2025年沪科版高二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年沪科版高二化学上册阶段测试试卷179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、现有等物质的量的铜和银的混合物17．2g，与50．0mL的浓硝酸恰好完全反应，产生气体4．48L(标准状况)，则下列说法正确的是A.产生的气体是0．2molNO2B.硝酸的物质的量浓度为12mol·L－1C.反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3∶2D.要使产生的气体恰好完全被水吸收需要通入氧气0．075mol2、下列说法正确的是（）

①实验室里需要480mL2.0mol/L的氢氧化钠溶液；配制溶液时先称量氢氧化钠固体38.4g，然后再按照溶解；冷却、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作。

②用标准盐酸滴定NaOH溶液测其浓度时；酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，没用标准盐酸润洗，直接装标准盐酸滴定，所测的碱液浓度偏低。

③自发反应在恰当条件下才能实现。

④钢铁腐蚀时可能发生的正极反应：2H2O+O2+4e-═4OH-

⑤电解饱和MgCl2溶液时，电极反应式为：2H2O+2Cl-═Cl2↑+H2↑+2OH-

⑥在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用牺牲阳极的阴极保护法。

⑦长期使用硫酸铵，土壤酸性增强：草木灰与铵态氮肥不能混合施用．A.①②③⑤B.③⑤⑥⑦C.③④⑥⑦D.②③⑥⑦3、下列食品添加剂与其说明错误的是rm{(}rm{)}A.食醋--酸味剂B.亚硝酸铀--咸味剂C.碳酸氢钠--疏松剂D.苯甲酸--防腐剂4、根据下图，下列判断中正确的是A.烧杯a中的溶液pH升高B.烧杯a中发生的反应为2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－C.烧杯b中发生还原反应D.烧杯b中发生的反应为2Cl－－2e－＝Cl2↑5、下列物质中，不能和氯气发生取代反应的是A.CH3ClB.CCl4C.CH2Cl2D.CH46、下列化合物中不含离子键的是（）A.（NH4）2SB.Al2（SO4）3C.CsOHD.HNO3评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、从①盐析、②聚沉、③溶胶、④凝胶、⑤布朗运动、⑥电泳、⑦丁达尔效应、⑧中和、⑨水解中，选出适当的序号填入下列每小题后面的空格中：(1)在浓肥皂水中加入饱和食盐水，肥皂凝聚，这种现象称为________。(2)在肥皂水中透过强光，可见到光带，这种现象称为________。(3)在肥皂水中加入酚酞变为红色，说明高级脂肪酸根离子发生了____________。(4)在Fe(OH)3胶体中加入(NH4)2SO4，产生红褐色沉淀，这种现象叫做______________。(5)在水泥厂和冶金厂常用高压电对气溶胶作用，除去大量烟尘，以减小对空气的污染。这种做法应用的主要原理是___________________________________________________。8、如表是某地区市场上销售的一种“加碘食盐”包装袋上的部分文字说明．请根据此表；结合化学和生物学科的知识，回答下列问题．

。配料精制海盐、酸钾含量20～40mg/kg卫生许可证号××卫字（1999）第001号分装日期见封底储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹调时，待食品熟后入盐（1）要在食盐中加碘，是因为碘是人体内合成______激素的主要原料；缺碘会引起疾病．

（2）食盐中加碘，这碘指的是______，其中碘元素的化合价为______．9、海水占地球总储水量的rm{97.2%}若把海水淡化和化工生产结合起来，既可以解决淡水资源缺乏的问题，又可以充分利用海洋资源。rm{(1)}海水中含有大量的氯化钠。氯化钠中的金属元素位于元素周期表第________族。rm{(2)}目前国际上使用的“海水淡化”主要技术之一是蒸馏法。蒸馏法是将海水变成蒸汽，蒸汽经过冷却而得高纯度淡水，由此可判断蒸馏法是___________rm{(}填“物理变化”或“化学变化”rm{)}rm{(3)}工业上利用电解饱和食盐水可制得重要化工产品，电解的离子方程式为：____________________________________________________________。rm{(4)}电解所用的盐水需精制除去有影响的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{SO_{4}^{2-}[c(SO_{4}^{2-})>c(Ca^{2+})]}精制流程如下rm{(}淡盐水和溶液rm{A}来自电解池rm{)}淡盐水和溶液rm{(}来自电解池rm{A}

rm{)}盐泥rm{垄脵}除泥沙外，还含有的主要物质是________________。rm{a}过程Ⅰ中将rm{垄脷}转化为rm{NH_{4}^{+}}的离子方程式是____________________________________。rm{N_{2}}已知rm{垄脹}的溶解度比rm{BaSO_{4}}的小，过程Ⅱ中除去的离子有____________________。rm{BaCO_{3}}沉淀转化在生产中也有重要应用。例如，用rm{垄脺}溶液可以将锅炉水垢中的rm{Na_{2}CO_{3}}转化为较疏松而易清除的rm{CaSO_{4}}该沉淀转化达到平衡时其平衡常数rm{CaCO_{3}}_________。rm{K=}已知rm{Ksp(CaSO_{4})=9.1隆脕10^{隆陋6}}rm{Ksp(CaCO_{3})=2.8隆脕10^{隆陋9}]}rm{[}10、已知：

rm{CaSO_{4}(s)+CO(g)篓TCaO(s)+SO_{2}(g)+CO_{2}(g)triangleH_{1}=218.4kJ?mol^{-1}(}反应Ⅰrm{CaSO_{4}(s)+CO(g)篓TCaO(s)+SO_{2}(g)+CO_{2}(g)triangle

H_{1}=218.4kJ?mol^{-1}(}

rm{CaSO_{4}(s)+4CO(g)篓TCaS(s)+4CO_{2}(g)triangleH_{2}=-175.6kJ?mol^{-1}(}反应Ⅱrm{)}

rm{CaSO_{4}(s)+4CO(g)篓TCaS(s)+4CO_{2}(g)triangle

H_{2}=-175.6kJ?mol^{-1}(}反应Ⅰ能够自发进行的反应条件是______．

rm{)}假设某温度下，反应Ⅰ的速率rm{(1)}大于反应Ⅱ的速率rm{(2)}则下列反应过程能量变化示意图正确的是______．

rm{(v_{1})}11、如图为制取乙酸乙酯的实验装置图rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}揭示实验原理。

rm{垄脵}乙酸与乙醇在催化剂存在的条件下加热可以发生反应生成乙酸乙酯rm{.}请用氧同位素示踪法写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式______．

rm{垄脷}能否用氢同位素示踪法揭示酯化反应原理？______rm{(}选填“能”或“不能”rm{)}原因是______．

rm{(2)}反应温度确定：

合成乙酸乙酯的反应为放热反应rm{.}实验表明，反应温度应控制在rm{85隆忙}左右为宜rm{.}回答：

实验温度不宜低于rm{85隆忙}左右的原因是______；

实验温度不宜高于rm{85隆忙}左右的原因是______；

rm{(3)}实验装置的比较：

利用图装置制备乙酸乙酯；这种装置与教材装置相比较突出的优点是______．

rm{(4)}酯层厚度的标示：

为更好地测定酯层厚度，可预先向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{1}滴______试液，现象是______．评卷人得分三、实验题(共7题，共14分)12、Ⅰ．（8分）某同学为了探究氯化铵的性质，进行了如下实验，请你按要求回答下列问题。（1）配制100mL1mol/L的NH4Cl溶液。该同学应用托盘天平称量NH4Cl固体的质量为____g。有以下仪器：烧杯、胶头滴管、玻璃棒等玻璃仪器。①还缺少的仪器有；②使用容量瓶前必须进行的一步操作是；（2）该同学又用下图所示的装置做了有关氨气的性质实验。①写出实验室制氨气的化学方程式：；②写出B中盛放的是碱石灰其作用是；③氨气极易溶于水，在氨水中滴加酚酞现象是____；④检验氨气的方法是____。Ⅱ．（6分）在稀硝酸中放入足量的铜片：（1）反应的化学方程式为____；（2）待反应停止后，再加入少量25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是。（用离子方程式表示）（3）若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生气体5.6L（标准状况下）。则所消耗的硝酸的物质的量是____。13、(10分)实验室用乙醇与浓硫酸共热制取乙烯，常因温度过高生成少量SO２，有人设计了如下图所示实验，以验证上述混合气体中是否含有乙烯和SO2。（1）装置中X仪器的名称是：；碎瓷片的作用是：。（2）写出生成乙烯的反应方程式：。（3）A、B、C、D装置中可盛放的试剂是(从下列所给试剂中选出，填序号)：①品红溶液，②NaOH溶液，③溴水，④KMnO４酸性溶液。A．____；B．；C．；D．。（4）能说明SO２气体存在的现象是。（5）确证含有乙烯的现象是。14、某无色溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、CO32-、SO42-、Cl-等离子中的一种或几种；为确定其组成，做如下的实验：

①取少量待测液；向其中滴入硝酸酸化的氯化钡溶液，生成白色沉淀，并过滤；

②取①中滤液；加硝酸银溶液，产生白色沉淀；

③另取少量待测溶液；向其中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，再加入过量的氢氧化钠溶液时，沉淀部分溶解．过滤，取滤液加热，无气体放出．

试分析该待测液中一定存在______离子，一定不存在______不能确定的离子是______；简述待测液中不确定离子的进一步检验方法______．15、化合物rm{H}是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体；可通过以下方法合成：

rm{(1)D}中的含氧官能团名称为____rm{(}写两种rm{)}rm{F隆煤G}的反应类型为____rm{(2)}写出rm{B}到rm{C}的化学方程式____。rm{(4)E}经还原得到rm{F}rm{E}的分子是为rm{C_{14}H_{17}O_{3}N}写出rm{E}的结构简式____。rm{(3)}写出同时满足下列条件的rm{C}的一种同分异构体的结构简式____。rm{垄脵}能发生银镜反应；rm{垄脷}能发生水解反应，其水解产物之一能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；rm{垄脹}分子中只有rm{4}种不同化学环境的氢。rm{(5)}已知：rm{垄脵}苯胺rm{(}rm{)}易被氧化请以甲苯和rm{(CH_{3}CO)_{2}O}为原料制备写出制备的合成路线流程图。rm{(}无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干rm{)}无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干rm{(}rm{)}16、醋酸亚铬水合物rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，微溶于乙醇，不溶于水和乙醚rm{(}易挥发的有机溶剂rm{).}其制备装置及步骤如图：

rm{垄脵}检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量rm{CrCl_{3}}溶液．

rm{垄脷}关闭rm{k_{2}}打开rm{k_{1}}旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速．

rm{垄脹}待三颈烧瓶内的溶液由深绿色rm{(Cr^{3+})}变为亮蓝色rm{(Cr^{2+})}时；把溶液转移到装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞．

rm{垄脺}将装置乙中混合物快速过滤；洗涤和干燥；称量．

rm{(1)}三颈烧瓶中的rm{Zn}除了与盐酸生成rm{H_{2}}外；发生的另一个反应的离子方程式为______．

rm{(2)}实现步骤rm{垄脹}中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为______．

rm{(3)}装置丙中导管口水封的目的是______．

rm{(4)}为洗涤rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2})]_{2}?2H_{2}O}产品；下列方法中最适合的是______．

A.先用盐酸洗，后用冷水洗rm{B.}先用冷水洗；后用乙醇洗。

C.先用冷水洗，后用乙醚洗rm{D.}先用乙醇洗涤；后用乙醚洗。

rm{(5)}已知其它反应物足量，实验时取用的rm{CrCl_{3}}溶液中含溶质rm{9.51g}取用的醋酸钠溶。

液为rm{1.5L0.1mol/L}实验后得干燥纯净的rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}rm{9.4g}则该实验所得产品的产率为______rm{(}不考虑溶解的醋酸亚铬水合物，rm{M_{r}[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O=376g/mol)}．

rm{(6)}铬的离子会污染水，常温下要除去上述实验中多余的rm{Cr^{2+}}最好往废液中通入足量的空气，再加入碱液，调节rm{pH}至少为______才能使铬的离子沉淀完全．

【已知rm{Cr(OH)_{3}}的溶度积为rm{6.3隆脕10^{-31}}rm{sqrt[3]{63}隆脰4}rm{lg2隆脰0.3}】

rm{(7)}一定条件下，rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}受热得到rm{CO}和rm{CO_{2}}的混合气体，请设计实验检验这两种气体的存在．17、(16分)某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯：已知：。密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81－10383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①A中碎瓷片的作用是____，导管B除了导气外还具有的作用是。②试管C置于冰水浴中的目的是____。（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在____层（填“上”或“下”），分液后用（填入编号）洗涤。A．KMnO4溶液B．稀H2SO4C．Na2CO3溶液②再将环己烯按图装置蒸馏，冷却水从____口进入。蒸馏时要加入生石灰，目的是:____________。③收集产品时，控制的温度应在____左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是____。A．蒸馏时从70℃开始收集产品B．环己醇实际用量多了C．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是。A．用酸性高锰酸钾溶液B．用金属钠C．测定沸点18、某研究性学习小组用浓度为rm{0.20mol隆陇L^{-1}}的盐酸标准液滴定含有一定量杂质的烧碱样品rm{(}杂质与酸不反应rm{)}溶于水形成的溶液。rm{(1)}准确量取一定体积的待测液需要使用的仪器是______________。rm{(2)}若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则消耗盐酸标准液的体积为________rm{mL}rm{(3)}滴定时，若以酚酞为指示剂，滴定达到终点的标志是______________________________。rm{(4)}将准确称取的rm{5.0g}烧碱样品配制成rm{250mL}待测液，并用盐酸标准液滴定。滴定前读数及滴定后读数如下表所示。由实验数据可知，烧碱的纯度为__________。。滴定次数待测液体积rm{(mL)}rm{0.20}rm{mol隆陇L^{-1}}的盐酸体积rm{(mL)}滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次rm{10.00}rm{0.70}rm{20.60}第一次rm{10.00}rm{4.00}rm{24.10}第三次rm{10.00}rm{1.10}rm{10}rm{(5)}下列操作会导致测得的待测液的浓度偏大的是________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}部分标准液滴出锥形瓶外rm{b.}用待测溶液润洗锥形瓶。

C.锥形瓶洗净后还留有蒸馏水rm{d.}放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失评卷人得分四、有机推断题(共4题，共40分)19、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__________________________________．20、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__________________________________．21、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。22、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、简答题(共4题，共8分)23、有以下各组物质；完成以下各组问题：

A、O2和O3

B、Cl和Cl

C、H3CCOOC2H5与CH3COOCH3

D、CH3CH2CH2CH3与

E、与

以上各组物质属于同系物的是______；属于同分异构体的是______；属于同素异形体的是______；属于同位素的是______；属于同一物质的是______．24、如图所示的装置，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞液，在rm{F}极附近显红色。试回答以下问题：

rm{(1)}电源的rm{A}极是____；

rm{(2)}写出甲装置中电解反应的总方程式：____；

rm{(3)}如果收集乙装置中产生的气体，rm{EF}两电极产生的气体的体积比是______；

rm{(4)}欲用丙装置给铜镀银，rm{G}应该是____，电镀液的主要成分是____rm{(}填化学式rm{)}

rm{(5)}若一段时间后，rm{C}电极产生rm{2.24L}气体rm{(}标准状况下rm{)}则乙中rm{OH-}的物质的量为____________，rm{H}电极质量增重____。25、原子形成化合物时；电子云间的相互作用对物质的结构和性质会产生影响．试回答：

（1）BF3分子的空间构型为______形，[BF4]-的空间构型为______形．

（2）碳原子有4个价电子，在有机化合物中价电子均参与成健，但杂化方式不一定相同．甲苯（）中碳原子的杂化方式有______，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸（），苯甲酸的沸点明显高于甲苯，其主要原因是______．

（3）H+通过配位键与H2O结合形成H3O+，写出H3O+的电子式______，H3O+的键角______（填“大于”；“小于”或“等于”）水分子的键角．

（4）等电子原理是指原子总数相同、价电子总数相同的粒子具有相似的化学键特征．已知：CO2与N2O互为等电子体，且N2O中O原子只连1个N原子．试写出N2O的结构式______．26、由丙烯经下列反应可得到rm{F}和rm{E}rm{E}的分子式为rm{C_{3}H_{6}O_{3}}．

请回答下列问题：

rm{(1)}化合物rm{E}中所含两种官能团的名称是______．

rm{(2)A隆煤B}的反应类型是______，丙烯rm{隆煤F}的反应类型是______．

rm{(3)B}转化为rm{C}的化学方程式为______．

rm{(4)E}的一种同分异构体rm{M}具有如下性质：rm{垄脵}能发生银镜反应；rm{垄脷1mol}rm{M}与足量的金属钠反应可产生rm{1mol}rm{H_{2}}则rm{M}的结构简式为______rm{.(}已知：同一个碳原子上链接两个羟基不稳定rm{)}评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共16分)27、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）。28、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：_____________。29、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）。30、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6题，共12分)1、D【分析】试题分析：A．等物质的量的铜和银的混合物17．2g，则金属提供电子为0．1mol×2+0．1mol×1=0．3mol，若气体只是NO2，根据电子转移守恒，则生成NO2为0．3mol，大于实际0．2mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，NO为0．1mol，小于实际0．2mol，故生成气体为NO、NO2，故A错误；B．被还原的硝酸生成氮的氧化物（NO、NO2一种或二者混合物），由N元素守恒，可知被还原硝酸物质的量==0．2mol，未被还原的硝酸生成硝酸银、硝酸铜，故未被还原硝酸的物质的量=0．1mol×2+0．1mol×1=0．3mol，根据N元素守恒，n总（HNO3）=0．2mol+0．3mol=0．5mol，原硝酸浓度=故B错误；C．由B中计算的数据可知，反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比=0．2mol：0．3mol=2：3，故C错误；D．纵观整个过程，由电子转移守恒，金属失去的电子等于氧气获得的电子，故需要氧气物质的量=故D正确，故选D．考点：考查氧化还原反应有关计算【解析】【答案】D2、C【分析】解：①要480mL2.0mol/L的氢氧化钠溶液；应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量为：0.5L×2.0mol/L×40g/mol=40.0g，故错误；

②如果不用标准液润洗滴定管会导致盐酸浓度降低，则使用盐酸体积偏大，依据c待测=测量结果偏高，故错误；

③些自发进行的反应也需要反应条件；才能进行，如氢气和氧气需要点燃反应，故正确；

④钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-；故正确；

⑤电解饱和MgCl2溶液时，镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁，正确的电极反应式为：Mg2++2H2O+2Cl-=Cl2↑+H2↑+Mg（OH）2↓；故错误；

⑥海轮外壳连接锌块；锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故正确；

⑦硫酸铵水解导致溶液呈酸性；草木灰与铵态氮肥相互促进水解，所以草木灰与铵态氮肥不能混合施用，故正确；

故选：C．

①需要480mL2.0mol/L的氢氧化钠溶液；应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，据此计算需要溶质的质量；

②如果不用标准液润洗滴定管会导致盐酸浓度降低；则使用盐酸体积偏大；

③有些自发进行的反应也需要反应条件；

④钢铁发生吸氧腐蚀时；正极上氧气得电子发生还原反应；

⑤镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀；

⑥海轮外壳连接锌块；锌为负极；

⑦硫酸铵水解导致溶液呈酸性；草木灰与铵态氮肥相互促进水解．

本题考查较为综合，涉及金属的腐蚀与防护、盐的水解原理、中和滴定、配制一定浓度的溶液方法等知识，题目难度中等，明确金属腐蚀原理、中和滴定方法、盐的水解原理为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】【答案】C3、B【分析】解：rm{A.}醋酸具有酸性；具有酸味，能作调味品，具有调味的作用，对人体健康没有危害，故A正确；

B.亚硝酸盐具有毒性；不能用作调味品，故B错误；

C.碳酸氢钠受热能分解生成二氧化碳；可以使食品变得疏松，能用作疏松剂，故C正确；

D.苯甲酸具有防腐性；可以用作防腐剂，故D正确。

故选B。

A.醋酸具有酸味；能用作调味品；

B.亚硝酸盐具有毒性；不能用作调味品；

C.碳酸氢钠受热能分解生成二氧化碳；

D.苯甲酸具有防腐性。

本题考查了常见物质的用途，完成此题，可以依据物质的性质进行，题目难度不大。【解析】rm{B}4、A【分析】试题分析：由图可知，该装置为一原电池装置，Zn作负极：2Zn-4e—=2Zn2+，失电子被氧化，C、D项错误，Fe作正极：O2+4e—+2H2O=4OH—，故烧杯a中的溶液pH升高，A项正确；B项错误。考点：电化学。【解析】【答案】A5、B【分析】试题分析：有机物中的氢原子被氯原子取代，所以有机物中必须有氢原子，选B。考点：取代反应。【解析】【答案】B6、D【分析】解：A．（NH4）2S中铵根离子和硫离子之间存在离子键；为离子化合物，故A不选；

B．Al2（SO4）3中硫酸根离子和铝离子之间存在离子键；为离子化合物，故B不选；

C．CsOH是强碱；铯离子和氢氧根离子之间存在离子键，为离子化合物，故C不选；

D．HNO3属于酸，HNO3溶于水也能电离出H+和硝酸根离子，但HNO3是共价化合物；分子中不含离子键，只含共价键，故D选；

故选D．

活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；非金属元素之间易形成共价键，部分碱；大多数盐、金属氧化物、铵盐中都含有离子键，据此分析解答．

本题考查离子键的判断，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键的区别是解本题关键，注意铵盐中含有离子键，为易错点．【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【解析】【答案】(1)①(2)⑦(3)⑨(4)②(5)⑥8、略

【分析】解：（1）人体缺碘；易导致甲状腺疾病，碘是人体内合成甲状腺激素的主要原料，故答案为：甲状腺；

（2）食盐中的碘是以碘酸钾形式存在，计算含碘量是以碘元素进行计算，碘盐中不存在碘原子和分子；在KIO3中；K的化合价为+1价，O的化合价为-2价，根据化合价代数和为0可知I的化合价为+5价，故答案为：元素，+5．

食盐中的碘是以碘酸钾形式存在；计算含碘量是以碘元素进行计算，人体缺碘，易导致甲状腺疾病，根据化合价代数和为0判断元素的化合价．

本题考查碘盐知识，题目难度不大，本题注意把握题给信息，并在学习中注意相关基础知识的积累．【解析】甲状腺；元素；+59、rm{(1)}Ⅰrm{A}

rm{(2)}物理变化

rm{(3)2Cl^{-}+2H_{2}O}rm{2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{(4)垄脵Mg(OH)_{2;}}rm{垄脷2NH_{4}^{+}+3Cl_{2}+8OH^{-}=8H_{2}O+6Cl^{-}+N_{2}隆眉}rm{垄脹SO_{4}^{2-}}rm{Ca^{2+;}}rm{垄脺3.25隆脕10^{3}}【分析】【分析】本题考查饱和食盐水的电解和粗盐的提纯，题目较为综合，注意平衡移动原理的应用以及物质的量应用于化学方程式的计算rm{.}做题时注意题中所给信息，用守恒的方法解答。【解答】rm{(1)}氯化钠中的金属元素为rm{Na}元素，位于元素周期表第Ⅰrm{A}族，故答案为：Ⅰrm{A}；rm{(2)}由于蒸馏法只是水的状态由液态到气态再到液态的过程，所以属于物理变化，故答案为：物理变化；rm{(3)}电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，离子方程式为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}O}rm{2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}；故答案为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}O}rm{2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}；rm{(}rm{4}rm{)}rm{(}rm{4}rm{4}根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程rm{)}是将rm{垄脵}rm{I}转化为rm{I}rm{Mg}rm{Mg}rm{{,!}^{2+}}rm{Mg}沉淀除去，即盐泥rm{Mg}中除泥沙外，还含有的物质是rm{(}rm{OH}rm{)}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{2}

故答案为：rm{2}rm{a}rm{a}rm{Mg}rm{Mg}rm{(}rm{OH}rm{)}

rm{(}将rm{OH}rm{OH}rm{)}转化为rm{2}rm{2}的氧化剂是，rm{Mg}rm{Mg}对应的离子方程式是rm{(}rm{OH}rm{)}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{2}rm{2}；rm{垄脷}rm{NH}rm{NH}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{+}}rm{N}rm{N}，rm{2}rm{2}rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}，rm{2NH}rm{2NH}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{+}}rm{+3Cl}rm{+3Cl}rm{2}rm{2}rm{+8OH}rm{+8OH}rm{{,!}^{-}}

rm{篓T}rm{N}过程rm{篓T}是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的rm{N}rm{N}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{+6Cl}rm{隆眉}rm{+6Cl}rm{+6Cl}rm{{,!}^{-}}rm{+8H}rm{+8H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}故答案为：

rm{2NH}rm{2NH}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{+}}rm{+3Cl}rm{+3Cl}rm{2}rm{2}rm{+8OH}rm{+8OH}rm{{,!}^{-}}rm{篓T}rm{N}rm{篓T}rm{N}rm{N}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{+6Cl}rm{隆眉}rm{+6Cl}rm{+6Cl}rm{{,!}^{-}}rm{dfrac{c(S{{O}_{4}}^{2-})}{c(C{{O}_{3}}^{2-})}=dfrac{Ksp;(CaS{O}_{4})}{Ksp;(CaC{O}_{3})}=dfrac{9.1隆脕{10}^{-6}}{2.8隆脕{10}^{隆陋9}}=3.25隆脕10^{3}}rm{+8H}rm{+8H}故答案为：rm{2}rm{2}【解析】rm{(1)}Ⅰrm{A}rm{(2)}物理变化rm{(3)2Cl^{-}+2H_{2}O}rm{2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{(4)垄脵Mg(OH)_{2;}}rm{垄脷2NH_{4}^{+}+3Cl_{2}+8OH^{-}=8H_{2}O+6Cl^{-}+N_{2}隆眉}rm{垄脹SO_{4}^{2-}}rm{Ca^{2+;}}rm{垄脺3.25隆脕10^{3}}10、略

【分析】解：rm{(1)}由反应rm{I}中化学计量数可知，rm{triangleS>0}且rm{triangleH>0}则rm{triangleH-TtriangleS<0}能自发进行；反应在高温下可自发进行；

故答案为：rm{triangleH-TtriangleS<0}

rm{triangleH-Ttriangle

S<0}反应rm{triangleH-Ttriangle

S<0}为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，排除rm{(2)}rm{I}只有rm{A}中反应rm{D}的活化能比反应rm{C}中小；则反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率；

故答案为：rm{I}．

rm{(1)triangleH-TtriangleS<0}的反应可自发进行；

rm{II}反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，可知反应rm{C}的活化能小；以此来解答．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应进行方向、焓变的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意rm{(1)triangleH-Ttriangle

S<0}为解答的难点，题目难度不大．rm{(2)}【解析】rm{triangleH-TtriangleS<0}rm{triangleH-Ttriangle

S<0}rm{C}11、rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}不能；醇和羧酸都失rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}所以rm{H}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；反应速率低，达不到催化剂活性温度；温度过高利于平衡逆向移动，酯产率降低；用分水器能够在反应进行时很容易的把水分离出来，从而使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率；酚酞；碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色rm{D}【分析】解：rm{(1)垄脵}酯化反应中羧酸提供羟基，醇应该氢原子，所以反应的机理可以表示为rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}由于醇和羧酸都失rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}所以rm{垄脷}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；因此不能用氢同位素示踪法揭示酯化反应原理；

故答案为：不能；醇和羧酸都失rm{H}所以rm{D}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；

rm{H}温度低，反应速率低，且达不到催化剂活性温度，所以温度不能低于rm{D}正反应是放热反应，温度过高利于平衡逆向移动，酯产率降低，所以也不能高于rm{(2)}

故答案为：反应速率低；达不到催化剂活性温度；温度过高利于平衡逆向移动，酯产率降低；

rm{85隆忙}根据装置图的结构特点可判断，用分水器能够在反应进行时很容易的把水分离出来，从而降低生成物浓度rm{85隆忙}使平衡正向移动；提高乙酸乙酯的产率；

故答案为：用分水器能够在反应进行时很容易的把水分离出来；从而使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率；

rm{(3)}由于碳酸钠溶液显碱性；能使酚酞试液显红色，所以应该滴入酚酞试液，实验现象是碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色；

故答案为：酚酞；碳酸钠层呈红色；上层的酯层呈无色．

rm{.}羧酸提供羟基，醇应该氢原子：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}rm{(4)}

rm{(1)垄脵}醇和羧酸都失rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}}所以rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}换成rm{垄脷}无法指示何种物质脱羟基；

rm{H}若温度低；影响反应速率；温度高，不利于乙酸乙酯的生成；

rm{H}装置图的结构特点可知；用分水器能够在反应进行时很容易的把水分离出来；

rm{D}碳酸钠溶液显示碱性；乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液；混合液分层，颜色不同．

本题是高考中的常见题型，难度大，综合性强，对学生的要求高rm{(2)}试题在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力．rm{(3)}【解析】rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}不能；醇和羧酸都失rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}所以rm{H}换成rm{H}无法指示何种物质脱羟基；反应速率低，达不到催化剂活性温度；温度过高利于平衡逆向移动，酯产率降低；用分水器能够在反应进行时很容易的把水分离出来，从而使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率；酚酞；碳酸钠层呈红色，上层的酯层呈无色rm{D}三、实验题(共7题，共14分)12、略

【分析】Ⅰ．（1）100mL1mol/L的NH4Cl溶液中溶质的物质的量是0.1L×1.0mol/L＝0.1mol，质量是0.1mol×53.5g/mol＝5.35g。因此如果用托盘天平称量，则质量是5.4g。①根据所给仪器可知，还缺少100mL容量瓶。②容量瓶在使用之前，必须检查是否漏水。（2）①实验室制取氨气的方程式为Ca(OH)2+NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。②氨气是碱性气体，所以干燥氨气需要用碱石灰。③氨气溶于水，生成一水合氨，溶液显碱性，所以溶液由无色变为红色。④利用氨气是碱性气体进行检验。所以检验氨气可以用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒。Ⅱ．（1）硝酸具有强氧化性，能把铜氧化，反应式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（2）在反应中由硝酸铜生成。而在酸性溶液中，硝酸盐具有氧化性，可以继续氧化铜片，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。（3）5.6LNO在标准状况下的物质的量是0.25mol，则被还原的硝酸是0.25mol。铜是12.8g，物质的量是0.2mol，则生成硝酸铜也是0.2mol，所以没有被还原的硝酸是0.4mol。因此参加反应的硝酸是0.65mol。【解析】【答案】Ⅰ．（8分）（1）5.4g；①100mL容量瓶②检查是否漏水（2）①⑴Ca(OH)2+NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O②吸收水蒸气③溶液由无色变为红色④用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒（合理即可给分)Ⅱ．（6分，每空2分）（1）3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（2）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O（3）0.65mol13、略

【分析】【解析】【答案】（1）分液漏斗；防止暴沸（2）CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O（3）A①Ｂ②Ｃ①Ｄ③或④（4）①装置中品红褪色（5）装置C中的品红溶液不褪色，D中的酸性KMnＯ４溶液(或溴水)褪色。14、略

【分析】解：无色可知一定不含Fe3+，由①可知白色沉淀为硫酸钡，则一定含SO42-；

由②可知白色沉淀为AgCl；但①中氯化钡引入氯离子；

由③可知，沉淀部分溶解，沉淀一定为氢氧化镁和氢氧化铝的混合物，且过滤，取滤液加热，无气体放出，则不含NH4+，一定含Al3+、Mg2+，不含CO32-；

综上所述，待测液中一定存在Al3+、Mg2+、SO42-离子，一定不存在CO32-、NH4+、Fe3+，不能确定的离子是Na+、Cl-；待测液中不确定离子的进一步检验方法为焰色反应检验是否含Na+，取原溶液少许加足量硝酸钡反应后，过滤，取滤液滴加硝酸银观察是否生成沉淀检验Cl-；

故答案为：Al3+、Mg2+、SO42-；CO32-、NH4+、Fe3+；Na+、Cl-；焰色反应检验是否含Na+，取原溶液少许加足量硝酸钡反应后，过滤，取滤液滴加硝酸银观察是否生成沉淀检验Cl-．

无色可知一定不含Fe3+，由①可知白色沉淀为硫酸钡，则一定含SO42-；

由②可知白色沉淀为AgCl；但①中氯化钡引入氯离子；

由③可知，沉淀部分溶解，沉淀一定为氢氧化镁和氢氧化铝的混合物，且过滤，取滤液加热，无气体放出，则不含NH4+，一定含Al3+、Mg2+，不含CO32-；以此来解答．

本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子的性质、离子之间的反应和现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氯离子的检验为易错点，题目难度不大．【解析】Al3+、Mg2+、SO42-；CO32-、NH4+、Fe3+；Na+、Cl-；焰色反应检验是否含Na+，取原溶液少许加足量硝酸钡反应后，过滤，取滤液滴加硝酸银观察是否生成沉淀检验Cl-15、（1）酚羟基、羰基和酰胺键消去反应

（2）（2）（CH3CO）2O++CH3

COOH（3）

（4）

（5）【分析】【分析】

本题考查有机物的合成与推断；有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写；是对有机会基础的综合考查，较好的考查学生信息获取与知识迁移运用，题目有利于培养学生的分析能力，难度中等。

【解答】

rm{(1)}由结构简式可知rm{D}含有酚羟基、羰基和酰胺键，rm{F}含有羟基，而生成rm{G}含有碳碳双键；可知发生消去反应；

故答案为：酚羟基、羰基和酰胺键；消去反应；rm{(2)}rm{B}到rm{C}的化学方程式为rm{(CH}rm{(2)}到rm{(2)}的化学方程式为rm{B}到rm{C}的化学方程式为rm{B}rm{C}rm{(CH}rm{{,!}_{3}}rm{CO)}rm{CO)}rm{{,!}_{2}}rm{O+}rm{O+}rm{+CH}rm{+CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH}rm{COOH}故答案为：rm{(CH}故答案为：

rm{(CH}rm{{,!}_{3}}经还原得到rm{CO)}rm{CO)}的分子式为rm{{,!}_{2}}rm{O+}rm{O+}rm{+CH}rm{+CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH}rm{娄赂=dfrac{14隆脕2+2-16}{2}=7}由rm{COOH}的结构简式可知中含有rm{(3)E}键，发生还原反应生成rm{F}rm{E}的结构简式为

故答案为：rm{C}的一种同分异构体：rm{14}能发生银镜反应，说明含有醛基；rm{14}能发生水解反应，其水解产物之一能与rm{H}溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有rm{17}结构；rm{17}分子中只有rm{O}种不同化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为

故答案为：

rm{3}甲苯和rm{3}为原料制备可先由甲苯发生硝化反应，生成邻rm{N}硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成氧化可生成流程为

故答案为：

rm{娄赂=dfrac

{14隆脕2+2-16}{2}=7}【解析】rm{(1)}酚羟基、羰基和酰胺键消去反应rm{(2)}rm{(2)}rm{(2)}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{CO)}rm{CO)}

rm{2}rm{2}rm{O+}

rm{O+}rm{+CH}16、略

【分析】解：rm{(1)}装置甲：分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应rm{Zn+2HCl篓TZnCl_{2}+H_{2}隆眉}同时发生rm{2CrCl_{3}+Zn篓T2CrCl_{2}+ZnCl_{2}}该反应的离子反应为：rm{2Cr^{3+}+Zn篓T2Cr^{2+}+Zn^{2+}}

故答案为：rm{2Cr^{3+}+Zn篓T2Cr^{2+}+Zn^{2+}}

rm{(2)}实验开始生成rm{H_{2}}气后，为使生成的rm{CrCl_{2}}溶液与rm{CH_{3}COONa}溶液顺利混合，打开rm{K_{2}}关闭rm{K_{1}}把生成的rm{CrCl_{2}}溶液压入装置乙中反应；

故答案为：关闭rm{k_{1}}打开rm{k_{2}}

rm{(3)}二价铬不稳定；极易被氧气氧化，装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入；

故答案为：防止空气进入装置乙中氧化rm{Cr^{2+}}

rm{(4)}醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，所以可以选用冷水和乙醚洗涤rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2})]_{2}?2H_{2}O}产品；

故答案为：rm{C}

rm{(5)CrCl_{3}}为rm{dfrac{9.51g}{158.5g/mol}=0.06mol}得到rm{dfrac

{9.51g}{158.5g/mol}=0.06mol}为rm{CrCl_{2}}而rm{0.06mol}为rm{CH_{3}COONa}由方程式可知rm{1.5mol}足量，则得到rm{CH_{3}COONa}为rm{0.06mol隆脕dfrac{1}{2}隆脕376g/mol=11.28g}所得产品的产率为rm{dfrac{9.4g}{11.2g}隆脕100%=83.3%}

故答案为：rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}

rm{0.06mol隆脕dfrac

{1}{2}隆脕376g/mol=11.28g}向废液中通入足量的空气或氧气，将rm{dfrac

{9.4g}{11.2g}隆脕100%=83.3%}氧化为rm{83.3%}铬的离子沉淀完全时，浓度应小于rm{(6)}根据rm{Cr^{2+}}此时溶液中rm{Cr^{3+}}溶液rm{pH=-lgc(H^{+})=-lgdfrac{10^{-14}}{4times10^{-9}}=5.6}

故答案为：rm{10^{-5}mol/L}．

rm{Ksp[Cr(OH)_{3}]=c(Cr^{3+})隆脕c^{3}(OH^{-})=6.3隆脕10^{-31}}一定条件下，rm{c(OH^{-})=4隆脕10^{-9}}受热得到rm{pH=-lgc(H^{+})=-lgdfrac

{10^{-14}}{4times10^{-9}}=5.6}和rm{5.6}的混合气体，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，rm{(7)}能够在加热条件下还原rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}据此可检验二者，具体方法为：混合气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明混合气体中含有rm{CO}混合气体通入灼热的rm{CO_{2}}固体颜色由黑色变为红色，说明混合气体中含有rm{CO}

答：混合气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明混合气体中含有rm{CuO}混合气体通入灼热的rm{CO_{2}}固体颜色由黑色变为红色，说明混合气体中含有rm{CuO}．

装置甲：分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应rm{CO}同时发生rm{CO_{2}}生成氢气，用来增大压强把生成的rm{CuO}溶液压入装置乙中；装置乙：rm{CO}装置丙是保持装置压强平衡，同时避免空气进入．

rm{Zn+2HCl篓TZnCl_{2}+H_{2}隆眉}根据三颈烧瓶中发生的反应进行分析；

rm{2CrCl_{3}+Zn篓T2CrCl_{2}+ZnCl_{2}}实验开始生成rm{CrCl_{2}}气后，为使生成的rm{2Cr^{2+}+4CH_{3}COO^{-}+2H_{2}O篓T[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O隆媒}溶液与rm{(1)}溶液顺利混合，打开rm{(2)}关闭rm{H_{2}}把生成的rm{CrCl_{2}}溶液压入装置rm{CH_{3}COONa}中反应；

rm{K_{2}}装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入；

rm{K_{1}}醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚；微溶于醇，易溶于盐酸，据此选择洗涤试剂；

rm{CrCl_{2}}为rm{3}得到rm{(3)}为rm{(4)}而rm{(5)CrCl_{3}}为rm{0.06mol}由方程式可知rm{CrCl_{2}}足量，根据rm{0.06mol}计算rm{CH_{3}COONa}的理论产量；进而计算其产率；

rm{1.5mol}向废液中通入足量的空气或氧气，将rm{CH_{3}COONa}氧化为rm{CrCl_{2}}根据rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}计算溶液中rm{(6)}再结合水的离子积计算rm{Cr^{2+}}溶液rm{Cr^{3+}}

rm{Ksp[Cr(OH)_{3}]=c(Cr^{3+})隆脕c^{3}(OH^{-})=6.3隆脕10^{-31}}先用澄清石灰水检验二氧化碳，然后用灼热的氧化铜检验rm{c(OH^{-})}据此涉及检验方案．

本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算等知识，注意对题目信息的提取与应用，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力．rm{c(H^{+})}【解析】rm{2Cr^{3+}+Zn篓T2Cr^{2+}+Zn^{2+}}关闭rm{k_{1}}打开rm{k_{2}}防止空气进入装置乙中氧化rm{Cr^{2+}}rm{C}rm{83.3%}rm{5.6}17、略

【分析】【解析】【答案】(16分)(1)①防止暴沸(2分)；冷凝(2分)。②防止环己烯的挥发。(2分)(2)①上(1分)；C。(1分)②g(1分)；除去水分。(2分)③83℃(2分)；C。(1分)（3）B、C。(2分，漏选得1分，有错选不得分)18、（1）酸式滴定管（移液管）

（2）26.10

（3）滴入最后一滴标准液，溶液由红色变无色且半分钟不变化

（4）80%

（5）ab【分析】【分析】本题考查酸碱中和滴定知识，难度不大，掌握有关中和滴定知识是解答的关键。【解答】rm{(1)}量取盐酸可以用酸式滴定管或移液管；量取盐酸可以用酸式滴定管或移液管；rm{(1)}从图中可以看出形如为rm{(2)}从图中可以看出形如为rm{0.00mL}最后为rm{26.10mL}故应当为rm{26.10mL}最后为rm{(2)}故应当为rm{0.00mL}rm{26.10mL}因酚酞是滴入碱中，故开始时是红色，最后变为无色则达终点，故现象应当为：滴入最后一滴标准液，溶液由红色变无色且半分钟不变化；rm{26.10mL}因最后一次数值与前两次差别太多，不可靠，故不要，用前两次的数计算，盐酸体积为：rm{dfrac{20.60-0.70+24.10-4.00}{2}=20.00mL}则烧碱浓度为：rm{dfrac{20.00mL隆脕0.20mol/L}{10.00mL}=0.40mol/L}所以烧碱纯度为：rm{dfrac{0.40mol/L隆脕0.25L隆脕40g/mol}{5.0g}隆脕100拢楼=80拢楼}rm{(3)}因酚酞是滴入碱中，故开始时是红色，最后变为无色则达终点，故现象应当为：rm{(3)}部分标准液滴出锥形瓶外，则所加的酸过量，则碱的量也会变多，故会浓度偏大；rm{(4)}用待测溶液润洗锥形瓶会使碱过量，则用盐酸过多，同样会使浓度偏大；rm{

dfrac{20.60-0.70+24.10-4.00}{2}=20.00mL}锥形瓶洗净后还留有蒸馏水，没会影响浓度；rm{

dfrac{20.00mL隆脕0.20mol/L}{10.00mL}=0.40mol/L}放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失会使碱量变少，则所用盐酸体积偏小，故浓度会偏小。rm{

dfrac{0.40mol/L隆脕0.25L隆脕40g/mol}{5.0g}隆脕100拢楼=80拢楼}rm{(5)}【解析】rm{(1)}酸式滴定管rm{(}移液管rm{)}rm{(2)26.10}rm{(3)}滴入最后一滴标准液，溶液由红色变无色且半分钟不变化rm{(4)80%}rm{(5)ab}四、有机推断题(共4题，共40分)19、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=CH220、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=CH221、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++HCl22、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