2025年湘教版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年湘教版高二化学下册月考试卷856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、下列关于硝酸的叙述正确的是（）

A.稀硝酸是弱酸；浓硝酸是强酸。

B.铜与浓硝酸和稀硝酸都能反应生成二氧化氮。

C.浓硝酸和稀硝酸都是强氧化剂。

D.稀硝酸与活泼金属反应主要放出氢气；而浓硝酸则使金属钝化。

2、下列说法中正确的是（）A.s区都是金属元素B.s区都是主族元素C.稀有气体在ds区D.所有非金属元素都在p区3、水的电离过程为H2OH++OH-,在不同温度下其平衡常数为Kw(25℃)=1.0×10-14，Kw(35℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是A.c(H+)随着温度升高而降低B.在35℃时，c(H+)>c(OH-)C.蒸馏水中通HCl，Kw增大D.水的电离是吸热的4、人体就像一个复杂的“化学工厂”。在下列食物中，不能给这个“化学工厂”提供能量的是()A.鸡蛋B.花生油C.矿泉水D.馒头5、剧毒物质二恶英，其结构为已知它的二氯代物有10种，则其六氯代物有A.15种B.11种C.10种D.5种6、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.食品保鲜膜rm{.}塑料水杯等生活用品的主要成分是聚乙烯．B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D.磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸，便于人体吸收7、根据下表提供的数据；判断下列离子方程式或化学方程式正确的是（）

。化学式电离常数HClOK=3×10-8H2CO3K1=4×10-7K2=6×10-11A.向NaClO溶液中通少量CO2：CO2+NaClO+H2O═NaHCO3+HClOB.向NaClO溶液中通过量CO2：CO2+2NaClO+H2O═Na2CO3+2HClOC.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO32-+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑D.向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO3-+Cl2═Cl-+ClO-+2CO2↑+H2O评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、现用98%的浓H2SO4（=1．84g/cm3）配制成浓度为0．5mol/L的稀硫酸500mL。（1）请将下列操作按正确的序号填在横线上：A．用量筒量取浓H2SO4B．反复颠倒摇匀C．用胶头滴管加水至刻度D．洗净烧杯内壁和玻璃棒，并将洗液转至容量瓶E．稀释浓H2SO4F．将溶液转入容量瓶其操作正确顺序为_____________（2）简要回答下列问题：①所需浓H2SO4的体积为________mL。②如果实验室有15mL,20mL,25mL的量筒，选用_______mL的量筒最好。量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取将使实验最终结果______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。③将浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，不断搅拌的目的是_______，若搅拌过程中有液体溅出，会使最终结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。④在转入容量瓶前烧杯中液体应_______，否则会使浓度_______；洗涤烧杯2～3次，洗液也要转入容量瓶，否则会使最终结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。⑤定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使结果_______，仰视会使结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。9、(9分)已知>C=C<可被酸性高锰酸钾溶液氧化成二元醇，如：现以甲基丙烯为原料合成有机玻璃和环状化合物E(C8H12O4):(1)试写出下列的结构简式:B______________C_____________E_______________(2)反应方程式:B→E_____________________________________________；B→C_____________________________________________；C→D_____________________________________________。10、请按要求回答下列问题：

（1）用离子方程式表示明矾净水的原因：______；

（2）请写出H2SO3的电离方程式：______；

（3）用离子方程式表示泡沫灭火器〔内有Al2（SO4）3和NaHCO3溶液〕的使用原理：______；

（4）羟基的电子式是______；

（5）烃的正确系统命名为______．11、研究和开发rm{CO_{2}}和rm{CO}的创新利用是环境保护和资源利用双赢的课题。在催化剂作用下，rm{CO}可用于合成甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{(1)}分离高炉煤气得到的rm{CO}与空气可设计成燃料电池rm{(}以rm{KOH}溶液为电解液rm{)}写出该电池的负极反应式：___________________。rm{(2)}若在恒温恒压的条件下，向密闭容器中充入rm{4molCO}和rm{8molH_{2}}合成甲醇，平衡时rm{CO}的转化率与温度、压强的关系如图rm{(}背面rm{)}所示：

rm{垄脵}该反应的正反应属于_________反应rm{(}填“吸热”或“放热”rm{)}rm{垄脷}在rm{0.1MPa}rm{100隆忙}的条件下，该反应达到平衡时容器内气体的物质的量为____rm{mol}rm{(3)}某温度下，将rm{2.0molCO}和rm{6.0molH_{2}}充入rm{2L}的密闭容器中，达到平衡时测得rm{c(CO)=0.25mol/L}rm{CO}的转化率rm{=}________，此温度下的平衡常数rm{K=}____rm{(}保留二位有效数字rm{)}rm{(4)}在上述合成甲醇的反应中需要用到rm{H_{2}}做反应物，以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知：

rm{垄脵CH_{4}(g)+H_{2}O(g)=}rm{CO(g)+3H_{2}(g)triangleH=+206.2kJmol^{-1}}

rm{CO(g)+3H_{2}(g)triangle

H=+206.2kJmol^{-1}}rm{垄脷CH}rm{垄脷CH}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+CO}rm{(g)+CO}rm{(g)triangleH=+247.4kJmol}rm{{,!}_{2}}则rm{(g)=2CO(g)+2H}和rm{(g)=2CO(g)+2H}反应生成rm{{,!}_{2}}和rm{(g)triangle

H=+247.4kJmol}的热化学方程式为：_____________________________________________。rm{(g)triangle

H=+247.4kJmol}12、（9分）已知A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，A～I均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如下图所示。（部分生成物和反应条件已略去）请回答下列问题：（1）写出组成物质D的元素在周期表中的位置：___________________。（2）①写出反应①的化学方程式：______________________________。②由E的饱和溶液可以制得胶体，用化学方程式表示该过程的原理是_________________________。（3）已知G的水溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）_________。（4）J在H2O2分解反应中作催化剂。若将适量J加入酸化的H2O2溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是___________________。13、把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____（填化学式）．14、根据所学知识完成下列填空．rm{(1)196gH_{2}SO_{4}}的物质的量是_______rm{mol}其中含有______rm{molH}和_______rm{molO}rm{(2)}某气体rm{1.4g}在标准状况时的体积为rm{11.2L}该气体的摩尔质量是_______。rm{(3)}火山喷发，持续时间长，产生大量的火山灰，同时引起空气中rm{SO_{2}}含量增加，可能导致周边地区的环境问题是_______rm{(}填“酸雨”或“温室效应”rm{)}rm{(4)}干冰可用于人工降雨，其化学式为_______。15、呼吸面具中常用rm{Na_{2}O_{2}}来做供氧剂，发生反应rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}在反应中rm{Na_{2}O_{2}}是：______rm{CO_{2}}是：______rm{(}填氧化剂，还原剂，既不是氧化剂也不是还原剂rm{)}若有rm{1mol}的rm{O_{2}}生成，转移了______rm{mol}的电子；rm{Na_{2}O_{2}}中阴阳离子个数比______；rm{0.5mol}rm{CO_{2}}中，有______rm{mol}电子，______rm{mol}碳原子，在标准状况下所占有的体积______，含有的rm{O}原子个数______，摩尔质量______．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、元素或物质推断题(共4题，共28分)20、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）。21、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：_____________。22、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）。23、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_______评卷人得分五、原理综合题(共1题，共3分)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)

_______________评卷人得分六、解答题(共4题，共20分)25、A；B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质．B、E均为组成空气的成分．F的焰色反应呈黄色．在G中；非金属元素与金属元素的原子个数比为1：2．在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图所示（图中部分产物未列出）：

请填写下列空白：

（1）A是______；C是______．

（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是：______．

（3）写出E只与F反应的化学方程式是：______．

（4）F与G的水溶液恰好反应只生成I和D的离子方程式是：______．

26、如图所示；用甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池做电源，对A；B装置通电一段时间后，发现有1.6g甲醇参加反应且③电极增重（假设工作时无能量损失）．

请回答下列问题：

（1）分别指出F电极；②电极的名称______、______．

（2）④电极的反应式：______．E电极的反应式：______．

①电极上产生的实验现象是______．

（3）若A池中原混合液的体积为500mL，CuSO4、K2SO4浓度均为0.1mol/L；电解过程中A池中共收集到标准状况下的气体______L．

27、如图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极；电极c；d都是石墨电极．通电一段时间后，只在c、d两极上共收集到336mL（标准状态）气体．回答：

（1）直流电源中；M为______极．

（2）Pt电极上生成的物质是______；其质量为______g．

（3）请写出C电极的电极反应式______．

（4）AgNO3溶液的浓度（填增大、减小或不变．下同）______，H2SO4溶液的pH______．

（5）H2SO4溶液质量分数由5.00%变为5.02%，则原5.00%H2SO4溶液为______g．

28、工业上制硫酸的主要反应如下：4FeS2+11O2═2Fe2O3+8SO2；2SO2+O22SO3；SO3+H2O═H2SO4用含FeS280%的硫铁矿生成硫酸，已知该矿石的利用率为95%，SO2的转化率为90%，SO3的吸收过程中损失率为2%．求生产500t98%的硫酸需矿石的质量．（要写出简单计算过程）

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】

A．硝酸为强电解质；能完全电离，所以无论是稀硝酸还是浓硝酸都是强酸，故A错误；

B．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮；铜和稀硝酸反应生成NO，故B错误；

C．浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性，都有NO3-表现出；故C正确；

D．稀硝酸与活泼金属反应生成NO；浓硝酸能使铁；铝钝化，但不能使所用金属钝化，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】A．硝酸为强电解质；能完全电离；

B．铜和稀硝酸反应生成NO；

C．浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性；

D．稀硝酸与活泼金属反应生成NO；浓硝酸能使铁；铝钝化．

2、B【分析】区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级名称，A、D不正确，因为氢元素是非金属，位于s区。B正确，稀有气体是p区，C不正确，答案选B。【解析】【答案】B3、D【分析】【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】本题难度不大，掌握六大类营养素的种类、各种营养素的生理功能与食物来源等是正确解答此类题的关键。【解答】A.鸡蛋中富含蛋白质；能为人体提供能量，故选项错误；

B.花生油中富含油脂；能为人体提供能量，故选项错误；

C.矿泉水中不含有糖类；油脂和蛋白质；不能为人体提供能量，故选项正确；

D.馒头中富含淀粉；淀粉属于糖类，能为人体提供能量，故选项错误。

故选C。【解析】rm{C}5、C【分析】试题分析：二恶英两个苯环上课被取代的氢的位置一共是8个，它的二氯代物的种数与六氯代物的种数相同。所以六氯代物也有10种。所以正确选项为C。考点：考查的知识。【解析】【答案】C6、A【分析】【分析】本题考查化学与生活的联系，物质的性质、成分的判断等知识。只要记住相应的基础知识就能得出结论。【解答】A.食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚乙烯，故A正确；B.棉、麻、淀粉都属于多糖，是高分子化合物，其分子的聚合度不同，所以不能互为同分异构体，故B错误；C.花生油是液态油，其成分主要是不饱和酯，而牛油是固态油，其成分主要是饱和酯，故C错误；D.豆浆加热煮沸属于蛋白质的变性而不是发生了水解反应生成氨基酸，故D错误。故选A。

【解析】rm{A}7、A【分析】解：依据电离常数分析可知酸性为：H2CO3＞HClO＞HCO3-；根据强酸可以制取弱酸分析：

A．向NaClO溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；故A正确；

B．向NaClO溶液中通入足量CO2，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，正确的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；故B错误；

C．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，正确的离子方程式应为：2CO32-+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO3-；故C错误；

D．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，氯水中的盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能与碳酸氢钠反应，产物为次氯酸，正确的离子方程式为：HCO3-+Cl2=Cl-+HClO+CO2↑；故D错误；

故选：A。

依据电离常数可知酸性大小为：H2CO3＞HClO＞HCO3-。

A．向NaClO溶液中通入少量CO2；反应生成碳酸氢钠和次氯酸；

B．向NaClO溶液通入足量CO2；反应生成碳酸氢钠和次氯酸；

C．Na2CO3溶液中滴入氯水；次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠；

D．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水；氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠；二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物为次氯酸。

本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写，题目难度中等，试题侧重考查酸性强弱对反应物的影响，注意掌握离子方程式的书写原则，明确电离常数与酸性强弱的关系为解答关键。【解析】A二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】试题分析：（1）本题考查一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤；操作步骤有计算、量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其操作正确顺序为AEFDCB；（2）①根据计算浓H2SO4的物质的量浓度为18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x=13.6mL；②量取13.6mL浓硫酸，需要使用15mL的量筒；量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取，浓硫酸被蒸馏水稀释，导致浓硫酸的浓度偏低，将使实验最终结果偏低；③浓硫酸稀释放热，将浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，不断搅拌的目的是防止暴沸，使稀释浓硫酸产生的热量及时散发出去，若搅拌过程中有液体溅出，溶质损失，会使最终结果偏低；④浓硫酸稀释放热，溶液的温度升高，转移前必须冷却稀释的溶液，否则冷却后配制的溶液的体积偏低，最终导致浓度偏高；洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗液也要转入容量瓶，否则会使配制的溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低；⑤定容时俯视，导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高；若仰视，导致溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏低。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制。【解析】【答案】（1）AEFDCB；（2）①13．6②15偏低③防止暴沸，使稀释浓硫酸产生的热量及时散发出去偏低④静置冷却偏高偏低⑤偏高偏低（每一个空1分）9、略

【分析】【解析】【答案】（9分）（1）（2）10、略

【分析】解：（1）明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

（2）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-；

故答案为：H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；

（3）Al2（SO4）3溶液水解成酸性，NaHCO3溶液水解成碱性，二者发生互促水解生成Al（OH）3和CO2，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（4）羟基中氧原子与氢原子共用一对电子，电子式为：故答案为：

（5）根据烷烃的命名原则：的名称为：3；4-二甲基-4-乙基庚烷；

故答案为：3；4-二甲基-4-乙基庚烷．

（1）明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；

（2）亚硫酸是多元弱酸分步电离；用可逆号表示；

（3）Al2（SO4）3溶液与NaHCO3溶液发生互促水解生成Al（OH）3和CO2；

（4）根据电子式的书写规则写出电子式；

（5）根据烷烃的命名原则命名．

本题考查了盐类水解的应用，常用化学用语的书写，题目难度不大，注意多元弱酸分部电离．【解析】Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；3，4-二甲基-4-乙基庚烷11、（1）CO+4OH－—2e－＝CO32－+2H2O（2）①放热，②8mol（3）75%，1.3（4）CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165.0kJmol﹣1【分析】【分析】本题考查平衡常数、化学平衡计算、化学平衡的影响因素及读图能力等，综合性较大，难度中等，应加强平时知识的积累，注意利用定一议二原则分析图象。

【解答】

rm{(1)CO-O}rm{(1)CO-O}rm{{,!}_{2}}以燃料电池rm{(}以rm{KOH}溶液为电解液rm{)}一氧化碳在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳在溶液中生成碳酸钾，原电池负极电极反应为：rm{CO+4OH}溶液为电解液rm{(}一氧化碳在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳在溶液中生成碳酸钾，原电池负极电极反应为：rm{KOH}rm{)}rm{CO+4OH}rm{{,!}^{-}}rm{-2e}rm{-2e}rm{{,!}^{-}}rm{=CO}rm{=CO}

rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{CO+4OH}rm{CO+4OH}rm{{,!}^{-}}

rm{-2e}rm{-2e}由图可知，压强一定时，随温度升高，rm{{,!}^{-}}的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；rm{=CO}转化率为rm{=CO}则平衡时rm{{,!}_{3}^{2-}}的物质的量为rm{+2H}

rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{(2)}

rm{垄脵}由图可知，压强一定时，随温度升高，rm{CO}的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；rm{垄脵}rm{CO}

rm{垄脷CO}转化率为rm{0.5}则平衡时rm{CO}的物质的量为rm{4mol隆脕(1-0.5)=2mol}rm{垄脷CO}rm{0.5}

rm{CO}rm{4mol隆脕(1-0.5)=2mol}rm{CO(g)+2H}

rm{CO(g)+2H}故答案为：rm{{,!}_{2}}

rm{(g)?CH}将rm{(g)?CH}和rm{{,!}_{3}}rm{OH(g)}rm{OH(g)}的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得起始rm{(mol)4}rm{8}rm{0}则

rm{(mol)4}rm{8}rm{0}变化rm{(mol)2}rm{4}rm{2}rm{(mol)2}

rm{4}rm{2}平衡rm{(mol)2}rm{4}rm{2}

rm{(mol)2}rm{4}rm{2}

反应达到平衡时容器内气体的物质的量为rm{2+4+2=8mol}故答案为：rm{8}rm{2+4+2=8mol}rm{8}

rm{(3)}将rm{2.0molCO}和rm{6.0molH}的转化率rm{dfrac{0.75}{1}隆脕100%=75%}此温度下的化学平衡常数

rm{(3)}rm{2.0molCO}

rm{6.0molH}已知rm{{,!}_{2}}充入rm{2L}的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得rm{c(CO)=0.25mol/L}则rm{2L}rm{c(CO)=0.25mol/L}rm{CO(g)+2H}rm{CO(g)+2H}rm{(g)triangleH=+206.2kJ?mol}rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓TCH}

rm{(g)篓TCH}rm{{,!}_{3}}rm{OH(g)}rm{OH(g)}初始浓度：rm{1.0}rm{3.0}rm{0}rm{1.0}rm{(g)triangleH=+247.4kJ?mol}rm{3.0}rm{0}

变化浓度：rm{0.75}rm{1.5}rm{0.75}得rm{0.75}rm{1.5}rm{0.75}平衡浓度：rm{0.25}rm{1.5}rm{0.75}rm{0.25}rm{1.5}rm{0.75}rm{CO}的转化率rm{dfrac{0.75}{1}

隆脕100%=75%}此温度下的化学平衡常数rm{CO}rm{dfrac{0.75}{1}

隆脕100%=75%}故答案为：rm{75%}rm{1.3}rm{75%}

rm{1.3}rm{(4)}已知rm{垄脵CH}rm{(4)}rm{垄脵CH}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+H}rm{(g)+H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)triangleH=+165.0kJ?mol}rm{O(g)=CO(g)+3H}

rm{O(g)=CO(g)+3H}

。rm{{,!}_{2}}

【解析】rm{(1)CO+}rm{4OH^{-}隆陋2e^{-}=CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}rm{4OH^{-}隆陋2e^{-}=CO_{3}^{2-}+

2H_{2}O}放热，rm{(2)垄脵}rm{垄脷}rm{8}rm{mol}rm{(3)75%}rm{(4)CH_{4}(g)+2H_{2}O(g)篓TCO_{2}(g)+4H_{2}(g)triangleH=+165.0kJmol^{-1}}rm{1.3}12、略

【分析】试题分析：根据题意可知：A是H元素；B是Al元素；C是Cl元素；D是Fe元素；E是FeCl3；F是Fe3O4；G是NaAlO2；H是Al2O3；J是MnO2；I是浓HCl。（1）组成物质D的元素在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；（2）①写出反应①的化学方程式是：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；②由E的饱和溶液可以制得胶体，用化学方程式表示该过程的原理是FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；（3）NaAlO2是强碱弱酸盐，若酸的酸根离子水解消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终溶液中的OH-的浓度大于H+的浓度，所以该盐的水溶液显碱性，其原因用离子方程式表示为AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-；（4）J在H2O2分解反应中作催化剂。若将适量J加入酸化的H2O2溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式、离子方程式的书写、盐的水解等知识。【解析】【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；（2）①8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；②FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl（3）AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-（4）MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。13、Fe2O3【分析】【解答】解：FeCl3溶液在加热时水解生成Fe（OH）3，生成的HCl易挥发，水解彻底，最终生成Fe（OH）3，在加强热时，Fe（OH）3不稳定，分解生成Fe2O3．故答案为：Fe2O3．

【分析】氯化铁溶液在加热时水解生成Fe（OH）3，Fe（OH）3在加热条件下分解生成Fe2O3．14、（1）248

（2）28g/mol

（3）酸雨

（4）CO2

【分析】【分析】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式的运用，把握做题思路，难度不大。【解答】rm{(1)}硫酸的相对分子质量为rm{98}硫酸的摩尔质量为rm{98g/mol}rm{;nleft({H}_{2}S{O}_{4}right)=;dfrac{196g;}{98g/mol};=2mol}含有的rm{;nleft({H}_{2}S{O}_{4}right)=;

dfrac{196g;}{98g/mol};=2mol}原子物质的量为：rm{H}含有的rm{2mol隆脕2=4mol}原子物质的量为：rm{O}故答案为：rm{2mol隆脕4=8mol}rm{2}rm{4}rm{8}该气体的物质的量为rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}则该气体的摩尔质量为rm{dfrac{1.4g}{0.5mol}=28g/mol}故答案为：rm{(2)}rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol

}rm{dfrac{1.4g}{0.5mol}=28g/mol

}rm{28g/mol}rm{(3)}空气中rm{SO}干冰为固态的二氧化碳，其化学式为rm{SO}rm{{,!}_{2}}

含量增加，可能导致周边地区的环境问题是酸雨，故答案为：酸雨；【解析】rm{(1)2}rm{4}rm{8}rm{(2)28g/mol}rm{(3)}酸雨rm{(4)CO_{2;;;}}

15、略

【分析】解：发生反应rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}在反应中rm{Na_{2}O_{2}}是既是氧化剂也是还原剂，二氧化碳中各元素的化合价不变，所以二氧化碳既不是氧化剂也不是还原剂，若有rm{1mol}的rm{O_{2}}生成，转移了rm{2mol}的电子；rm{Na_{2}O_{2}}中阴离子为过氧根离子，所以阴阳离子个数比rm{2}rm{1}rm{0.5molCO_{2}}中，有rm{0.5隆脕(6+8隆脕2)=11mol}电子，rm{0.5mol}碳原子，在标准状况下所占有的体积rm{0.5隆脕22.4L/mol=11.2L}含有的rm{O}原子个数rm{0.5隆脕2隆脕N_{A}=N_{A}}摩尔质量rm{44g/mol}

故答案为：既是氧化剂也是还原剂；既不是氧化剂也不是还原剂；rm{2}rm{1}rm{2}rm{11}rm{0.5}rm{11.2L}rm{N_{A}}rm{44g/mol}．

由方程式可知反应中只有rm{O}元素的化合价发生变化，反应中rm{Na_{2}O_{2}}既是氧化剂又是还原剂；根据化合价的变化判断电子转移的数目，由此分析解答．

本题考查氧化还原反应，题目难度不大，解答该类题目的关键是能把握元素的化合价的变化，注意有关物理量转化过程中公式的使用．【解析】既是氧化剂也是还原剂；既不是氧化剂也不是还原剂；rm{2}rm{1}rm{2}rm{11}rm{0.5}rm{11.2L}rm{N_{A}}rm{44g/mol}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、元素或物质推断题(共4题，共28分)20、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）221、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H222、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）223、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的混合物五、原理综合题(共1题，共3分)24、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；六、解答题(共4题，共20分)25、略

【分析】

F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数D＞C，故D为硫；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A为碳，因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3．

（1）由以上分析可知；A为碳，C为金属钠，故答案为：碳；钠；

（2）H是Na2CO3，与盐酸反应生成二氧化碳和水，反应的为Na2CO3+2HCl═CO2↑+H2O+2NaCl；

故答案为：Na2CO3+2HCl═CO2↑+H2O+2NaCl；

（3）E与F反应为CO2和Na2O2的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；

故答案为：2CO2+