2025年粤教版高二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年粤教版高二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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、空气是人类宝贵的自然资源．下列有关空气的说法错误的是（）A.液氮可用作制冷剂B.氧气可用作火箭发射的燃料C.氦气可用来填充探空气球D.二氧化碳是植物进行光合作用必需的物质2、已知反应：rm{2H_{2}O_{2}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}下列条件下，反应速率最大的是rm{(}rm{)}A.rm{10隆忙}rm{5mL}rm{3%H_{2}O_{2}}溶液B.rm{10隆忙}rm{5mL}rm{5%H_{2}O_{2}}溶液C.rm{30隆忙}rm{5mL}rm{5%H_{2}O_{2}}溶液D.rm{30隆忙}rm{5mL}rm{5%H_{2}O_{2}}溶液且加入少量rm{MnO_{2}}3、不能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色的是rm{(}rm{)}A.乙烯B.聚乙烯C.丙烯D.乙炔4、表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为个B.盛有的密闭容器中含有个氧原子，则的物质的量为0.5molC.17.6g丙烷中所含的极性共价键为个D.电解精炼铜时，若阴极得到电子数为个，则阳极质量减少64g5、rm{25隆忙}时将水不断滴入rm{0.1}rm{mol}rm{/L}的氨水中；下列变化的图象合理的是()

A.B.C.D.6、已知rm{HB}在溶液中的电离方程式：rm{H_{2}B=H^{+}+HB^{-}}rm{HB^{-}rightleftharpoonsH^{+}+B^{2-}}下列叙述一定正确的是rm{HB^{-}rightleftharpoons

H^{+}+B^{2-}}rm{(}A.rm{)}溶液存在rm{Na_{2}B}B.rm{H_{2}B}溶液一定显碱性C.rm{NaHB}溶液一定显酸性D.rm{NaHB}溶液与稀盐酸反应的离子方程式是rm{NaHB}rm{HB^{-}+H^{+}=H_{2}B}7、物质的量浓度相同的下列溶液中，rm{NH_{4}^{+}}浓度最大的是rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}Cl}B.rm{NH_{4}HSO_{4}}C.rm{CH_{3}COONH_{4}}D.rm{NH_{3}?H_{2}O}8、已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液；Na2S溶液的反应情况如下：

（1）CuSO4+Na2CO3主要：Cu2++CO32-+H2O→Cu（OH）2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32-→CuCO3↓

（2）CuSO4+Na2S主要：Cu2++S2-→CuS↓次要：Cu2++S2-+2H2O→Cu（OH）2↓+H2S↑

下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）A.Cu（OH）2＞CuCO3＞CuSB.CuS＞Cu（OH）2＞CuCO3C.CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3D.Cu（OH）2＜CuCO3＜CuS评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（8分）取3.40g只含羟基，不含其他官能团的液态饱和多元醇，置于5.00L氧气中，经点燃，醇完全燃烧，反应后气体体积减少0.56L，将气体经CaO吸收，体积又减少2.80L（所有气体体积均在标准状况下测定）。（1）3.40g醇中C、H、O物质的量分别为：C________mol，H________mol，O________mol，该醇中C、H、O的原子个数比为__________。（2）由以上比值能否确定该醇的分子式__________（填“能”或“否”）。其原因是____________。（3）如果将多元醇的任意一个羟基换成一个卤原子，所得到的卤代物都只有1种，写出该饱和多元醇的结构简式_____________________。10、（13分）某强酸性溶液X可能含有Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）气体F为____________。（2）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是_______，不能确定是否含有的离子是____。（3）写出生成A的离子方程式：_________________。（4）通常可以利用KClO在碱性条件下氧化G来制备一种新型、高效、多功能水处理剂K2FeO4．请写出制备过程中的离子方程式__________________。11、已知CN-与N2结构相似，HCN分子中σ键与π键数目之比为______．12、某校化学兴趣小组学生为了探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性强弱；该校学生先组装了如图的实验装置（夹持仪器已略去）．进行了下述一些实验：

（1）某生检查装置A的气密性时，先关闭止水夹，从左管向U型管内加水，至左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U型管两侧液面差不发生变化，则气密性良好．你认为该学生的操作正确与否？____（填“正确”或“错误”）

（2）大理石与乙酸溶液反应的化学方程式为____

（3）装置A中反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，实验现象为____，反应的离子方程式为____．

（4）有学生认为（2）中的实验现象不足以证明碳酸的酸性比苯酚强，他的理由是____．改进该装置的方法是____．

13、（16分）在一个固定体积的密闭容器中发生某反应，当改变其他反应条件，在I、II、III阶段，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：（1）该反应的化学方程式为（物质用图中的“A”、“B”、“C”表示），该反应在第I阶段的平衡常数为。（2）第III阶段，从开始至平衡，用B表示的平均反应速率为；（3）第I阶段，A的转化率为；第III阶段达平衡后，C的体积分数为;（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是，采取的措施是；（5）已知第Ⅱ阶段反应温度（T2）低于第III阶段反应温度（T3），则该反应的正反应△H0（填“<”或“>”）14、实验室用电石制取乙炔的装置如下图所示；请填空：

（1）写出仪器的名称：①是______，②是______；

（2）制取乙炔的化学方程式是______；

（3）仪器①中加入的是______，其目的是______；

（4）将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是______；

乙炔发生了______反应（填“加成”或“取代”或“氧化”；下同）；

（5）为了安全，点燃乙炔前应______，乙炔燃烧时的实验现象是______．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)15、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__________________________________．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。18、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)19、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___。20、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________%。21、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)。22、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分五、推断题(共3题，共27分)23、香豆素的主要成分是芳香内酯rm{A}rm{A}经下列步骤转化为水杨酸。

已知：rm{垄脵CH_{3}CH篓TCHCH_{2}CH_{3}xrightarrow[垄脵KMnO_{4}隆垄OH^{-}]{垄脷H_{3}O^{+}}CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}COOH}rm{垄脷R隆陋CH篓TCH_{2}xrightarrow[HBr]{鹿媒脩玫禄炉脦茂}R隆陋CH_{2}隆陋CH_{2}隆陋Br}

rm{(1)}下列有关rm{A}rm{B}rm{C}的叙述中不正确的是________rm{(}填序号rm{)}下列有关rm{(1)}rm{A}rm{B}的叙述中不正确的是________rm{C}填序号rm{(}rm{)}的核磁共振氢谱中共有rm{a.C}组峰rm{8}rm{b.A}rm{B}均可发生加聚反应rm{C}最多能与rm{c.1molA}氢气发生加成反应rm{5mol}能与浓溴水发生取代反应rm{d.B}写出rm{(2)}中两个含氧官能团的名称______和______，rm{B}的反应类型为_________。

rm{B隆煤C}在上述转化过程中，反应步骤rm{(3)}在上述转化过程中，反应步骤rm{B隆煤C}的目的是________________________________。的目的是________________________________。rm{(3)}化合物rm{B隆煤C}有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。请写出其中一种的结构简式：____________________。rm{(4)}写出以为原料制的合成路线流程图rm{D}无机试剂任用rm{(5)}合成路线流程图示例如下：rm{(}rm{)}24、A、rm{B}rm{C}是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，甲是单质rm{.}它们之间有如下转化关系：

化合物rm{D}也是生活中常见的化合物，在一定条件下可发生如下反应：rm{D+3}甲rm{xrightarrow{{碌茫脠录}}3A+2B}

请回答下列问题：

rm{

xrightarrow{{碌茫脠录}}3A+2B}在化合物rm{(1)}rm{A}rm{B}rm{C}中所含元素完全相同的是______和______rm{D}填字母rm{(}．

rm{)}在常温下，rm{(2)}和rm{A}通过______转化为rm{B}该过程的能量转化关系如何______．

rm{C.}写出由rm{(3)}生成rm{C}的反应的化学方程式______．

rm{D}化合物rm{(4)}是人类生命活动不可缺少的物质之一；它在血液中的正常含量是______．

rm{C}目前化合物rm{(5)}在大气中含量呈上升趋势，对环境造成的影响是______．rm{B}25、已知乙烯能发生以下转化。

rm{(1)D}物质所含官能团的名称是______；

rm{(2)}反应rm{垄脷(B-C)}的反应类型是______；其化学方程式是______；

rm{(3)B}和rm{D}生成乙酸乙酯的反应类型是______，其化学方程式是______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】解：A；氮气的用途是：制造氮肥、氮气充入食品包装袋内可以防腐、液态氮可以做制冷剂；故A正确；

B；氧气用途有：支持燃烧和供给呼吸；不能做燃料，故B错误；

C；氦气的密度比较小；化学性质稳定，可用来填充探空气球，故C正确；

D；绿色植物的光合作用是在可见光的照射下；将二氧化碳和水转化为储存能量的有机物，并释放出氧气的生化过程，所以二氧化碳是植物进行光合作用必需的物质，故D正确；

故选B．

氧气用途有：支持燃烧和供给呼吸；氮气和稀有气体的化学性质不活泼；氮气的用途是：制造氮肥；氮气充入食品包装袋内可以防腐、液态氮可以做制冷剂．稀有气体的用途是：做各种电光源、作保护气等．二氧化碳促进绿色植物的光合作用．

本考点考查了物质的性质与用途，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握空气的成分及其性质．【解析】【答案】B2、D【分析】解：rm{A}与rm{B}相比较，rm{B}浓度较大，则反应速率rm{B>A}rm{B}与rm{C}相比较，rm{C}温度较高，则反应速率rm{C>B}rm{C}与rm{D}相比较，rm{D}加入催化剂，则rm{D}反应速率最大．

故选D．

题中涉及影响反应速率的因素有温度；浓度混和催化剂；一般来说，温度越高、浓度越大且加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题．

本题考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{D}3、B【分析】解：乙烯；丙烯、乙炔都含有不饱和键；可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，但聚乙烯中不含双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

故选B．

能使酸性高锰酸钾褪色的有机物有含有不饱和碳碳键的有机物；醛、醇以及苯的同系物等；以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和综合运用化学知识的能力的考查，难度不大，注意有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键．【解析】rm{B}4、B【分析】【解析】【答案】B5、A【分析】略【解析】rm{A}6、C【分析】【分析】本题考查了离子浓度大小比较，注意该酸第一步完全电离、第二步部分电离，导致溶液中不存在rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}为易错点，再结合守恒思想解答，题目难度中等，为易错题。【解答】A.rm{B}为易错点，再结合守恒思想解答，题目难度中等，为易错题。rm{B}rm{HB}rm{HB}rm{{,!}^{-}}故A错误；B.能电离但不水解，溶液中不存在rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{B}故A错误；rm{B}rm{HB}rm{HB}所以溶液呈酸性，故B错误；C.rm{{,!}^{-}}能电离但不水解，导致溶液中rm{c(H}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(OH}rm{)>c(OH}rm{{,!}^{-}}所以溶液呈酸性，故C正确；D.rm{)}所以溶液呈酸性，故B错误；rm{)}rm{HB}溶液显酸性，和盐酸之间不会反应，故D错误。故选C。rm{HB}【解析】rm{C}7、B【分析】解：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑rm{(}水解rm{)}其他因素影响，rm{ABC}选项中铵根离子浓度分别比为rm{1}rm{1}rm{1}rm{D}中rm{NH_{3}?H_{2}O}部分电离；

A；氯化铵中；铵根离子的水解不受氯离子的影响；

B；硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用；导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；

C；醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用；导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；

D、rm{NH_{3}?H_{2}O}是弱电解质；部分电离，其铵根离子浓度最小；

综上rm{NH_{4}^{+}}的浓度最大的是rm{NH_{4}HSO_{4}}．

故选B．

根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析；如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱．

本题考查学生离子的水解的影响因素、弱电解质的电离，注意把握影响盐的水解的因素，题目难度不大．【解析】rm{B}8、C【分析】解：沉淀反应中；生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生；

CuSO4+Na2CO3中主要发生Cu2++CO32─+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑，次要发生Cu2++CO32─=CuCO3↓，可说明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；

CuSO4+Na2S中主要：Cu2++S2─=CuS↓，次要：Cu2++S2─+2H2O=Cu（OH）2↓+H2S↑，可说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度；

则溶解度CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3；

故选：C。

沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生．根据信息（1）可知：生成Cu（OH）2的反应容易发生，说明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度；

根据信息（2）可知：生成CuS的反应容易发生，说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度；以此解答该题．

本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，注意理解溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀的规律，为解答该题的关键．【解析】C二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】试题分析：(1)据题意，气体经足量NaOH吸收，体积减少2.80L，此体积即为CO2的体积，则3.40g醇中C的物质的量为：n(C)=n(CO2)=2.80/22.4=0.125mol，生成CO2消耗O2的体积等于CO2的体积，也为2.80L。又因为液态醇与5.00LO2燃烧，体积减少0.56L，故还有0.56LO2用于生成水，但必须特别注意的是，生成的H2O中还有部分氧原子来自于醇，因此不能根据0.56LO2来计算H2O的量。要根据反应前后质量不变来计算醇中H的物质的量。参加反应的V(O2)=0.56L+2.80L=3.36L，O2的物质的量为：0.15mol，则O2的质量我为m(O2)=0.15mol×32g/mol=4.80g,，m(H2O)=3.40g+4.80g-0.125×44g=2.70g。3.40g醇中n(H)=2×=0.300"mol，3.40g醇中。由n(C)∶n(H)∶n(O)="0.125"mol∶0.300mol∶0.100mol=5∶12∶4。故该醇最简式为C5H12O4。(2)由C、H比知道是饱和醇，所以它的最简式为C5H12O4本身就是分子式。（3）一卤代物结构只有1种，那么该物质结构有很好的对称性，结构简式为C(CH2OH)4考点：有机物的分子式的确定。【解析】【答案】（1）0.125；0.3；0.1；5:12:4（2）能；虽然C5H12O4只是最简式，但是如果乘以n（n最小是2），该化合物的碳氢比是不存在的（3）结构简式为C(CH2OH)4（本空2分，其余各空1分）10、略

【分析】试题分析：强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，则（1）由上述分析可知，气体F为NH3；（2）由上述分析可知，一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-，可能含Fe3+、Cl-；（3）A为NO，生成A的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O；（4）Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，加入NaOH溶液后生成G：Fe（OH）3，和次氯酸反应获得高铁酸钾的方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═3Cl-+2FeO42-+5H2O。考点：考查离子的检验及推断【解析】【答案】（1）NH3（2）Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-；Fe3+、Cl-（3）3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O（4）3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═3Cl-+2FeO42-+5H2O11、略

【分析】解：CN-与N2结构相似；C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键；2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为2：2=1：1，故答案为：1：1．

CN-与N2结构相似；C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键；2个π键，单键属于σ键，以此解答．

本题考查共价键的形成和分类，为高频考点，侧重于基本概念的综合理解和运用的考查，注意把握共价键的形成和分类，为解答该题的关键，难度不大．【解析】1：112、略

【分析】

（1）U型管两侧液面差能产生压强；所以能判断装置的气密性，故正确，故答案为：正确；

（2）碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

故答案为：CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠，所以看到的现象是溶液出现浑浊，反应离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-；

故答案为：溶液出现浑浊，C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-；

（3）醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳的反应是放热反应；导致溶液温度升高，醋酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应，所以对二氧化碳造成干扰，要防止醋酸干扰实验，在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体，所以在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去醋酸；

故答案为：乙酸有挥发性；挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚；在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶．

【解析】【答案】（1）根据体系内产生的压强是否变化来判断装置的气密性；

（2）碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水；二氧化碳；

（3）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠；根据离子方程式的书写规则书写；

（4）醋酸具有挥发性；所以生成的二氧化碳中含有醋酸，为了防止醋酸干扰实验，在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体．

13、略

【分析】A+3B2C第III阶段，从开始至平衡，用B表示的平均反应速率为0.36mol／L.10min=0.036mol/(L·min).由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是向正向移动，可以把C的浓度减小。将C从平衡混合物中分离出去。已知第Ⅱ阶段反应温度（T2）低于第III阶段反应温度（T3），温度升高，向正向移动，则该反应的正反应为吸热反应。△H>0【解析】【答案】⑴方程式为A+3B2C，平衡常数为4/27。⑵0.036mol/(L·min)；⑶50%；33%;⑷正移，措施是将C从平衡混合物中分离出去；⑸△H>014、略

【分析】解：（1）仪器①是分液漏斗；②是圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；

（2）碳化钙与水反应生成乙炔和氢氧化钙，此反应在常温下即可进行，化学反应方程式为：CaC2+H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2；

故答案为：CaC2+H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2；

（3）乙炔与水反应太快；为抑制反应进行，可以以饱和食盐水代替水，故答案为：饱和食盐水；减慢反应速率；

（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性；乙炔中含有碳碳三键，能与高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，故答案为：紫色褪去；氧化反应；

（5）可燃性气体点燃前均需要验纯；目的是为了防止点燃混合气体发生爆炸，由于乙炔中含碳量较高，故燃烧火焰明亮，放出大量的浓烟；

故答案为：验纯；火焰明亮；放出大量的浓烟．

（1）依据实验室常见仪器回答；

（2）电石与水泥反应生成乙炔和氢氧化钙；据此书写化学反应方程式；

（3）乙炔与水反应太快；为抑制反应进行，可以以饱和食盐水代替水；

（4）乙炔含有碳碳三键；能使酸性高锰酸钾溶液褪色，此反应为氧化反应；

（5）可燃性气体点燃前均需要验纯；由于乙炔中含碳量较高，故燃烧火焰明亮，放出大量的浓烟．

本题主要考查的是乙炔的实验室制法，涉及仪器识别、化学反应方程式书写、乙炔的性质等，难度不大．【解析】分液漏斗；圆底烧瓶；CaC2+H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2；饱和食盐水；减慢反应速率；紫色褪去；氧化；验纯；火焰明亮，放出大量的浓烟三、有机推断题(共4题，共8分)15、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=CH216、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】

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++HCl18、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)19、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20、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%21、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%22、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)五、推断题(共3题，共27分)23、rm{(1)c}

rm{(2)}羧基酚羟基取代反应

rm{(3)}保护酚羟基，使之不被氧化

rm{(5)}【分析】【分析】本题考查有机物的推断、合成，结构简式的书写，反应类型，官能团的判断等，难度中等。【解答】rm{(1)}由提示rm{垄脵}可知，反应产物中含rm{隆陋COOH}的地方应为反应物中含有rm{隆陋CH=CH隆陋}结构的地方，由乙二酸和rm{D}的结构简式反推知rm{C}的结构简式为逆推rm{A}为：rm{B}为rm{B}的酚rm{隆陋OH}与rm{CH_{3}I}发生取代反应得到rm{C}rm{(1)}结合各物质的官能团可知rm{ABC}三物质均可发生加聚反应、rm{C}中rm{H}原子的位置有八种、rm{B}中有酚rm{隆陋OH}可与溴发生取代反应；但rm{1molA}最多能和rm{4mol}氢气发生加成反应rm{(}酯基中的双键不能加成rm{)}故rm{abd}正确，rm{c}错误；故答案为：rm{c}rm{(2)B}分子中有羧基、酚羟基，rm{B}生成rm{C}为取代反应；故答案为：羧基、酚羟基；取代反应；rm{(3)}综合考虑转化过程可看出反应步骤rm{B隆煤C}的目的是为防止酚rm{隆陋OH}氧化，先将其保护起来；故答案为：保护酚羟基，使之不被氧化；rm{(4)}化合物rm{D}有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。则其中一种的结构简式为：故答案为：rm{(5)}以为原料制的合成路线流程图为：故答案为：【解析】rm{(1)c}rm{(2)}羧基酚羟基取代反应rm{(3)}保护酚羟基，使之不被氧化rm{(5)}24、略

【分析】解：由转化关系和rm{D}的反应可知，rm{D}是有机物，该反应为有机物燃烧方程式，甲为rm{O_{2}}可推知rm{A}rm{B}分别为rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}和rm{CO_{2}}在植物光合作用下可以生成葡萄糖与氧气，rm{C}为葡萄糖，葡萄糖在一定条件下转化为酒精与二氧化碳，则rm{D}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}

rm{(1)}在化合物rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}中所含元素完全相同的是rm{C}与rm{D}故答案为：rm{C}rm{D}

rm{(2)}在常温下，rm{H_{2}O}和rm{CO_{2}}在绿色植物光合作用下转化为葡萄糖；该过程中光能转化为化学能；

故答案为：绿色植物光合作用；光能转化为化学能；

rm{(3)}由rm{C}生成rm{D}的反应的化学方程式为：rm{HOCH_{2}(CHOH)_{4}CHOxrighta