2025年人教A新版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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A新版高二化学下册阶段测试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、含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，设消耗CH3COOH溶液的体积依次为，则两者的关系正确的是A.Vb﹤10VaB.Va﹥10VbC.Vb﹥10VaD.Va﹤10Vb2、下图是某有机物核磁共振氢谱图，但该物质可能是A.CH3COOCH2CH3B.CH3CH=CHCH3C.CH3CH2CH3D.CH3CHOHCH33、把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池．A、B相连时，A为负极；C、D相连时，电流由D→导线→C；A、C相连时，A极减轻；B、D相连时，D极发生氧化反应．则四种金属的活动性顺序由大到小排列为（）A.A＞B＞C＞DB.A＞C＞B＞DC.A＞C＞D＞BD.B＞D＞C＞A4、发生原电池的反应通常是放热反应，在理论上可设计成原电池的化学反应是rm{(}rm{)}A.rm{C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH>0}B.rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O(s)+2NH_{4}Cl(s)=BaCl_{2}(aq)+2NH_{3}?H_{2}O(l)+8H_{2}O(l)}rm{triangleH>0}C.rm{CaC_{2}(s)+2H_{2}O(l)隆煤Ca(OH)_{2}(s)+C_{2}H_{2}(g)}rm{triangleH<0}D.rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)隆煤CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH<0}5、用惰性电极电解rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}和rm{CuSO_{4}}的混合溶液，且已知rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Cu篓T2FeSO_{4}+CuSO_{4}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.阴极反应式为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}当有rm{Cu^{2+}}存在时，rm{Fe^{3+}}不放电B.阴极上首先析出铁，然后析出铜C.首先被电解的是rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液，后被电解的是rm{CuSO_{4}}溶液D.阴极上不可能析出铜6、有机化合物环丙叉环丙烷；由于其特殊的电子结构一直受到理论化学家的注意，如图是它的结构示意图．下列关于环丙叉环丙烷的有关说法中错误的是（）

A.环丙叉环丙烷的二氯取代物有4种。

B.环丙叉环丙烷是环丙烷的同系物。

C.环丙叉环丙烷与环己二烯互为同分异构体。

D.环丙叉环丙烷所有的碳原子均在同一平面内。

7、下列有机物不能通过加成反应制取的是（）A.CH3-CH2OHB.CH3-COOHC.CH2Cl-CH2ClD.CH3CH2Cl评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、有4种无色液态物质：己烯、己烷、苯和甲苯，符合下列各题要求的分别是（1）不能与溴水或酸性KMnO4溶液反应，但在铁屑作用下能与液溴反应的是，生成的有机物名称是，此反应属于反应（2）任何条件下都不能与溴水及酸性KMnO4溶液反应的是。（3）能与溴水、酸性KMnO4溶液反应的是。（4）不与溴水反应但与酸性KMnO4溶液反应的是。9、工业上常用氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]为原料，按如下图所示流程制取磷酸、重过磷酸钙[Ca(H2PO4)2]和氢氟酸。图中反应(Ⅰ)为氟磷灰石跟另一种原料反应；生成A；B、C三种物质，其中的产物C又跟氟磷灰石发生反应(Ⅱ)，生成B和重过磷酸钙。

试写出两个反应的化学方程式：反应(Ⅰ)____；反应(Ⅱ)____。

在生产中要特别注意____10、写出下列化学反应方程式：

rm{(1)2-}溴丙烷与rm{NaOH}的乙醇溶液共热：______

rm{(2)}将rm{CO_{2}}通入苯酚钠溶液中：______

rm{(3)1}rm{3-}丁二烯的与rm{Br_{2}}的rm{1}rm{2}加成反应：______

rm{(4)}葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应：______．11、rm{(1)}基态rm{Cl}原子中；电子占据的最高能层符号为______．

rm{(2)}金属锂氢化物是具有良好发展前景的储氢材料．

rm{垄脵LiH}中，离子半径rm{Li^{+}}______rm{H^{-}(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}．

rm{垄脷}某储氢材料是第三周期金属元素rm{M}的氢化物rm{.M}的部分电离能如表所示：

。rm{I1/kJ?mol^{-1}}rm{I2/kJ?mol^{-1}}rm{I3/kJ?mol^{-1}}rm{I4/kJ?mol^{-1}}rm{I5/kJ?mol^{-1}}rm{738}rm{1451}rm{7733}rm{10540}rm{13630}rm{M}是______rm{(}填元素符号rm{)}．

rm{(3)}金属rm{Cu}的原子堆积模型为；rm{Cu^{2+}}基态的电子排布式为______；向硫酸铜溶液中加入过量氨水，然后加入适量乙醇，溶液中会析出深蓝色的rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}晶体；硫酸根离子中硫原子的杂化方式为______；不考虑空间构型，其内界结构可用示意图表示为______．

rm{(4)}某单质的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示，若已知该原子半径为rm{d}rm{N_{A}}表示阿伏伽德罗常数rm{.}摩尔质量为rm{M}则该原子的配位数为______，该晶体的密度可表示为______．

12、通常状况下，下列物质中rm{{垄脵}}硫酸钡rm{{垄脷}}冰醋酸rm{{垄脹}}氯化氢rm{{垄脺}}三氧化硫rm{{垄脻}}氯气rm{{垄脼}}碳酸氢钠rm{{垄脽}}铜rm{{垄脿}}硫酸溶液rm{{垄谩}}氢氧化钾rm{{垄芒}}乙醇rm{(}下列各空填序号rm{)}

rm{(1)}属于强电解质的是：______．

rm{(2)}属于弱电解质的是：______．

rm{(3)}能导电的是：______．

rm{(4)}属于非电解质的是______．13、药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：

rm{(1)}贝诺酯分子式为____rm{(2)}对乙酰氨基酚在空气易变质，原因是____。rm{(3)}用浓溴水区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚，方案是否可行____rm{(}填“可行”或“不可行”rm{)}rm{(4)}写出乙酰水杨酸与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式____________。rm{(5)}实验室可通过两步反应，实现由乙酰水杨酸制备请写出两步反应中依次所加试剂的化学式、。14、写出钠；铝、铁置换水中的氢生成氢气的化学反应方程式。

钠：______

铝：______

铁：______．15、工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾。为了保护环境，同时提高硫酸工业的综合经济效益，应尽可能将尾气中的SO2转化为有用的副产品。请按要求回答下列问题：(1)将尾气通入氨水中，能发生多个反应，写出其中可能发生的两个氧化还原反应的化学方程式：__________________、__________________。(2)在尾气与氨水反应所得到的高浓度溶液中，按一定比例加入氨水或碳酸氢铵，此时溶液的温度会自行降低，并析出晶体。①导致溶液温度降低的原因可能是______________；②析出的晶体可用于造纸工业，也可用于照相用显影液的生产。已知该结晶水合物的相对分子质量为134，则其化学式为______________。16、化合物M是一种治疗心脏病药物的中间体，以A为原料的工业合成路线如下图所示。已知：RONa+R’X→ROR’+NaX根据题意完成下列填空：（1）写出反应类型。反应①反应②（2）写出结构简式。AC（3）写出的邻位异构体分子内脱水产物香豆素的结构简式。（4）由C生成D的另一个反应物是，反应条件是。（5）写出由D生成M的化学反应方程式。（6）A也是制备环己醇()的原料，写出检验A已完全转化为环己醇的方法。_______________________________________________________________________。评卷人得分三、工业流程题(共5题，共10分)17、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___。18、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19、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]=____。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)。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共24分)22、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__________________________________．23、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__________________________________．24、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。25、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、计算题(共2题，共10分)26、（5分）把足量ZnS固体加入到0.001mol/L的CuSO4溶液中。试判断是否有CuS沉淀生成？已知:Ksp(ZnS)=1.6×10-23mol2•L-2Ksp(CuS)=1.3×10-36mol2•L-227、（8分）已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如下图所示：（1）25时水的电离平衡曲线应为哪一条？（2）25时，将＝9的NaOH溶液与＝4的溶液混合，若所得混合溶液的＝7，则NaOH溶液与溶液的体积比为为多少？（3）95时，若100体积1＝的某强酸溶液与1体积2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的1与强碱的2之间应满足的关系是？评卷人得分六、综合题(共2题，共4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7题，共14分)1、C【分析】【解析】试题分析：醋酸是弱酸，浓度越小电离程度越大，所以pH为2和3的CH3COOH溶液的浓度前者大于后者的10倍，即如果设前者的浓度是a，后者是b，则a＞10b。由于消耗的氢氧化钠相等，所以Va×a＝Vb×b，则Vb﹥10Va，答案选C。考点：考查弱电解质的电离【解析】【答案】C2、A【分析】试题分析：根据核磁共振氢谱，共有三组峰值，即有三种不同环境的氢，CH3COOCH2CH3有三种不同环境的氢，故A正确；CH3CH=CHCH3有两种不同环境的氢，故B错误；CH3CH2CH3有两种不同环境的氢，故C错误；CH3CHOHCH3有四种不同环境的氢，故D错误。考点：本题考查核磁共振氢谱。【解析】【答案】A3、C【分析】解：A；B相连时A为负极；则活动性顺序A＞B；

C；D相连时；电流由D→导线→C；，说明C为负极，则活动性顺序：C＞D；

A；C相连时；A极减轻，则A为原电池的负极，活动性顺序：A＞C；

B；D相连时；D极发生氧化反应，D应为原电池的负极，作为活动性顺序：D＞B；

则有活动性顺序：A＞C＞D＞B．

故选C．

本题从两个角度分析：①首先根据电子；电流的流向以及电极反应现象判断电池的正负极；②原电池中；较活泼的金属作负极．

本题从原电池的角度比较金属性的活动性顺序，题目难度不大，本题注意原电池负极的判断，为解答该题的关键．【解析】【答案】C4、D【分析】解：rm{A}原电池反应是放热的氧化还原反应，放热反应的rm{triangleH<0}故A错．

rm{B}该反应不是氧化还原反应；且为吸热反应，故B错．

rm{C}由于生成物rm{Ca(OH)_{2}}微溶于水，会附着在反应物rm{CaC_{2}}表面；反应难以继续，并且该反应不是氧化还原反应，故C错．

rm{D}该反应是自发的氧化还原反应；且为放热反应，所以D正确．

故选D．

构成原电池的条件是：rm{垄脵}有两个活泼性不同的电极，rm{垄脷}将电极插入电解质溶液中，rm{垄脹}两电极间构成闭合回路，rm{垄脺}能自发的进行氧化还原反应rm{.}能自发的进行氧化还原反应时；该反应必须是放热反应．

本题是考查原电池的设计，难度不大，明确原电池的构成条件及反应必须是放热反应是解本题的关键．【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A.}由反应rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Cu=2FeSO_{4}+CuSO_{4}}可知，氧化性：rm{Fe^{3+}>Cu^{2+}}则rm{Fe^{3+}}得电子能力比rm{Cu^{2+}}强，所以，在阴极首先得电子的是rm{Fe^{3+}}当rm{Fe^{3+}}存在时，rm{Cu^{2+}}不放电；故A错误；

B.当rm{Fe^{3+}}完全反应后rm{Cu^{2+}}放电；首先析出铜，故B错误；

C.因氧化性：rm{Fe^{3+}>Cu^{2+}}阴极先是rm{Fe^{3+}}放电，后rm{Cu^{2+}}放电；故C正确；

D.由rm{B}分析可知，当rm{Fe^{3+}}完全反应后rm{Cu^{2+}}放电；阴极上可析出铜，故D错误．

故选C．

由反应rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Cu=2FeSO_{4}+CuSO_{4}}可知，氧化性：rm{Fe^{3+}>Cu^{2+}}则rm{Fe^{3+}}得电子能力比rm{Cu^{2+}}强，所以，在阴极首先得电子的是rm{Fe^{3+}(Fe^{3+}+e^{-}=Fe^{2+})}即rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}溶液先被电解，rm{CuSO_{4}}溶液后被电解；以此解答该题．

本题考查电解原理，题目难度不大，本题注意判断氧化性：rm{Fe^{3+}>Cu^{2+}}是解答该题的关键，易错点为rm{B}注意当rm{Fe^{3+}}完全反应后rm{Cu^{2+}}放电，可析出铜．【解析】rm{C}6、B【分析】

A、环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，它的二氯代物有4种，故A正确；

B、环丙叉环丙烷分子的分子式是C6H8，与环丙烷C3H6不是同系物；故B错误；

C、环丙叉环丙烷分子的分子式是C6H8，与环己二烯（）是同分异构体；故C正确；

D；乙烯是平面形分子；碳碳双键所连的四个原子在同一平面上，所以分子中所有的碳原子均在同一平面内，故D正确；

故选B．

【解析】【答案】A；环丙叉环丙烷的二氯取代物就是分子中的两个氢原子被氯原子代替后的产物；

B、同系物属于同一类物质，分子组成上相差整数倍个-CH2-基团；

C；分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体；

D；根据乙烯是平面形分子；碳碳双键所连的四个原子在同一平面上．

7、B【分析】解：A、CH3CH2OH可以是乙烯和水的加成产物；故A不选；

B；乙酸一定不是加成的产物；不能通过加成反应制取，故B选；

C、CH2ClCH2Cl可以是乙烯和氯气的加成产物；故C不选；

D、CH3CH2Cl可以是乙烯和氯化氢的加成产物；故D不选，故选B．

加成反应是有机物中的不饱和键加上原子或原子团变为饱和键的反应；据此解答即可．

本题考查学生加成反应的概念和实质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解析】【答案】B二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】试题分析：（1）不能与溴水或酸性KMnO4溶液反应，但在铁屑作用下能与液溴反应的是苯，生成的有机物的名称是溴苯，此反应属于取代反应；（2）任何条件下都不能与溴水及酸性KMnO4溶液反应的是己烷；（3）能与溴水、酸性KMnO4溶液反应的是己烯；（4）不与溴水反应但与酸性KMnO4溶液反应的是甲苯。考点：考查己烯、己烷、苯和甲苯的化学性质【解析】【答案】（1）苯溴苯取代（2）己烷（3）己烯（4）甲苯9、(Ⅰ)Ca5(PO4)3F＋5H2SO4=3H3PO4＋5CaSO4＋HF↑(Ⅱ)Ca5(PO4)3F＋7H3PO4=5Ca(H2PO4)2＋HF↑由于HF有毒，因而生产中要特别注意加强劳动保护和防止环境污染【分析】【解答】解题时，可以把Ca5(PO4)3F看成是Ca3(PO4)2和CaF2的固定组成物，由Ca3(PO4)2、CaF2与浓硫酸的反应化学方程式不难类推出Ca5(PO4)3F与硫酸的反应化学方程式。

【分析】本题考查制备磷酸和过磷酸钙的反应原理和过程，题目难度不大，熟练掌握化学反应原理是解题的关键​。10、略

【分析】解：rm{(1)2-}溴丙烷和氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应生成丙烯、rm{NaBr}水，反应方程式为rm{CH_{3}CHBrCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CHBrCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}

rm{CH_{3}CHBrCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}二氧化碳通入苯酚钠中生成苯酚、碳酸氢钠，反应方程式为

故答案为：

rm{CH_{3}CHBrCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{(2)}丁二烯和溴发生rm{(3)1}rm{3-}加成生成rm{1}rm{4}二溴rm{1}丁烯，反应方程式为rm{4-}

故答案为：rm{-2-}

rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCHBrCH=CH_{2}}葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应生成葡萄糖酸铵、银、氨气和水，反应方程式为rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCHBrCH=CH_{2}}rm{overset{{脣庐脭隆录脫脠脠}}{}CH_{2}OH(CHOH)_{4}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

故答案为：rm{(4)}rm{overset{{脣庐脭隆录脫脠脠}}{}CH_{2}OH(CHOH)_{4}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O.}

rm{CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH}溴丙烷和氢氧化钠的乙醇溶液发生消去反应生成丙烯、rm{overset{{脣庐脭隆录脫脠脠}}{

}CH_{2}OH(CHOH)_{4}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}水；

rm{CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH}二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠；

rm{overset{{脣庐脭隆录脫脠脠}}{

}CH_{2}OH(CHOH)_{4}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O.}rm{(1)2-}丁二烯与溴发生rm{NaBr}rm{(2)}加成生成rm{(3)1}

rm{3-}葡萄糖与银氨溶液发生银镜反应生成葡萄糖酸铵；银、氨气和水．

本题考查化学反应方程式的书写，为高频考点，会根据反应物、生成物及反应条件书写方程式，明确官能团及其性质关系，知道断键和成键位置，题目难度不大．rm{1}【解析】rm{CH_{3}CHBrCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{CH_{3}CHBrCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣庐脭隆录脫脠脠}}{}CH_{2}OH(CHOH)_{4}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCHBrCH=CH_{2}}11、略

【分析】解：rm{(1)Cl}原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}有三层，离原子核越远的电子层其能量越高，故答案为：rm{M}

rm{(2)垄脵}核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，锂的质子数为rm{3}氢的质子数为rm{1}rm{Li^{+}}rm{H^{-}}核外电子数都为rm{2}所以半径rm{Li^{+}<H^{-}}

故答案为：rm{<}

rm{垄脷}该元素的第rm{III}电离能剧增，则该元素属于第rm{IIA}族，为rm{Mg}元素；

故答案为：rm{Mg}

rm{(3)}铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，rm{Cu}是rm{29}号元素，原子核外电子数为rm{29}基态原子核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}铜原子失去rm{4s}及rm{3d}上各一个电子形成rm{Cu^{2+}}故Crm{u^{2+}}离子的电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}rm{SO_{4}^{2-}}离子中含有rm{4}个rm{娄脪}键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取rm{sp^{3}}杂化；

rm{Cu^{2+}}提供空轨道，rm{N}原子提供孤对电子，rm{Cu^{2+}}与rm{NH_{3}}分子之间形成配位键，内界结构用示意图表示为

故答案为：面心立方最密堆积；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}rm{sp^{3}}

rm{(4)}根据晶胞结构知，位于面心和顶点的距离最近，而每个顶点为rm{12}个面共有，则该原子配位数为rm{12}或原子配位数rm{=3隆脕8隆脗2=12}晶胞棱长rm{=dfrac{sqrt{2}}{2}隆脕4d=2sqrt{2}d}晶胞体积rm{=dfrac{sqrt{2}}{2}隆脕4d=2sqrt

{2}d}该晶胞中原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞密度rm{=dfrac{M隆脕4}{dfrac{N_{A}}{V}}=dfrac{M_{r}}{4sqrt{2}d^{3}N_{A}}}

故答案为：rm{=(2sqrt{2}d)^{3}}rm{dfrac{M_{r}}{4sqrt{2}d^{3}N_{A}}}．

rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}原子的核外电子排布式为rm{=dfrac{M隆脕4}{dfrac{N_{A}}{V}}=

dfrac{M_{r}}{4sqrt{2}d^{3}N_{A}}}有三层，离原子核越远的电子层其能量越高；

rm{12}核外电子排布相同的离子；核电荷数越大，离子半径越小；

rm{dfrac{M_{r}}{4sqrt

{2}d^{3}N_{A}}}该元素的第rm{(1)Cl}电离能剧增，则该元素属于第rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}族；

rm{(2)垄脵}根据rm{垄脷}的电子排布式书写rm{III}离子的电子排布式，注意原子形成离子先失去高能层中高能级电子；根据rm{IIA}中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；rm{(3)}提供空轨道，rm{Cu}原子提供孤对电子，rm{Cu^{2+}}与rm{SO_{4}^{2-}}分子之间形成配位键；

rm{Cu^{2+}}根据晶胞结构知，该原子配位数rm{N}根均摊法计算出该晶胞中原子个数rm{Cu^{2+}}根据晶胞密度rm{=dfrac{M隆脕4}{dfrac{N_{A}}{V}}}计算．

本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，灵活运用公式是解本题关键，难度中等．rm{NH_{3}}【解析】rm{M}rm{<}rm{Mg}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}}rm{sp^{3}}rm{12}rm{dfrac{M_{r}}{4sqrt{2}d^{3}N_{A}}}rm{dfrac{M_{r}}{4sqrt

{2}d^{3}N_{A}}}12、①③⑥⑨；②；⑦⑧；④⑩【分析】【分析】本题考查电解质的相关概念。【解答】rm{垄脵}rm{垄脵}硫酸钡，没有自由移动的离子不导电；在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔化状态下都能完全电离，有自由移动的离子，能导电，是强电解质；

rm{垄脷}醋酸只存在分子，没有自由移动的离子不导电；rm{垄脷}醋酸只存在分子，没有自由移动的离子不导电；能导电，是弱电解质

，在水溶液中不能完全电离，为弱电解质；

rm{垄脹}氯化氢，是纯净物，只有氯化氢分子不导电；氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质；rm{垄脹}氯化氢，是纯净物，只有氯化氢分子不导电；氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质；

rm{垄脺}三氧化硫，只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；三氧化硫在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；rm{垄脺}

三氧化硫，只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；三氧化硫在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；碳酸氢钠溶于水能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电

rm{垄脻}氯气只存在rm{垄脻}氯气只存在

分子，不能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脼}碳酸氢钠，没有自由移动的离子不导电；rm{垄脼}碳酸氢钠，没有自由移动的离子不导电；

，所以碳酸氢钠是强电解质；，所以碳酸氢钠是强电解质；

rm{垄脽}铜是金属单质，能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脽}铜是金属单质，能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脿}硫酸溶液，硫酸水溶液能自身完全电离出的自由移动的氢离子和硫酸根离子导电；但硫酸溶液是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脿}硫酸溶液，硫酸水溶液能自身完全电离出的自由移动的氢离子和硫酸根离子导电；但硫酸溶液是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；【解析】rm{垄脵垄脹垄脼垄谩}rm{垄脷}rm{垄脽垄脿}rm{垄脺垄芒}rm{垄脵垄脹垄脼垄谩}rm{垄脷}rm{垄脽垄脿}rm{垄脺垄芒}13、(1)C17H15NO5(2)对乙酰氨基酚分子中的酚羟基易被空气中的氧气氧化(3)可行(4)(5)NaOH、HCl或H2SO4【分析】【分析】本题考查有机物的结构和性质，明确酚及酯的性质是解答本题的关键，注意选项D中的水解为解答的难点和易错点，题目难度中等。【解答】rm{(1)}根据贝诺酯的结构简式可确定分子式为rm{C_{17}H_{15}NO_{5;}}故答案为：rm{C_{17}H_{15}NO_{5;}}rm{(2)}对乙酰氨基酚分子中含酚羟基易被氧化，故答案为：对乙酰氨基酚分子中的酚羟基易被空气中的氧气氧化；rm{(3)}对乙酰氨基酚中含酚羟基与浓溴水反应生成白色沉淀，乙酰水杨酸与浓溴水不反应，故可用浓溴水区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚，故答案为：可行；rm{(4)}乙酰水杨酸中含羧基、酯基，可与氢氧化钠反应，方程式为：故答案为：rm{(4)}乙酰水杨酸制备可将先碱性水解得所用试剂为rm{(5)}再酸化可得所用试剂为rm{NaOH}或rm{HCl}

故答案为：rm{H_{2}SO_{4}}rm{NaOH}或rm{HCl}

rm{H_{2}SO_{4}}【解析】rm{(1)C_{17}H_{15}NO_{5;}}rm{(2)}对乙酰氨基酚分子中的酚羟基易被空气中的氧气氧化rm{(3)}可行rm{(4)}rm{(5)NaOH}rm{HCl}或rm{H_{2}SO_{4}}14、略

【分析】解：钠与水反应生成氢氧化钠，化学方程式：rm{2Na+2H_{2}O篓T2NaOH+H_{2}隆眉}

铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}

故答案为：rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}rm{2Na+2H_{2}O篓T2NaOH+H_{2}隆眉}rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}．

钠与水反应生成氢氧化钠；

铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；

铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气．

本题考查了化学方程式的书写，熟悉钠、铝、铁的性质是解题关键，题目难度不大．rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}【解析】rm{2Na+2H_{2}O篓T2NaOH+H_{2}隆眉}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}rm{3Fe+4H_{2}O(g)dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Fe_{3}O_{4}+4H_{2}}15、略

【分析】(1)本题要注意题目要求的是写出两个氧化还原反应的方程式(见答案)。(2)①溶液温度降低一定是反应吸热所致；②析出的晶体用于造纸和显影液，说明晶体中含有还原性＋4价硫，因此推知晶体的主要成分为(NH4)2SO3，根据相对分子质量为134，可推出其化学式为(NH4)2SO3·H2O。【解析】【答案】(1)2H2SO3＋O2=2H2SO42(NH4)2SO3＋O2=2(NH4)2SO42NH4HSO3＋O2=2NH4HSO4(任填两个)(2)①反应吸热②(NH4)2SO3·H2O16、略

【分析】【解析】试题分析：由反应①的生成物可知，A为与HCHO发生加成反应生成反应②为醇的催化氧化反应，B为由生成C，根据C的化学式可知，该反应是碳碳双键的加成反应，所以C的结构简式是D比C多1个CH2，所以C生成D的反应是C和甲醇的酯化反应，因此D的结构简式是由D和M的结构简式并结合已知信息可知可知，E为（1）由上述分析可知，①为加成反应，②为氧化反应。（2）由上述分析可知，A为C为（3）的邻位异构体分子内脱水生成环酯，所以产物香豆素的结构简式为（4）C、D相差1个C原子，则另一反应物为CH3OH，反应条件为浓硫酸、加热，发生酯化反应。（5）由D生成M首先是酚羟基和碳酸钠反应，生成－ONa，然后再和E发生加成反应，所以有关反应的化学反应方程式为（6）如果A已完全转化为环己醇，则A完全反应，不再含有酚羟基，所以可利用苯酚的性质来检验其不存在。即则取样，加入氯化铁溶液，颜色无明显变化，说明A已完全转化为环己醇。考点：考查有机物的合成、有机物结构简式、有机反应条件的判断、有机反应类型、官能团检验以及有机反应方程式书写等【解析】【答案】（15分）（1）加成反应氧化反应（各1分）（2）（3）（各1分）（4）CH3OH浓硫酸、加热（各1分）（5）（各3分）（6）取样，加入FeCl3溶液，颜色无明显变化（2分）三、工业流程题(共5题，共10分)17、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18、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=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D19、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，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抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)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，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%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%四、有机推断题(共4题，共24分)22、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=CH223、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=CH2CH3CH