2025年浙教版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教版高二化学下册阶段测试试卷325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、下列叙述正确的是（）A.25℃时某物质溶液的pH＞7，则该物质一定是碱或强碱弱酸盐B.两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1＜10c2C.两种amol/LNaX溶液和bmol/LNaY正盐稀溶液，若a＞b，测得c（X-）=c（Y-），可推出溶液中的c（HX）＞c（HY）D.向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大2、下列反应的离子方程式正确的是A.碳酸钙跟盐酸反应：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}B.钠与硫酸铜溶液的反应：rm{Cu^{2+}+2Na=2Na^{+}+Cu}C.醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应：rm{CH_{3}COOH+OH^{-}=CH_{3}COO^{-}+H_{2}O}D.rm{CO_{3}^{2-}

+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}溶液与rm{Cu^{2+}+2Na=2Na^{+}+

Cu}反应：rm{Fe^{3+}+Cu=Fe^{2+}+Cu^{2+}}rm{CH_{3}COOH+OH^{-}=CH_{3}COO^{-}+

H_{2}O}3、研究发现，烯烃在合适催化剂作用下可双键断裂、两端基团重新组合为新的烯烃。若rm{CH_{2}=C(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}与rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}的混合物发生该反应，则新生成的烯烃中共平面的碳原子数最多可能为A.rm{5}B.rm{6}C.rm{7}D.rm{8}4、我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是rm{(}rm{)}A.徐光宪建立稀土串级萃取理论B.屠呦呦发现抗疟新药青蒿素C.闵恩泽研发重油裂解催化剂D.侯德榜联合制碱法5、下列有关乙醇汽油的说法正确的是rm{(}rm{)}A.乙醇汽油是一种纯净物B.乙醇汽油作燃料不会产生碳氧化物等有害气体，其优点是可以减少对环境的污染C.乙醇和汽油都可作溶剂，也可相互溶解D.乙醇和乙二醇互为同系物6、已知在pH为4～5的环境中，Cu2+、Fe2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解。工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸气加热到80℃左右，再慢慢加入粗氧化铜（含少量杂质FeO），充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是A.向溶液中通入H2S使Fe2+沉淀B.向溶液中通入Cl2，再通入NH3，调节pH值为4～5C.加入纯Cu将Fe2+还原为FeD.向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH值为4～57、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol}羟基中含有的电子数为rm{7N_{A}}B.rm{1mol}苯分子中含有碳碳双键数为rm{3N_{A}}C.标准状况下，rm{2.24L}四氯甲烷中所含分子数为rm{0.1N_{A}}D.常温下，rm{0.1mol}乙烷与乙烯混合气体中所含碳原子数为rm{0.2N_{A}}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)8、食品化学家A．SaariCsallany和ChristineSeppanen说，当豆油被加热到油炸温度（185℃）时，会产生如图所示高毒性物质，许多疾病和这种有毒物质有关，如帕金森症．下列关于这种有毒物质的判断正确的是（）A.该物质分子中含有两种官能团B.该物质的分子式为C9H15O2C.1mol该物质最多可以和2molH2发生加成反应D.该物质不能发生银镜反应9、等温等压下，有质子数相等的rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}三种气体，下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.体积之比为rm{1}rm{1}rm{1}B.密度之比为rm{14}rm{14}rm{13}C.质量之比为rm{1}rm{1}rm{1}D.原子数之比为rm{1}rm{1}rm{1}10、rm{NM隆陋3}是处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，分子结构如图，下列说法正确的是A.该有机物的化学式为rm{C_{12}H_{12}O_{6}}B.rm{1mol}该有机物最多可以和rm{3molNaOH}反应C.该有机物中只含有一个手性碳原子D.rm{1mol}该有机物与浓溴水反应消耗rm{Br_{2}}为rm{3mol}11、化合物rm{X}是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关rm{X}的说法正确的是

。

A.分子中含rm{2}个手性碳原子B.分子中所有碳原子均处于同一平面C.能发生银镜反应，不能发生酯化反应D.rm{1molX}最多能与rm{5molH_{2}}发生加成反应12、下列说法正确的是()

A.分子为rm{C_{3}H_{8}}与rm{C_{6}H_{14}}的两种有机物一定互为同系物B.具有相同通式的有机物一定互为同系物C.两个相邻同系物的分子量数值一定相差rm{14}

D.分子组成相差一个或几个rm{CH_{2}}原子团的化合物必定互为同系物13、在体积都为rm{1L}rm{pH}都等于rm{2}的盐酸和醋酸溶液中，投入rm{0.65g}锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.14、下列是有关外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{垄脵}是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，则正反应rm{triangleH>0}B.rm{垄脷}是在平衡体系的溶液中溶入少量rm{KCl}晶体后，化学反应速率随时间变化的图象C.rm{垄脹}是在有无催化剂存在条件下，建立平衡过程的图象，rm{b}是使用催化剂时的曲线D.rm{垄脺}是一定条件下，向含有一定量rm{A}的恒容密闭容器中逐渐加入rm{B}达平衡时rm{A}的转化率的图象评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、（5分）有下列反应：①由乙烯制乙醇②甲烷在空气中燃烧③由乙炔制氯乙烯④丙烯使溴水褪色⑤苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸反应⑥用丙烯制聚丙烯其中属于取代反应的是（填序号，下同），属于氧化反应的是，属于加成反应的是，属于加聚反应的是。16、（本题共6分，每空1分）请同学们根据官能团的不同对下列有机物进行分类。（1）芳香烃：；（2）卤代烃：；（3）醇：；（4）酚：；（5）醛：；（6）酯：。17、科学家预言未来最理想的燃料是绿色植物，即将植物的秸秆[主要成分是纤维素，化学式为（C6H10O5）n]，用适当催化剂与水作用生成葡萄糖（化学式为C6H12O6），再在催化剂作用下使葡萄糖分解成乙醇和二氧化碳，乙醇即是一种理想的燃料．试写出两步转化的化学方程式：______、______．18、在一定温度下，向rm{AgI}的饱和溶液中：rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}

rm{(1)}若加入rm{AgNO_{3}}固体，rm{c(I^{-})}______．

rm{(2)}若加入更多的rm{AgI}固体，则rm{c(Ag^{+})}______．

rm{(3)}若加入固体rm{AgBr}rm{c(I^{-})}______．19、(1)通常所说的三大合成材料是指________、________和________。(2)塑料的主要成分是________，除此外还根据需要加入某些特定用途的________，比如能提高塑性的________，防止塑料老化的________等。(3)塑料制品在生产、生活中有着广泛的应用，但塑料制品在给我们的生活带来方便的同时，也存在着严重的危害环境的问题。①由聚氯乙烯等塑料垃圾引起的污染叫________。②塑料废弃物的危害有________。a．难以分解，破坏土壤结构，影响植物生长b．污染海洋c．危及海洋生物的生存d．造成海难事件e．破坏环境卫生，污染地下水A．abcdeB．abcdC．bcdD．ae③对于某些合成材料和塑料制品废弃物的处理方法中正确的是________。A．将废弃物混在垃圾中填埋在土壤中B．将废弃物进行焚烧处理C．将废弃物加工成涂料或汽油D．将废弃物倾倒进海洋中20、下列实验设计或操作合理的是______．

a．用分液漏斗可以将溴苯和水的混合物分离，用NaOH溶液可以除去溴苯中溶有的Br2

b．只用水就能鉴别苯；硝基苯、乙醇。

c．实验室制取乙烯时必须将温度计的水银球插入反应液中；测定反应液的温度。

d．用浓硫酸；浓硝酸、苯于50-60℃制取硝基苯时必须将温度计的水银球插入反应液中；测定反应液的温度。

e．将10滴溴乙烷加入1mL10%的烧碱溶液中加热片刻后；再滴加2滴2%的硝酸银溶液，以检验水解生成的溴离子．

f．可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质．评卷人得分四、工业流程题(共4题，共16分)21、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___。22、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23、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________%。24、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)。评卷人得分五、简答题(共2题，共6分)25、按要求作答rm{(1)}下列物质：rm{垄脵}氯气、rm{垄脷}铜片、rm{垄脹}碳酸钙、rm{垄脺}蔗糖、rm{垄脻HCl}气体、rm{垄脼SO_{3}}气体、rm{垄脽}氨水，能导电的是____，属于电解质的是____。rm{(}填编号rm{)}rm{(2)}现有：rm{垄脵SiO_{2}垄脷SO_{2}垄脹CO_{2}垄脺Na_{2}O垄脻Na_{2}O_{2}垄脼NO_{2}垄脽Al_{2}O_{3}垄脿CO}属于碱性氧化物的是_____；具有两性的氧化物是________；能形成酸雨的酸性氧化物是_________。rm{(3)}节日焰火利用的是____反应，城市射灯在夜空形成五颜六色的光柱，属于____效应。rm{(4)}胃舒平是治疗胃酸rm{(}盐酸rm{)}过多的常用药物。其中含有的有效成分是氢氧化铝，其治疗原理是rm{(}用离子方程式表示rm{)}____；碳酸氢钠也常用于治疗胃酸过多，写出反应的离子方程式________________________________。26、2018年5月13日凌晨6点45分左右；中国首艘国产航母在晨雾中离开大连造船厂舾装码头，开始首次海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。

（1）镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+最高能级电子的运动状态有______种；铬元素在周期表中______区。基态铬原子的核外电子排布式为______。

（2）航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图所示）；其中C原子杂化方式为______杂化。

（3）有三个组成相同的配位化合物，化学式均为CrCl3•6H2O，中心原子Cr3+配位数为6，但颜色各不相同。亮绿色者加入硝酸银后有的氯沉淀析出；暗绿色者能析出1/3的氯，紫色者能沉淀出全部的氯。试写出亮绿色者的结构（用内外界表示）______。

（4）海洋是元素的摇篮；海水中含有大量卤族元素。

①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是______（填元素符号）

。氟氯溴碘第一电离能（kJ/mol）1681125111401008②已知ClO2-为V形，中心氯原子周围有四对价层电子。写出一个与ClO2-互为等电子体的分子式______，ClO2-中O-Cl-O键角为______。

A．109°28′B．大于120°C．小于120°；大于109°28′D．小于109°28

③已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6（）和HIO4，请比较二者酸性强弱：H5IO6______HIO4（填“＞”“＜”或“=”）。

④共价型氢化物在水溶液中酸性的强弱取决于△H的大小，氢卤酸（HX）电离的△H可通过图Born-Haber循环计算得到。

△H1和△H2的数值递变规律都是HF＞HCl＞HBr＞HI，其中△H1（HF）特别大的原因为______，从原子结构角度分析影响△H2递变的因素为______。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共40分)27、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__________________________________．28、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__________________________________．29、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。30、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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】解：A；室温下；溶液呈碱性，呈碱性的原因可能是碱电离或强碱弱酸盐水解或弱酸弱碱盐水解，故A错误；

B、弱电解质浓度越小电离度越大，pH越大，而c1α1=10-a，c2α2=10-a-1，α1＜α2，所以c1＞10c2；故B错误；

C、若a＞b且c（X-）=c（Y-）；说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HX＜HY，溶液中的c（HX）＞c（HY），故C正确；

D、向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则一水合氨的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中减小；故D错误；

故选C．

A；室温下；溶液呈碱性，呈碱性的原因可能是碱电离或强碱弱酸盐水解或弱酸弱碱盐水解；

B；弱电解质浓度越小电离度越大；pH越大；

C、若a＞b且c（X-）=c（Y-）；说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY；

D；溶液中铵根离子浓度增大；抑制了一水合氨的电离．

本题考查看酸碱混合定性判断、溶液酸碱性、溶液中离子浓度大小判断，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法，明确溶液中离子浓度大小比较的方法．【解析】【答案】C2、C【分析】略【解析】rm{C}3、D【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的成键特征的应用。【解答】根据题给信息，所给两种烯烃反应后生成的新的烯烃分别为rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CH}rm{=CH}

rm{{,!}_{2}}

，rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH=CH隆陋CH}rm{CH=CH隆陋CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}故本题答案为rm{CH}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】本题考查化学史，只要关注时事，平时注意积累，能轻松简答。【解答】rm{2015}年rm{10}月；屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖，B正确。

故选B。

【解析】rm{B}5、C【分析】解：rm{A.}乙醇汽油是在汽油中掺入一定比例的乙醇；为混合物，故A错误；

B.乙醇燃烧生成二氧化碳和水；故B错误；

C.乙醇易溶于有机溶剂；故C正确；

D.乙醇和乙二醇含有的官能团数目不同；结构不同，不是同系物，故D错误．

故选C．

乙醇汽油是在汽油中掺入一定比例的乙醇；为混合物，乙醇燃烧生成二氧化碳和数，可减少对环境的污染，以此解答．

本题考查乙醇汽油的知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{C}6、D【分析】【解析】【答案】D7、D【分析】解：rm{A}rm{-OH}中含rm{9}个电子，故rm{1mol-OH}中含rm{9N_{A}}个电子；故A错误；

B；苯不是单双键交替的结构；故苯中无碳碳双键，故B错误；

C；标况下四氯化碳为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D、乙烯和乙烷中均含rm{2}个碳原子，故rm{0.1mol}乙烯和乙烷的混合物中含rm{0.2N_{A}}个碳原子；故D正确．

故选D．

A、rm{-OH}中含rm{9}个电子；

B；苯不是单双键交替的结构；

C；标况下四氯化碳为液体；

D、乙烯和乙烷中均含rm{2}个碳原子．

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．【解析】rm{D}二、双选题(共7题，共14分)8、B|C【分析】解：A．含碳碳双键；-CHO、-OH三种官能团；故A错误；

B．该物质的分子式为C9H15O2；故B正确；

C．-CHO与碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可以和2molH2发生加成反应；故C正确；

D．含-CHO；能发生银镜反应，故D错误；

故选BC．

由结构可知；分子中含碳碳双键；-CHO、-OH，结合烯烃、醛、醇的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、醛的性质，题目难度不大．【解析】【答案】BC9、rAB【分析】解：rm{A.}三种气体的分子的质子数分别为：rm{14}rm{14}rm{14}质子数相等的rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}三种气体，物质的量相等，等温等压下，体积之比与物质的量成正比，所以三者体积之比rm{1}rm{1}rm{1}故A正确；

B.rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}摩尔质量分别为rm{28g/mol}rm{28g/mol}rm{26g/mol}等温等压下，气体摩尔体积相同，根据rm{娄脩=dfrac{M}{V_{m}}}知，密度与摩尔质量成正比，则密度之比为rm{28}rm{28}rm{26=14}rm{14}rm{13}故B正确；

C.三种气体的分子的质子数分别为：rm{14}rm{14}rm{14}质子数相等的rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}三种气体，物质的量相等，rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}摩尔质量分别为rm{28g/mol}rm{28g/mol}rm{26g/mol}根据rm{m=nM}知：质量之比与摩尔质量成正比为rm{28}rm{28}rm{26=14}rm{14}rm{13}故C错误；

D.三种气体的分子的质子数分别为：rm{14}rm{14}rm{14}质子数相等的rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}三种气体，物质的量相等，rm{1}分子rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}分别含原子数为：rm{2}rm{2}rm{4}所以三种气体原子数之比：rm{1}rm{1}rm{2}故D错误；

故选AB．

rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}三种气体涉及的元素有rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}质子数分别为rm{6}rm{1}rm{8}rm{7}所以三种气体的分子的质子数分别为：rm{14}rm{14}rm{14}质子数相等的rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}三种气体；物质的量相等；

A.等温等压下；体积之比与物质的量成正比；

B.等温等压下，气体摩尔体积相同，rm{娄脩=dfrac{M}{V_{m}}}分析判断；

C.根据rm{m=nM}分析解答；

D.rm{1}分子rm{CO}rm{N_{2}}rm{C_{2}H_{2}}分别含原子数为：rm{2}rm{2}rm{4}．

本题考查以物质的量为中心的计算，题目难度中等，涉及阿伏伽德罗定律的应用，侧重于公式的联合应用，试题培养了学生的化学计算能力．【解析】rm{AB}10、CD【分析】略【解析】rm{CD}11、AD【分析】略【解析】rm{AD}12、AC【分析】【分析】本题考查了同系物的有关知识。【解答】A.rm{C_{3}H_{8}}与rm{C_{6}H_{14}}都是烷烃，一定互为同系物，故A正确；B.考虑同分异构体，具有相同通式的有机物不一定互为同系物，故B错误；C.两个相邻同系物相差一个rm{CH}rm{CH}，相对分子质量数值相差rm{2}故C正确。D.分子组成相差一个或若干个rm{2}rm{14}原子团的有机物不一定是同系物，如乙酸与乙酸乙酯，故D错误；故选AC。rm{CH}【解析】rm{AC}13、rAC【分析】解：体积都为rm{1L}rm{pH}都等于rm{2}的盐酸和醋酸溶液中，rm{n(CH_{3}COOH)>n(HCl)=0.01mol}rm{0.65g}锌粒的物质的量rm{=dfrac{0.65g}{65g/mol}=0.01mol}锌和酸反应rm{=dfrac

{0.65g}{65g/mol}=0.01mol}盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余rm{Zn+2H^{+}=Zn^{2+}+H_{2}隆眉}醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中rm{0.005mol}小于盐酸溶液中；

A.产生氢气的量从rm{pH}开始逐渐增多；最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象符合题意，故A正确；

B.反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同rm{0}曲线从相同速率开始反应；但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，故B错误；

C.刚开始时，溶液的rm{.}值为rm{pH}由于醋酸电离平衡的存在，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后，醋酸有剩余，导致反应过程中醋酸溶液rm{2}始终小于盐酸溶液；故C正确；

D.反应开始氢离子浓度相同；反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误；

故选AC．

根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量；依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点；拐点、终点的意义分析判断是否符合事实．

本题考查了化学反应速率的影响条件，弱电解质的电离平衡的应用，图象分析方法，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，难度中等．rm{pH}【解析】rm{AC}14、rA【分析】解：rm{A.}根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的rm{triangleH>0}故A正确；

B.该反应实质为rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}?Fe(SCN)_{3}}钾离子和氯离子不参加反应，则rm{KCl}浓度增大不影响化学平衡移动；故B错误；

C.使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，rm{a}是使用催化剂时的曲线故C错误；

D.由于不断加入rm{B}rm{A}的转化率会一直增大；故D错误；

故选A．

A.升高温度；平衡向吸热反应方向移动，根据反应方向判断反应热；

B.氯化钾不影响平衡移动；

C.催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；导致平衡不移动；

D.rm{A}的转化率随着rm{B}的增加而增大．

本题考查了图象分析，会根据图象中曲线变化趋势、拐点、交点来确定平衡移动方向，注意结合方程式特点分析，注意rm{A}中正逆反应速率相等后才是改变条件后反应速率变化，为易错点．【解析】rm{A}三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】试题分析：①由乙烯制乙醇，发生乙烯与水的加成反应；②甲烷在空气中燃烧，生成二氧化碳和水，为氧化反应；③由乙炔制氯乙烯，为乙炔与HCl的加成反应，反应为CH≡CH+HClCH2=CHCl；④丙烯使溴水褪色是丙烯与溴发生加成反应CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br；⑤苯和浓硝酸反应，生成硝基苯，为苯的取代反应，反应为+HNO3+H2O；⑥用丙烯制聚丙烯，碳碳双键断裂生成高分子化合物，为加聚反应，反应的化学方程式为nCH3CH=CH2→由上述分析可知，属于取代反应为⑤，属于氧化反应的为②，属于加成反应为①③④⑥，属于加聚反应的为⑥。考点：考查有机反应类型的判断。【解析】【答案】⑤②①③④⑥⑥16、略

【分析】【解析】【答案】（1）⑨；（2）③⑥；（3）①；（4）⑤；（5）⑦；（6）④17、略

【分析】解：纤维素用适当催化剂与水作用生成葡萄糖的方程式为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；

在催化剂作用下使葡萄糖分解成乙醇和二氧化碳，反应的方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；

故答案为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；C6H12O62C2H5OH+2CO2↑．

纤维素为多糖在催化剂条件下水解生成单糖-葡萄糖；

葡萄糖分解生成乙醇和二氧化碳．

本题考查了有机化学方程式的书写，题目难度不大，熟悉纤维素和葡萄糖的性质是解题关键．【解析】（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；C6H12O62C2H5OH+2CO2↑18、略

【分析】解：在一定温度下，向rm{AgI}的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，rm{AgI(s)?Ag^{+}(aq)+I^{-}(aq)}平衡状态下存在溶度积常数，rm{Ksp=C(Ag^{+})?C(I^{-})}

rm{(1)}若加入rm{AgNO_{3}}固体，会增加银离子浓度，沉淀溶解平衡rm{AgI(s)?Ag^{+}(aq)+I^{-}(aq)}左移，rm{c(I^{-})}减小；故答案为：减小；

rm{(2)}若加入更多的rm{AgI}固体，沉淀溶解平衡rm{AgI(s)?Ag^{+}(aq)+I^{-}(aq)}不变，则rm{c(Ag^{+})}不变；故答案为：不变；

rm{(3)}若加入固体rm{AgBr}rm{AgBr}的溶解性大于rm{AgI}所以平衡状态下rm{AgBr}溶液中的银离子浓度大于rm{AgI}溶液中的银离子浓度，所以碘化银沉淀溶解平衡左移，rm{c(I^{-})}减小；故答案为：减小；

在一定温度下，向rm{AgI}的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡；平衡状态下存在溶度积常数，依据平衡影响因素分析平衡的变化；

本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断和应用，主要是分析沉淀溶解平衡的影响因素的分析判断平衡移动的方向，题目较简单．【解析】减小；不变；减小19、略

【分析】(3)①塑料垃圾引起的污染叫白色污染。②选A。塑料制品由于难以降解，对土壤、植物、海洋、水等存在着严重危害。③选C。填埋只是将废弃物从地面转入地下，并未从根本上解决其污染问题；焚烧会产生有害气体，造成大气污染；将废弃物倾倒进海洋，会造成海水污染。【解析】【答案】(1)塑料合成纤维合成橡胶(2)合成树脂添加剂增塑剂防老化剂(3)①白色污染②A③C20、略

【分析】解：a．溴苯和水分层；NaOH与溴反应后与溴苯分层，选分液漏斗可分离，故正确；

b．苯与水分层在上层；硝基苯与水分层在下层、乙醇与水互溶；现象不同，可鉴别，故正确；

c．乙醇与浓硫酸加热至170℃发生消去反应生成乙烯；则温度计的水银球插入反应液中，测定反应液的温度，故正确；

d．制备硝基苯；水浴加热，则温度计的水银球在烧杯中，测定水温度，故错误；

e．水解后检验溴离子；应在酸性条件下，没有加碱至碱性，不能检验，故错误；

f．碘不易溶于水；易溶于四氯化碳，则用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，故正确；

故答案为：abcf．

a．溴苯和水分层；NaOH与溴反应后与溴苯分层；

b．苯与水分层在上层；硝基苯与水分层在下层、乙醇与水互溶；

c．乙醇与浓硫酸加热至170℃发生消去反应生成乙烯；

d．制备硝基苯；水浴加热；

e．水解后检验溴离子；应在酸性条件下；

f．碘不易溶于水；易溶于四氯化碳．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、有机物的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】abcf四、工业流程题(共4题，共16分)21、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22、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.D23、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%24、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%五、简答题(共2题，共6分)25、（1）②⑦③⑤（2）④⑦②（3）焰色丁达尔（4）【分析】【分析】本题考查了物质的分类、焰色反应、离子方程式书写。【解答】rm{(1)垄脵}氯气是单质；既不是电解质，也不是非电解质，氯气不能导电；

rm{垄脷}铜是金属单质；既不是电解质，也不是非电解质，铜能导电；

rm{垄脹}碳酸钙是盐；在水溶液中虽难溶，但熔化状态下都能完全电离出自由移动的离子而导电，是电解质；碳酸钙固体没有自由移动的离子，不能导电；

rm{垄脺}蔗糖是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电；不属于电解质，属非电解质；蔗糖固体以分子的形式存在不导电；

rm{垄脻HCl}气体不能导电；溶于水能导电，属于电解质；

rm{垄脼}不能导电，溶于水能导电是因为生成了亚硫酸，亚硫酸导电，是非电解质；

rm{垄脽}氨水是氨气溶于水形成的混合物；既不是电解质，也不是非电解质，但是溶液中存在自由移动的离子，能导电；

故答案为：rm{垄脷垄脽}rm{垄脹垄脻}

rm{(2)}二氧化硫能溶于形成亚硫酸，又可以被氧化为硫酸，是导致酸雨的主要气体物质；氧化铝既能和强酸反应又能和强碱反应生成盐和水，是两性氧化物；能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物的是rm{Na}rm{Na}rm{2}；

故答案为：rm{2}rm{O}rm{O}

rm{垄脺}rm{垄脽}rm{垄脷}节日焰火利用的是焰色反应；城市射灯在夜空形成五颜六色的光柱，属于丁达尔效应；

故答案为：焰色；丁达尔；

rm{垄脺}氢氧化铝具有弱碱性，与盐酸反应生成氯化铝与水，反应方程式为：rm{垄脽}故可以治疗胃酸过多；碳酸氢钠具有弱碱性，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，反应离子方程式为：故可以治疗胃酸过多；

故答案为：．rm{垄脷}【解析】rm{(1)垄脷垄脽}rm{垄脹垄脻}rm{(2)垄脺}rm{垄脽}rm{垄脷}rm{(3)}焰色丁达尔rm{(4)}26、8d1s22s22p63s23p63d54s1sp3[CrCl（H2O）5]Cl2•H2OICl2O或OF2D＜HF的水溶液中存在氢键作用（或氟化氢与氟化氢分子间、氟化氢与水分子间存在氢键）原子半径【分析】解：（1）Ni处于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，Ni2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，则Ni2+最高能级为3d；3d轨道上8个电子的运动状态有8种；

铬原子序数为24，原子核外有24个电子，根据构造原理可知基态铬核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；所以铬元素在周期表中d区；

故答案为：8；d；1s22s22p63s23p63d54s1；

（2）聚硅氧烷中C原子均形成了4个单键，所以C的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；

（3）亮绿色者加入硝酸银后有的氯沉淀析出，暗绿色者能析出的氯，紫色者能沉淀出全部的氯，说明亮绿色配合物外界中有2个氯离子，暗绿色配合物外界中有1个氯离子、紫色配合物外界中有3个氯离子，再结合其配位数知，这三种配合物化学式分别为[CrCl（H2O）5]Cl2•H2O、[CrCl2（H2O）4]Cl•2H2O、[Cr（H2O）6]Cl3；

故答案为：[CrCl（H2O）5]Cl2•H2O；

（4）①根据第一电离能分析；第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子，所以有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是I，故答案为：I；

②ClO3-中中心Cl原子价电子对数=3+=4；VSEPR模型为四面体形，由于含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；

原子总数相同，价电子总数也相同的微粒互为等电子体，则与C1O3-互为等电子体的是SO32-、Cl2O、OF2等，其中由分子构成的等电子体是Cl2O或OF2，ClO3-中中心Cl原子含有1对孤电子对和3对成键电子对，由于“孤电子对--成键电子对间斥力＞成键电子对--成键电子对间斥力”使ClO3-中O-Cl-O键角小于109°28′；故选D；

故答案为：三角锥；Cl2O或OF2；D；

③无机含氧酸中，非羟基氧数目越多，无机含氧酸的酸性越强，H5IO6可转化为（HO）5IO、含有1个非羟基氧，HIO4可转化为（HO）IO3、含有3个非羟基氧，所以酸性：H5IO6＜HIO4；故答案为：＜；

④△H1克服分子之间的相互作用，HF的水溶液中存在氢键作用，分子之间相互作用很强，△H1（HF）特别大。△H2克服化学键，原子半径越小，键长越短，键能越大，克服化学键需要能量越多，影响△H2递变的因素为：原子半径或键长或键能，从原子结构角度分析影响△H2递变的因素为原子半径；

故答案为：HF的水溶液中存在氢键作用（或氟化氢与氟化氢分子间；氟化氢与水分子间存在氢键）；原子半径。

（1）Ni处于周期表中第4周期第ⅤⅢ族；是d区金属元素；铬原子序数为24；根据构造原理写出基态铬原子的核外电子排布式；

（2）聚硅氧烷中每个C原子形成了4个单键；

（3）亮绿色者加入硝酸银后有的氯沉淀析出，暗绿色者能析出的氯；紫色者能沉淀出全部的氯，说明亮绿色配合物外界中有2个氯离子，暗绿色配合物外界中有1个氯离子；紫色配合物外界中有3个氯离子，据此写出化学式；

（4）①根据第一电离能分析；第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子；

②根据VSEPR理论计算中心原子Cl的价电子对数，判断ClO3-的空间构型；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；根据电子对间的斥力大小：孤电子对--孤电子对间斥力＞孤电子对--成键电子对间斥力＞成键电