）进行探究。已知X相对分子质量为135，能与水剧烈反应，生成2种酸，现对物质X进行了如下实验，假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出。（已知：微溶于水；可溶于硝酸）

（1）X的化学式是__________，X→A的化学反应方程式是_____________________________。

（2）溶液B中某成分能与固体反应产生黄绿色气体，请写出该离子方程式__________________。23、已知A；B、C为中学化学中常见的单质；在室温下A为固体，B和C为气体，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色。在适宜的条件下可发生如下转化：

试回答下列问题：

（1）写出A、B、C的化学式：A_____、B_______、C_________。

（2）反应E溶液＋A→F溶液＋C的离子方程式为：______________；D溶液＋A→F溶液的离子方程式为：___________；若向F溶液中加入NaOH溶液，观察到的现象为：_________。

（3）写出除去D溶液中F杂质的离子方程式：________。评卷人得分六、推断题(共3题，共12分)24、聚合物H()是一种聚酰胺纤维；广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：

已知：①C；D、G均为芳香族化合物；分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。

②Diels﹣Alder反应：

(1)生成A的反应类型是________。D的名称是______。F中所含官能团的名称是______。

(2)B的结构简式是______；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物是______。

(3)D+G→H的化学方程式是___________________________________________。

(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为__________________________________(任写一种)。

(5)已知：乙炔与1，3﹣丁二烯也能发生Diels﹣Alder反应。请以1，3﹣丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成写出合成路线_______________________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。25、麻黄素M是拟交感神经药。合成M的一种路线如图所示：

已知：I．R—CH2OHRCHO

ＩＩ．R1-CHO+R-C≡CNa

IV．

V．

请回答下列问题：

(1)D的名称是_______；G中含氧官能团的名称是_______。

(2)反应②的反应类型为_______；A的结构简式为_______。

(3)写出反应⑦的化学方程式：______________________________。

(4)X分子中最多有_______个碳原子共平面。

(5)在H的同分异构体中，同时能发生水解反应和银镜反应的芳香族化合物中，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6的有机物的结构简式为_________________。

(6)已知：仿照上述流程，设计以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体的路线________________。26、已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。

（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。

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

（3）写出C；D、E、H的结构简式：

C______，D______，E______，H______。

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

A．漂白粉投入水中，次氯酸根水解：故A错误；

B．电路板刻蚀废液中含高含量氯化亚铁，用使电路板刻蚀废液再生变为铁离子：故B错误；

C．与通入溶液制84消毒液，有效成分为次氯酸钠：故C正确；

D．浓盐酸和制故D错误；

综上所述，答案为C。2、A【分析】【详解】

A．中子数=质量数-质子数=2-1=1，故A错误；

B．12C和14C具有相同的质子数和不同的中子数的碳原子，互为同位素，故B正确；

C．金刚石、石墨和富勒烯是碳元素组成的性质不同的单质，互称同素异形体，故C正确；

D．CH3CH2OH和CH3OCH3具有相同的分子式和不同结构的有机物，互为同分异构体，故D正确；

故选A。3、C【分析】【分析】

由合成路线；甲经二步转化为丙，由C=C引入两个—OH，则反应(1)为C=C与卤素单质的加成反应，反应(2)为卤素原子的水解反应。

【详解】

A．反应(1)为C=C与卤素单质的加成反应；反应(2)为卤素原子的水解反应，也是取代反应，故A正确；

B．物质甲在一定条件自身能发生聚合反应；碳碳双键的加成，生成高分子；物质丙在一定条件自身能发生聚合反应，一分子脱氢，一分子脱羟基，生成高分子，故B正确；

C．乙在强碱的醇溶液作用下可以发生消去反应；但是只能消去一个卤原子，生成物不是芳香烃，故C错误；

D．步骤(2)产物中可能含有未反应的甲；甲与溴水反应，而丙不能，则可用溴水检验是否含甲，故D正确；

故答案选：C。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．单糖是不能水解的糖类；故A正确；

B．葡萄糖中含有醛基；能发生银镜反应，故B错误；

C．核糖；脱氧核糖是五碳糖；也是单糖，故C错误；

D．核糖与脱氧核糖的分子式不同；不互为同分异构体，故D错误；

故答案为A。5、B【分析】【详解】

根据盖斯定律，②-①/2，即可得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，则△H=−571.6kJ/mol-192.9kJ/mol=−764.5kJ/mol，答案为B。6、C【分析】【详解】

A；分子中含有羧基；可发生酯化反应，含有苯环，可发生加成反应，故A正确；B、分子中含氨基可以与酸反应，羧基可与碱反应，故B正确；C、阿斯巴甜含有氨基、羧基、肽键等，不具有多羟基醛或多羟基酮的结构，不属于糖类物质，故C错误；D、分子中含有肽键和酯基，可在酸性条件下水解，水解生成两种氨基酸，故D正确；故选C。

【点睛】

有机物中含有肽键，可发生水解或取代反应；含有酯基，可发生水解或取代反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答。7、D【分析】【分析】

根据稀释过程中电离平衡的移动方向、HCO3-在溶液中电离与水解的主次关系；弱酸的相对强弱及对应盐的碱性强弱等分析解答。

【详解】

A项：醋酸稀释过程中，醋酸电离平衡右移，逐渐增大；A项错误；

B项：HCO3-电离常数为5.6×10－11，HCO3-水解常数为10－14/(4.4×10－7)=2.3×10－8，故溶液中，HCO3-以水解为主，c(H2CO3)>c(CO32-)；B项错误；

C项：表中电离常数说明，酸性>>>HCO3-，据较强酸生成较弱酸的规律，醋酸与反应可产生HCN与反应只可生成NaHCO3；C项错误；

D项：由酸性强弱得，对应盐的碱性强弱CH3COO-3--32-，当溶液物质的量浓度相同时，有D项正确。

本题选D。

【点睛】

的电离常数分别是K1、K2，则CO32-的水解常数Kh1=Kw/K2、Kh2=Kw/K1。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

(1)过氧化钠与水反应产生氢氧化钠和氧气，因此该反应可用于潜艇供氧，该反应的化学反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

(2)工业上用石灰乳与氯气发生反应产生氯化钙、次氯酸钙和水。氯化钙、次氯酸钙的混合物就是漂白粉的主要成分，该反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

(3)CO2+2OH-=CO+H2O表示CO2气体与强碱溶液反应产生可溶性碳酸盐和水，符合CO2+2OH-=CO+H2O的化学方程式可以为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；

(4)氢氧化钡溶液中滴入硫酸，二者反应产生BaSO4沉淀和H2O，该反应的离子反应方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓。【解析】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCO2+2NaOH=Na2CO3+H2O2H++SO+2OH﹣+Ba2+=2H2O+BaSO4↓9、略

【分析】【详解】

(1)一氯代物。

从楞晶烷的分子结构看；分子中6个碳原子的性质相同，则6个氢原子的性质相同，楞晶烷分子中只有一种化学环境下的氢原子，其一氯代物只有1种；

从篮烷的分子结构看；分子中从正面往两边切对称，从侧面往前后切对称，故分子中有4种环境下的氢原子，其一氯代物有4种。答案为：1；4；

(2)二氯代物。

为便于分析，给楞晶烷分子中碳原子作如下编号：分子中二氯取代物按1；2和1、3及1、4取代，有3种二氯取代物；

给篮烷分子中碳原子作如下编号：二氯取代若两个氯原子在同一个碳上的有1种(即1、1)，若在不同碳的有1、2，1、3(或1、6)，1、4(或1、5)，1、7，1、8，1、9(或1、11)，1、10(或1、12)；2、3(或2、6)，2、4(或2、5)，2、8，2、9(或2、11)，2、10(或2、12)；3、4，3、5，3、6，3、9，3、10，3、11，3、12；4、5，4、10，4、12；故总共有23种。答案为：3；23。【解析】①.1②.4③.3④.2310、略

【分析】【分析】

(1)CnH2n+1OH所表示的一元醇；有碳链异构和位置异构；

(2)能氧化成醛的醇的结构中必须含-CH2OH基团；

(3)当n＜3时；此醇无同类的同分异构体，当n＞3时，发生消去反应时，得到的消去产物的种类不一定相同，以此解答该题．

【详解】

(1)−CH3、−C2H5均只有1种，−C3H7有2种；故出现醇类同分异构体从n=3开始，有1−丙醇；2−丙醇之分，最小n值是3；

(2)n=4的同分异构体中，碳链异构有2种，而能氧化成醛的醇的结构中必须含−CH2OH基团，即必须−OH连在碳链的端点碳上，这样的醇有2种：CH3CH2CH2CH2OH，(CH3)2CHCH2OH；

(3)当n>3时，醇发生消去反应所得的烯烃具有同分异构体，如n=4时,生成的烯烃有三种：CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3和CH3CH2CH=CH2和(CH3)2CH=CH2，故要使此醇又具有同分异构体，消去反应后产物只有一种，则n的值应为3。【解析】①.3②.2③.CH3CH2CH2CH2OH④.(CH3)2CHCH2OH⑤.311、略

【分析】【详解】

(1)由结构简式可知含有官能团的名称为羟基；酯基；故答案为：羟基、酯基；

(2)由系统命名法可知2－甲基－1－丁烯的结构简式为故答案为：

(3)由烷烃的通式CnH2n+2可得相对分子质量为72的烷烃为C5H12，同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3，(CH3)2CHCH2CH3，，一氯代物只有一种的烷烃的结构简式为故答案为：

(4)的分子式为C6H12；故答案为：C6H12；

(5)A．红外光谱可以测定官能团的种类，乙醇和甲醚所含官能团不同，可以用此法区别，故A不合题意；

B．核磁共振氢谱可以测定氢原子的种类和个数，乙醇和甲醚所含氢原子种类不同，可以用此法区别，故B不合题意；

C．元素分析仪是分析元素的种类，乙醇和甲醚都是含有C、H、O三种元素，不能用元素分析仪区别，故C符合题意；

D．乙醇可以与钠反应；甲醚和钠不反应，可以用钠区别二者，故D不符合题意；

故答案为C；

(6)乙烯使溴水褪色是因为发生加成反应，反应方程式为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br。【解析】羟基、酯基C6H12CCH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据有机物的结构简式可以得出该有机物的分子式为

(2)该有机物的官能团是羟基；属于醇类。要选择包含连接羟基碳原子在内的最长碳链为主链，编号要从离官能团最近的一端开始，所以该醇的名称为：4－甲基－2－戊醇；

(3)甘氨酸发生缩聚反应，羧基失去羟基，氨基失去氢原子，彼此连接成为高分子，化学方程式为：nNH2CH2COOH+nH2O或nNH2CH2COOH+(n-1)H2O；

(4)根据已知信息可知：烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化，烯烃的碳碳双键断裂，若原双键碳原子上没有氢原子，则被氧化为羰基；若双键碳原子上有1个氢原子，则被氧化为羧基；若双键碳原子上有2个氢原子，则被氧化为二氧化碳。被酸性高锰酸钾氧化，两个碳碳双键都断裂，所得产物为和

(5)在B中有4个手性碳原子，图中标*的即为手性碳原子若通过化学反应使A变为不含手性碳原子的有机物分子，则可以通过发生醇的消去反应变为碳碳双键或醇的催化氧化变为酮，化学方程式为：CH3CH(OH)COOHCH2=CHCOOH+H2O或2CH3CH(OH)COOH+O22+2H2O。【解析】4－甲基－2－戊醇nNH2CH2COOH+nH2O或nNH2CH2COOH+(n-1)H2O4个CH3CH(OH)COOHCH2=CHCOOH+H2O或2CH3CH(OH)COOH+O22+2H2O三、判断题(共7题，共14分)13、B【分析】【分析】

【详解】

酚类和醇类的官能团都是羟基，但酚类的羟基直接连在苯环上，羟基和苯环相互影响，使得酚类和醇类的化学性质不同，如酚的羟基能电离出氢离子，水溶液显酸性，而醇不能电离，水溶液为中性，故错误。14、B【分析】【分析】

【详解】

醇的官能团是羟基，但要求羟基不能直接连在苯环上，若羟基直接连在苯环上，形成的是酚类，不是醇类，故错误。15、B【分析】【详解】

葡萄糖酸性条件下不能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，则向水解后的溶液中未加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接加入新制氢氧化铁悬浊液并加热，不可能有红色沉淀生成，所以无红色沉淀不能说明淀粉未水解，故错误。16、B【分析】【详解】

碳氢质量比为3:1的有机物一定是CH4或CH4O，错误。17、A【分析】【详解】

塑料是三大合成材料之一，其主要成分是通过聚合反应生成的合成高分子化合物即合成树脂。故正确。18、A【分析】【分析】

【详解】

根据顺丁橡胶的结构简式，可知顺丁橡胶为加聚产物，运用逆向思维反推单体，可知其单体为CH2＝CH-CH＝CH2。该说法说正确。19、A【分析】【详解】

加热试管时先均匀加热，后局部加热，否则试管会受热不均而炸裂。四、工业流程题(共2题，共18分)20、略

【分析】【详解】

（1）①题中已经告知焙烧之后，铈元素转化成CeO2和CeF4；且四价铈不易进入溶液，则焙烧的目的是将铈元素转化为+4价的化合物，从而通过溶解的方法获得更为纯净的铈的化合物；

②将反应2CO+O2=2CO2和题中反应相加，可得：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2；

（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体，说明HCl被氧化为Cl2，则该反应的离子方程式为8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O；

（3）酸浸II得到Ce(BF4)3沉淀，加入KCl溶液，得到KBF4沉淀，则说明沉淀发生了转化，并生成了CeCl3，由于CeCl3才是该步的目标产物，且后学操作又需要将CeCl3转化为Ce(OH)3，这些操作都是在溶液中进行，所以这步沉淀转化的目的是避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3；提高产率）；

（4）经过操作I得到滤渣和溶液；则操作I为过滤；操作II为萃取，则需要使用的硅酸盐仪器（即玻璃仪器）为烧杯；分液漏斗；

（5）Ce3+完全沉淀时，c(Ce3+)≤1.0×10-5mol·L-1；由于Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)·c3(OH-)=1.0×10-20，解得c(OH-)=1.0×10-5mol·L-1；则pH=9；

（6）n(KMnO4)=0.1mol·L-1×0.02L=0.002mol；

根据得失电子守恒；可知：

则n(Fe2+)2=0.01mol，所以n(Fe2+)1=n(Fe2+)-n(Fe2+)2=0.033mol-0.01mol=0.023mol；

又有：则n[Ce(OH)4]=n(Ce4+)=n(Fe2+)1=0.023mol；

所以，w[Ce(OH)4]=×100%=×100%=95.7%；

（7）观察电极可知，阳极Ce2O3放电，生成Ce4+，并在阴极形成产物Ce(SO4)2，则离子交换膜为阳离子交换膜。【解析】将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO28H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）过滤烧杯、分液漏斗995.7%阳21、略

【分析】【详解】

(1)亚硝酸钠具有氧化性,碘离子具有还原性,酸性条件下二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水,离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O；正确答案：2NO2-+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O。

(2)碘易升华,方案甲中；分离操作X为升华或加热；冷凝结晶；因此，本题正确答案是:升华或加热、冷凝结晶。

(3)反应②中每吸收3molI2转移5mol电子，说明生成I-、IO3-,则该离子方程式为:3I2+3CO32-=5I-+IO3-+3CO2（或3I2+6CO32-+3H2O=5I-+IO3-+6HCO3-）；正确答案：3I2+3CO32-=5I-+IO3-+3CO2（或3I2+6CO32-+3H2O=5I-+IO3-+6HCO3-）。

(4)氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化碘单质，而亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中氧化卤水中的碘离子，选择了价格较高的亚硝酸钠；因此，本题正确答案是：氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2(或亚硝酸钠仅能把碘离子氧化成碘单质；意思对即可)。

(5)检验滤液中的碘离子、碘酸根离子，利用碘离子被氧化生成碘单质检验，碘酸根离子被还原生成碘单质检验，方法为：从水层取少量溶液于试管中,加入几滴淀粉溶液,滴加Fe2(SO4)3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有I－；另取从水层取少量溶液于试管中,加入几滴淀粉溶液,加硫酸酸化,滴加Na2SO3溶液,振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有IO3－；正确答案：从水层取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有I－；另从水层中取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，加硫酸酸化，滴加Na2SO3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有IO3－。

（6）用浓溶液配制稀溶液时；应选用量筒而不用托盘天平；正确答案：A。

（7）配制一定浓度的稀盐酸溶液；通过（6）可知，还缺少的仪器是玻璃棒，其在稀释浓盐酸时起搅拌作用，使溶液混合均匀；将烧杯中稀释的溶液转移到容量瓶中时起引流作用；正确答案：玻璃棒；稀释浓盐酸时起搅拌作用，使溶液混合均匀；将烧杯中稀释的溶液转移到容量瓶中时起引流作用。

（8）设量取浓盐酸的体积为VmL，根据稀释前后HCl物质的量守恒建立关系式：12mol·L－1×V×10-3＝0.10mol·L－1×500×10-3，V≈4.2mL；根据量筒的规格选取10mL量筒；正确答案：4.2；10mL。

（9）配制稀盐酸450mL，由于没有此种规格的容量瓶，所以用500mL的容量瓶；正确答案：500mL。【解析】2NO2-+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O升华（或加热）、冷凝结晶（无冷凝结晶不扣分）3I2+3CO32-=5I-+IO3-+3CO2（或3I2+6CO32-+3H2O=5I-+IO3-+6HCO3-）氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2(或亚硝酸钠仅能把碘离子氧化成碘单质，意思对即可)从水层取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有I－；另从水层中取少量溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，加硫酸酸化，滴加Na2SO3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有IO3－A玻璃棒稀释浓盐酸时起搅拌作用，使溶液混合均匀；将烧杯中稀释的溶液转移到容量瓶中时起引流作用4.210mL500mL五、元素或物质推断题(共2题，共14分)22、略

【分析】【分析】

X与水反应生成2种酸，故A为2种酸的混合溶液。其中1份与NaOH溶液反应，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液生成白色沉淀E，可知E为AgCl，故A中含有HCl，X含有Cl元素。另一份溶液与氯化钡溶液有白色沉淀生成，可知C为BaSO4，故A中含有H2SO4；X含有S元素。根据相关物质的质量关系，结合X的相对分子质量为135分析解答。

【详解】

X与水反应生成2种酸，故A为2种酸的混合溶液。其中1份与NaOH溶液反应，再加入硝酸酸化的硝酸银溶液生成白色沉淀E，可知E为AgCl，故A中含有HCl，X含有Cl元素。另一份溶液与氯化钡溶液有白色沉淀生成，可知C为BaSO4，故A中含有H2SO4，X含有S元素。n(AgCl)==0.2mol，故每一份中溶液B中含有0.2molHCl，n(BaSO4)==0.1mol，故每一份溶液B中含有0.1molH2SO4，则27.0gX中n(Cl)=0.4mol、n(S)=0.2mol，故n(Cl)∶n(S)=2∶1，由于X的相对分子质量为135，则X分子中含有1个S原子、2个Cl原子，另外一种原子的总相对原子质量为135-71-32=32，而X由短周期三种元素组成，结合化合价规则与元素守恒，可推知X还含有O元素，X分子中含有O原子数目为2，故X的分子式为SO2Cl2。

(1)由上述分析可知，X的化学式是SO2Cl2，X→A的化学方程式是：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为SO2Cl2；SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；

(2)溶液B中某成分能与K2Cr2O7固体反应产生黄绿色气体，该黄绿色气体为氯气，该反应的化学方程式：K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，离子方程式为Cr2O72-+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为Cr2O72-+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。

【点睛】

根据反应现象确定含有的元素是解题的突破口。本题的难点是第三种元素的判断，注意结合相对分子质量与元素守恒、抓住X由短周期三种元素组成判断。【解析】①.SO2Cl2②.SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl③.Cr2O72-+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O23、略

【分析】【分析】

A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，A与B反应生成D，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，D溶液中含有Fe3+，由D于F相互转化可知，A为Fe，B为Cl2，D为FeCl3，F为FeCl2．B与C反应生成E，Fe与E溶液反应得到氯化亚铁与C，则C为H2；E为HCl，以此解答该题。

【详解】

(1)向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，故D溶液中含Fe3＋，根据题干信息可推知A为Fe，结合框图中E溶液与A反应生成F溶液和气体C可确定E溶液为酸，故E为HCl，由此推知B、C分别为Cl2、H2，D、F分别为FeCl3、FeCl2。

(2)E为HCl，溶液与铁反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，F为FeCl2；加入氢氧化钠溶液，可生成不稳定的氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，可被氧化生成氢氧化铁，现象为溶液中生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变红褐色；

(3)除去氯化铁中的氯化亚铁，可通入氯气，发生氧化还原反应生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】FeCl2H2Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋溶液中生成白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－六、推断题(共3题，共12分)24、略

【分析】【分析】

乙醇发生消去反应生成A为CH2＝CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为G为根据信息②知，生成B的反应为加成反应，B为