2025年外研版选修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年外研版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列各组离子一定能在给定溶液中大量共存的是A.使酚酞变红的溶液中：S2-、SO32-、K+、Na+B.含大量Fe3+的溶液中：NH4+、OH-、SO42-、Br-C.常温下，水电离的c（H+）=10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、HCO3-、NO3-D.与Al反应放出H2的溶液中：Fe2+、NO3-、I-、Na+2、下列叙述中，正确的是A.14C中含有14个中子B.1H、2H、3H是同一种核素C.H2O与D2O(重水)互称同位素D.C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体3、下列实验操作；现象及所得到的结论均正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

实验结论。

A

将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液；溶液紫红色褪去。

产生的气体中一定含有乙烯。

B

将少量Fe(NO3)2加水溶解后；滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色。

Fe(NO3)2已变质。

C

氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液；生成白色沉淀。

氯乙烷发生水解。

D

取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液；萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变血红色。

Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应。

A.AB.BC.CD.D4、下列说法正确的是（）A.与互为同系物B.的系统命名是2-甲基-1-丙醇C.相同压强下的沸点：乙醇＞乙二醇＞丙烷D.室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞1-氯丁烷5、有机物M的结构如图所示；下列关于M的说法错误的是。

图片A.能与溴水发生加成反应和取代反应B.与足量加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.一定条件下，1molM最多可与4molNaOH反应D.1molM与足量溶液反应，最多消耗2mol6、下列说法正确的是（）A.乙烯、氯乙烯、苯乙烯都是不饱和烃，均可用于合成有机高分子材料B.氨基酸和蛋白质遇双缩脲试剂，溶液均显紫玫瑰色C.利用浓溴水可鉴别己烷、己烯、四氯化碳、苯酚、乙醇D.淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可进一步水解为酒精7、在标准状况下，某烷烃和单烯烃的混合气体2.24L，将其完全燃烧，产生的气体缓缓通过浓硫酸，浓硫酸增重4.05克，将剩余气体通入碱石灰，碱石灰质量增加了6.60克，另取该混合气体2.24L通过过量溴水，溴水质量增加了1.05克。则混合气体的组成为A.CH4和C3H6B.CH4和C4H8C.C2H6和C3H6D.CH4和C2H48、化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基；其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中不正确的是。

A.A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应B.A在一定条件下可与3mol发生加成反应C.符合题中A分子结构特征的有机物只有1种D.与A属于同类化合物的同分异构体只有2种9、合成所需的单体是A.CH3CHCH(CH3)CH2CH3B.CH3CH=C(CH3)CH2=CH2C.CH3CH=CHCH3、CH2=CH2D.CH2=CHCH=CH2、CH2=CH2评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、已知下列热化学方程式；回答下列各问：

①C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH＝—110.4kJ/mol

②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝—393.5kJ/mol

(1)C的燃烧热为______kJ/mol。

(2)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ的热量。写出CH4燃烧热的热化学方程式__________________________________________________。

(3)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：

CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1

CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1

则2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。

(4)在恒温(500K)、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1.0molH2发生合成氨反应N2+3H22NH3，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol，该反应的热化学方程式为___________________________________。11、新型锂离子电池在新能源的开发中占有重要地位。可用作节能环保电动汽车的动力电池。磷酸亚铁锂（LiFePO4）是新型锂离子电池的首选电极材料；它的制备方法如下：

方法一：将碳酸锂、乙酸亚铁［(CH3COO)Fe］；磷酸二氢铵按一定比例混合、充分研磨后；在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，同时生成的乙酸及其它产物均以气体逸出。

方法二：将一定浓度的磷酸二氢铵；氯化锂混合溶液作为电解液；以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解析出磷酸亚铁锂沉淀。沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂。

在锂离子电池中；需要一种有机聚合物作为正负极之间锂离子选移的介质，该有机聚合物的单体之一（用M表示）的结构简式如下：

请回答下列问题：

（1）上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行。其原因是____________________________________。

（2）在方法一所发生的反应中，除生成磷酸亚铁锂、乙酸外，还有________、________、________（填化学式）生成。

（3）在方法二中，阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为____________________________________。

（4）写出M与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式：____________________________________。

（5）已知该锂离子电池在充电过程中，阳极的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，则该电池放电时正极的电极反应式为____________________________________。12、氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标；其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。

（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。

（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。

（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。

___NH3＋__O2→__HNO2＋__________

①请将上述化学方程式补充完整；并配平。

②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。

③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。

（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标；通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：

①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓

②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O

③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-

某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。13、(1)H2A在水中存在以下平衡：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。NaHA溶液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为__________________________。

(2)已知常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)滴加少量Na2A固体，c(Ca2＋)___(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是______。

(3)含有的废水毒性较大，某工厂废水中含4.00×10－3mol·L－1的Cr2O为使废水能达标排放，作如下处理：Cr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3

①该废水中加入FeSO4·7H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为：_______。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝1×10－13mol·L－1，则残留的Cr3＋的浓度为__________________。{已知：Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31}14、按要求写出下列有机物的相关化学用语：

(1)的系统名称是____。

(2)3—甲基—2—戊烯的结构简式：____。

(3)的分子式：____。

(4)分子式为C3H8O且属于醇类的同分异构体有____种；它们的结构简式为____。15、选择恰当的试剂和方法除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)

（1）C2H6(C2H4)试剂__________，方法：_____________________________________。

（2）溴苯(溴)试剂__________，方法：________________________________________。

（3）苯(甲苯)试剂_________，方法：_______________________________________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。(_____)A.正确B.错误17、用酸性KMnO4溶液可将三种无色液体CCl4、苯、甲苯鉴别出来。(_____)A.正确B.错误18、烷烃与烯烃相比，发生加成反应的一定是烯烃。(____)A.正确B.错误19、一氯代烃的密度一般随着烃基中碳原子数的增加而增大。(___________)A.正确B.错误20、乙醛的官能团是—COH。(____)A.正确B.错误21、所有的糖都有甜味。(_______)A.正确B.错误22、浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色是由于浓硝酸与蛋白质发生了显色反应。(_______)A.正确B.错误23、氢化油的制备方法是在加热植物油时，加入金属催化剂，通入氢气，使液态油脂变为半固态或固态油脂。(_______)A.正确B.错误24、淀粉、油脂和蛋白质都能在NaOH溶液中发生水解。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共32分)25、金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍；镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径；其工艺流程如图所示：

(1)“氧压酸浸”滤液中含有等离子，通入氧气时加压的目的是__________。

(2)萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有__________。

a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．配位键。

(3)已知铁矾渣的成分是在沉淀除铁过程中的作用是__________，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为__________。

(4)沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是__________(填化学式)。

(5)沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为__________(已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是__________。

26、磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的主要工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，采用的措施为___________。(写一条即可)

(2)溶浸过程中主要产生的离子为Fe3+、Mn2+、请写出主要反应的离子方程式___________。

(3)溶浸后的溶液中含有少量Fe2+、Cu2+、Ca2+，则“氧化除铁”过程中加入适量的软锰矿的目的是___________。

(4)“净化”工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质，故滤渣主要成分是___________(填化学式)和CaF2。

(5)有人认为净化工序中使用NaF会引起污染，建议用(NH4)2CO3代替NaF，但是用(NH4)2CO3代替NaF的缺点是___________。

(6)“沉锰”工序中主要反应的离子方程式___________。27、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：

（1）煅粉主要含MgO和________，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，则滤液pH大于________[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是______________。

（2）滤液Ⅰ中的阴离子有________(忽略杂质成分的影响)；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成________，从而导致CaCO3产率降低。

（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为_________。

（4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式________。

（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4－和Al2Cl7－两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为_________。28、锡渣主要成分是SnO,还含有少量Fe、Cu、Sb、Pb；As等元素的氧化物.可用下列流程中的方法生产锡酸钠.

已知:①砷酸钡难溶于水,Ksp(Ba3(AsO4)2)=10-24

②水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3,Na3AsO4,Na3SbO4,Na2PbO2

（1）碱熔就是在锡渣中加NaOH焙烧,SnO转变为Na2SnO3,则SnO参加反应的化学方程式为____________

（2）除杂1的目的是“除砷和铅”,加入硫化钠所发生反应的离子方程式为____________;若要使0.001mol/L的AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于10-6mol/L时即沉淀完全）,需等体积加入至少____________mol/L的Ba(OH)2.

（3）除杂2中加入Sn粒的目的是____________

（4）已知Na2SnO3·3H2O可溶于水,难溶于乙醇,加热至140℃时会失去结晶水,所以最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为____________、过滤、用____________洗涤、____________.

（5）水碎渣中的铁元素主要以氧化物形式存在,回收比较容易,而铜冶炼过程中的铜渣中也有铁元素,但主要以硅酸铁的形式存在,回收方法更复杂：需先加CaO作置换剂,发生钙铁置换反应CaO+FeO·SiO2CaO·SiO2+FeO,在反应过程中,加CaO的同时还需加入还原剂烟煤,则加入还原剂烟煤的作用是____________评卷人得分五、原理综合题(共4题，共20分)29、硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。

(1)已知25℃时:O2(g)+S(s)=SO2(g)△H=一akJ/mol

O2(g)+2SO2(g)2S03(g)△H=-bkJ/mol

写出SO3(g)分解生成O2(g)与S(s)的热化学方程式:_______________________。

(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反应；回答下列相关问题:

①甲图是SO2(g)和SO3(g)的浓度随时间的变化情况。反应从开始到平衡时,用SO2表示的平均反应速率为_________。

②在一容积可变的密闭容器中充入20molSO2(g)和10molO2(g),02的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如图乙所示。则P1与P2的大小关系是P2_____P1(“>”“<”或“=”),A、B、C三点的平衡常数大小关系为______(用K、Kg、K。和“<”“>”或“=”表示)。

(3)常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.5510-2Ka2=1.02×10-7。

①将SO2通入水中反应生成H2SO3。试计算常温下H2SO32H++S032-的平衡常数K=____。(结果保留小数点后两位数字)

②浓度均为0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，=______________。

(4)往1L0.2mol/LNa2SO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的CaCl2溶液，充分反应后(忽略溶液体积变化)，溶液中c(Ca2+)=______。(已知，常温下Ksp(CaSO3)=1.28×10-9)30、已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。

(1)已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式__________.

(2)Na2HPO3是____(填“正盐”或“酸式盐”)正盐

(3)亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________；

(4)某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，该温度下H3PO3的电离平衡常数K=___________________；(H3PO3第二步电离忽略不计；结果保留两位有效数字)

(5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na+)_____c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；在NaH2PO3溶液中，c(H+)+c(H3PO3)_____c(HPO32-)+c(OH-)

(6)向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。

以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_____________.31、以下是合成聚对苯二甲酸—1；4—丁二醇酯的合成路线图：

（1）实验室制备乙炔的方程式为______。

（2）化合物A的结构简式为______。

（3）③的反应类型为______。

（4）写出反应⑥的化学方程式______。

（5）D有多种同分异构体，符合以下条件的共有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式______。

①能发生水解反应，遇饱和FeCl3溶液显色；

②1mol该同分异构体能与足量银氨溶液生成4molAg32、工业上主要采用软锰矿和闪锌矿联合生产MnO2和锌。软锰矿主要成分为MnO2；还含少量Al2O3和SiO2杂质。闪锌矿主要成分为ZnS，还含少量FeS、CuS杂质。现用稍过量的软锰矿和闪锌矿为原料，经过一系列处理后分别在两个电极生成产品“MnO2和锌”。工艺流程如下：

已知：Ⅰ：金属硫化物；硫酸、二氧化锰三者发生的反应均是氧化还原反应。

例如：MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4+S+2H2O.

Ⅱ：4X-+Mn2+MnX42-，X-不参与电极反应。Zn2+与X-不反应。

Ⅲ：各种金属离子完全沉淀的pH如下表：

。

Zn2+

Mn2+

Fe2+

Fe3+

A13+

pH

8.0

10.1

9.0

3.2

4.7

回答下列问题：

（1）操作I的名称是_____________________。

（2）物质C是MnO2和ZnO的混合物。加入物质C充分作用后；过滤，所得固体的成分是________(用化学式表示)。

（3）电解溶液D的装置如下图所示；两个电极都是惰性电极。

①硫酸钠的作用是________________________。

②b电极的电极反应式是______________________。a电极的电极反应式是_______________________。

（4）若一定质量的闪锌矿中含1.76kgFeS，则在上述流程中1.76kgFeS消耗MnO2的质量为_______kg。

（5）现有0.4mol/LMn(NO3)2、0.8mol/LZn(NO3)2的混合溶液100mL，向该混合液中逐滴加入Na2S溶液，当MnS沉淀一定程度时，测得c(Mn2+)=2.0×10-3mol/L，则此时c(Zn2+)=________[已知Ksp(ZnS)=1.3×10-24，Ksp(MnS)=2.6×10-13]评卷人得分六、实验题(共1题，共2分)33、实验室用燃烧法测定某固体有机物A的分子组成；测定装置如图(铁架台；铁夹、酒精灯等未画出)：

取17.1gA放入装置中，通入过量O2燃烧，生成CO2和H2O；请回答下列有关问题：

(1)通入过量O2的目的______________________。

(2)C装置的作用是_____________________________。D装置的作用是_____________________。

(3)通过该实验，能否确定A中是否含有氧原子？__________。

(4)若A的摩尔质量为342g/mol，C装置增重9.90g，D装置增重26.4g，则A的分子式为________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A.使酚酞变红的溶液显碱性，S2-、SO32-、K+、Na+等几种离子在碱性条件下不能发生离子反应，故可以大量共存，A正确；B.含大量Fe3+的溶液因其水解而显酸性，OH-不仅不能与NH4+大量共存，而且还能与Fe3+生成氢氧化铁沉淀，故B不正确；C.常温下，水电离的c（H+）=10-13mol·L-1的溶液中，水的电离受到了酸或碱的抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，Mg2+不能在碱性溶液中大量存在，HCO3-既不能大量存在于碱性溶液中、也不能大量存在于酸性溶液中，C不正确；D.与Al反应放出H2的溶液可能显酸性、也可能显强碱性，Fe2+不能大量存在于碱性溶液中；在酸性条件下，NO3-有强氧化性，铝与含有大量NO3-的酸性溶液反应不生成氢气，而且NO3-可以把Fe2+和I-氧化，故D不正确。综上所述，本题选A。2、D【分析】【详解】

A.14C中含有14－6＝8个中子；A错误；

B.1H、2H、3H是氢元素的三种核素；B错误；

C.H2O与D2O(重水)均表示水分子；不是同位素关系，C错误；

D.C60、C70；金刚石、石墨均为碳元素形成的不同单质；属于碳的同素异形体，D正确。

答案选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．挥发的乙醇及生成的乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；由褪色现象不能说明乙烯的生成，故A错误；

B．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子生成铁离子，由操作和现象不能证明Fe(NO3)2变质；故B错误；

C．水解后需要在酸性溶液中检验氯离子；水解后没有加硝酸至酸性，不能生成白色沉淀，故C错误；

D．取5mL0.1mol•L-1KI溶液，加入1mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，KI溶液过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中仍然有Fe3+，证明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应；故D正确。

故选D。4、D【分析】【分析】

A.同系物必须满足结构相似、组成上相差n个CH2这两个条件；

B.根据系统命名法；分子内含羟基，则命名为某醇；

C.有机物中；相对分子质量越大，其沸点越高；

D.根据相似相容原理进行分析；

【详解】

A.中的官能团分别是酚羟基与醇羟基；其结构不同，故不属于同系物，故A项错误；

B.根据系统命名法，分子命名为2-丁醇；故B项错误；

C.相同状况下；有机物的相对分子质量越大，其沸点越高，则乙醇；乙二醇和丙烷的沸点从大到小为：乙二醇＞乙醇＞丙烷，故C项错误；

D.有机物分子结构中羟基百分含量越高；其越易溶于水，则甘油；苯酚和1-氯丁烷在水中的溶解度大小为：甘油＞苯酚＞1-氯丁烷，故D项正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查有机化合物基本知识，其中A选项是学生的易错点。同系物必须满足“结构上相似、组成上相差n个CH2”这两个条件，且缺一不可。5、B【分析】【详解】

A．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br2水发生加成反应；A正确；

B．由题干有机物的结构简式可知，与足量H2加成后的产物中含有醇羟基；羧基和碳氯键等官能团；其中醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C．由题干有机物的结构简式可知；1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1molNaOH，含有1mol羧基，可消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2molNaOH，即一定条件下，1molM最多可与4molNaOH反应，C正确；

D．由题干有机物的结构简式可知，1molM与足量Na2CO3溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗Na2CO3各1mol即2molNa2CO3；D正确；

故答案为：B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．乙烯；氯乙烯、苯乙烯都含有碳碳双键；均可用于合成有机高分子材料，但氯乙烯是不饱和卤代烃，故A错误；

B．蛋白质遇到双缩脲试剂时会出现紫玫瑰色现象；而氨基酸中不存在肽键，不会出现紫玫瑰色现象，故B错误；

C．己烷中滴加浓溴水；不褪色，但振荡后分层，且上层为橙色；己烯中滴加浓溴水，溶液褪色；四氯化碳中滴加浓溴水，不褪色，但振荡后分层，且下层为橙色；苯酚中滴加浓溴水，有白色沉淀；乙醇中滴加浓溴水，不褪色，但振荡后不分层，则可用浓溴水可鉴别己烷；己烯、四氯化碳、苯酚、乙醇，故C正确；

D．淀粉水解产物为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶作用再进一步分解可得酒精，葡萄糖不能水解，故D错误；

故答案为C。7、A【分析】【详解】

标准状况下2.24L气体的物质的量为0.1mol，浓硫酸增重4.05克，即燃烧时生成4.05g水，物质的量为=0.225mol，则混和烃中含有0.45molH原子，碱石灰质量增加了6.60克，即生成6.60gCO2，物质的量为=0.15mol，则混和烃中含有0.15molC原子，所以该混和烃的平均分子式为C1.5H4.5；由于含C原子数小于1.5的烃只有CH4，所以混和烃中一定含有CH4；溴水质量增加了1.05克，即混和物中含有1.05g单烯烃，则甲烷的质量为0.15mol12g/mol+0.45mol1g/mol-1.05g=1.20g，n(CH4)==0.075mol，n(单烯烃)=0.1mol-0.075mol=0.025mol，其摩尔质量为=42g/mol，单烯烃符合通式CnH2n，所以12n+2n=42，解得n=3，该单烯烃为C3H6；

综上所述混合气体由组成CH4和C3H6，故答案选A。8、D【分析】【分析】

化合物A分子式C8H8O2。分子中苯环上只有一个取代基，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1:2:2:3，说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1:2:2:3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，其结构为则A含有苯环，能与氢气发生加成反应，含有酯基，具有酯的性质。

【详解】

A．据分析；A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，A正确；

B．A为所含苯环能与氢气反应，故在一定条件下可与3mol发生加成反应；B正确；

C．由分析知A为C正确；

D．与A属于同类化合物的同分异构体，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若酚酯，可以是：苯环上只有1个CH3COO-取代基，苯环上含有2个取代基：-CH3和HCOO-；分别有邻；间、对三种位置，故5种异构体，故D错误；

答案选D。9、C【分析】【详解】

CH3CH=CHCH3、CH2=CH2发生加聚反应生成则合成所需的单体是CH3CH=CHCH3、CH2=CH2，答案选C。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【详解】

（1）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合反应热化学方程式②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；可知碳的燃烧热为393.5kJ/mol；故答案为393.5；

（2）0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放热890kJ，反应的____为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故答案为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）①CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝－53.7kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)△H2＝+23.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①×2-②，得：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－84kJ·mol－1；故答案为－84；

（4）设反应生成NH3xmol则有：N2+3H22NH3

起始（mol）1.01.00

转化（mol）0.5x1.5xx

平衡（mol）1.0-0.5x1.0-1.5xx

平衡时混合气体的物质的量为1.6mol，故1.0-0.5x+1.0-1.5x+x=1.6，解得x=0.4mol，即生成0.4molNH3放出的热量为18.4kJ，则生成2molNH3放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1；

正确答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1。【解析】393.5CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol－84N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ·mol－111、略

【分析】【分析】

本题主要原电池和电解池的相关知识点。

【详解】

（1）亚铁离子具有强还原性；制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行，其原因是为了防止亚铁化合物被氧化；

（2）将碳酸锂、乙酸亚铁、磷酸二氢铵在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂、乙酸及其它产物均以气体逸出。根据题意和元素守恒，可得其他产物为：CO2、H2O和NH3；

（3）将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解析出磷酸亚铁锂沉淀。阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为：

（4）M具有酯基，在碱性条件下可发生水解，M与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式：

（5）正极的电极方程式为：FePO4+Li++e-=LiFePO4【解析】为了防止亚铁化合物被氧化CO2H2ONH3FePO4+Li++e-=LiFePO412、略

【分析】【分析】

(1)结合氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH－分析；

(2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析；

(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)；由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；

(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。

【详解】

(1)由氨水中存在NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；

(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动；故有利于氨的脱除；

(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；

②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3；两者的物质的量之比为3:2；

③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol；质量为0.1mol×47g/mol=4.7g；

(4)取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。【解析】①.NH3②.NH4＋+OH-→NH3+H2O③.氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除④.2⑤.3⑥.2⑦.2⑧.H2O⑨.3：2⑩.4.7克⑪.当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化⑫.400ab13、略

【分析】【分析】

(1)H2A在水中存在以下平衡：H2AH+＋HA-，HA－H+＋A2-，所以H2A是二元弱酸，NaHA在溶液中存在电离平衡和水解平衡，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度；以此分析。

(2)加少量Na2A固体，A2－浓度增大；CaA的溶解平衡向左移动。

(3)①亚铁离子被氧化的离子方程式为Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

②根据Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38和Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31可知＝根据c(Fe3＋)浓度可求出Cr3＋的浓度。

【详解】

（1）因为钠离子不水解，HA－既水解又电离，所以c(Na＋)>c(HA－)，因为NaHA溶液显酸性，所以HA－的电离大于水解，又因为水电离也能产生H＋，所以c(H＋)>c(A2－)，水的电离很微弱，OH－浓度很小，所以c(A2－)>c(OH－)，综上，c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。

因此，本题正确答案是：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。

（2）由于加入Na2A固体，c(A2-)增大，从而导致溶解平衡左移，c(Ca2+)减小。

因此，本题正确答案是：减小；加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动，所以c(Ca2＋)减小。

（3）Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2＋有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋，根据元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；

因此，本题正确答案是：Cr2O72-＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（4）根据Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38和Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31，若处理后的废水中残留的c（Fe3+）＝1×10-13mol•L-1，=c（Cr3+）＝mol/L=1×10-6mol•L-1。

因此，本题正确答案是：1×10－6mol·L－1。【解析】c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)减小加少量Na2A固体，A2－浓度增大，CaA的溶解平衡向左移动，所以c(Ca2＋)减小Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O1×10－6mol·L－114、略

【分析】【分析】

（1）物质为烯烃；选取最长碳链为主碳链，当多条碳链一样长，选含支链最多的为主链，主链含六个碳原子，从离官能团近的一端编号，当官能团两边一样近，从取代基近的一端编号，据此写出名称；

（2）3-甲基-2-戊烯为烯烃；主碳链含有碳碳双键，离双键近的一端编号，位于2号碳，3号碳有甲基，据此写出结构简式；

（3）键线式是省略碳和氢原子只表示碳碳键和官能团；结合碳原子形成四个化学键写出分子式；

（4）C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3；据此分析解答．

(1)

）物质为烯烃，选取最长碳链为主碳链，当多条碳链一样长，选含支链最多的为主链，主链含六个碳原子，从离官能团近的一端编号，当官能团两边一样近，从取代基近的一端编号，主链编号如图所示得到名称为：2；5—二甲基—3—乙基—3—己烯；

故答案为：2；5—二甲基—3—乙基—3—己烯；

(2)

3-甲基-2-戊烯为烯烃，主碳链含有碳碳双键，离双键近的一端编号，位于2号碳，3号碳有甲基，据此写出结构简式为：

故答案为：

(3)

根据可知该有机物含4个碳原子，含8个氢原子和1个氧原子，所以该有机物分子式为C4H8O；

故答案为：C4H8O；

(4)

C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH(OH)CH3和CH3CH2CH2OH，故C3H8O的同分异构体数目为2；

故答案为：2；CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2OH。【解析】(1)2；5—二甲基—3—乙基—3—己烯。

(2)

(3)C4H8O

(4)2CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2OH15、略

【分析】【详解】

(1)乙烯属于不饱和烃可以用溴水除去；乙烷与溴水不反应，所以选择溴水，方法是洗气；

(2)溴与氢氧化钠溶液反应；溴苯不与氢氧化钠溶液反应且不溶于氢氧化钠溶液，所以选择氢氧化钠溶液，分液除去；

(3)甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应，生成的苯甲酸溶于水中，苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，不溶于水，溶液分层，分液除去。【解析】①.溴水②.洗气③.NaOH溶液④.分液⑤.酸性高锰酸钾溶液⑥.分液三、判断题(共9题，共18分)16、B【分析】【分析】

【详解】

锥形瓶中有少量的蒸馏水，不会影响中和滴定的滴定结果，容量瓶是精量器，洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干，否则会因热胀冷缩的原因导致仪器刻度发生变化，故错误。17、A【分析】【详解】

酸性高锰酸钾溶液可以氧化甲苯而褪色，苯和CCl4都不和高锰酸钾反应，会出现分层，苯在上层，CCl4在下层，故酸性高锰酸钾溶液可以区分这三种无色液体，该说法正确。18、A【分析】【详解】

烷烃已饱和，不能发生加成反应，烯烃含有碳碳双键，可以发生加成反应，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

一氯代烃是一个氯原子取代了烃中的一个氢原子，相对而言，烃基的密度小，而氯原子的密度大。随着碳原子数增多，烃基部分越大，密度就会变小。所以一氯代烃的密度一般随着烃基中碳原子数的增加而降低，错误。20、B【分析】【详解】

乙醛的官能团是-CHO，该说法错误。21、B【分析】【详解】

糖分为单糖、低聚糖和多糖，葡萄糖和果糖等单糖、蔗糖和麦芽糖等二糖有甜味，但淀粉、纤维素没有甜味；错误。22、A【分析】【分析】

【详解】

皮肤中含有蛋白质，含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，所以浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色是由于浓硝酸和蛋白质发生显色反应，故正确。23、A【分析】【详解】

植物油中含有碳碳双键，在金属催化剂下，能与氢气共热发生加成反应生成熔点高的饱和高级脂肪酸甘油酯，使液态油脂变为半固态或固态油脂，故正确。24、B【分析】【分析】

【详解】

淀粉水解的条件是淀粉酶或稀硫酸，而在NaOH溶液中不能水解，因此认为淀粉、油脂和蛋白质都能在NaOH溶液中都发生水解的说法是错误的。四、工业流程题(共4题，共32分)25、略

【分析】【分析】

铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍；镁、铜、铁的氧化物转化为各自对应的离子；铁最终均以三价铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁调节溶液酸碱性在硫酸钠存在的情况下，将铁转变为铁矾渣除去，然后氧化镁再一次调节溶液酸碱性使镍转变为沉淀，最后过滤得到氢氧化镍，最终得到金属镍。

【详解】

（1）“氧压酸浸”滤液中含有等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；

（2）a．此络合物中不存在离子键，a错误；

b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b正确；

c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键；c正确；

d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键；d正确；

故选bcd。

（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为答案为：调节溶液的有利于转化成铁矾渣，

（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是答案为：

（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以此时代入得到溶液中的浓度为由图可知加入量低于镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为答案为：加入量低于镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。【解析】(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率。

(2)bcd

(3)调节溶液的有利于转化成铁矾渣

(4)

(5)加入量低于镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降26、略

【分析】【分析】

由流程图可知，向软锰矿和黄铁矿中加入稀硫酸，酸性条件下，二氧化锰和二硫化铁发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，向溶浸后的溶液中先加入二氧化锰，酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，再加入调节溶液3.7≤pH<5.2范围；使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，待铁离子完全沉淀后，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入硫化钠溶液和氟化钠溶液，使溶液中的铜离子和钙离子车转化为硫化铜沉淀和氟化钙沉淀，过滤；洗涤得到含有硫化铜和氟化钙的滤渣和含有锰离子的滤液，向滤液中加入氨水手碳酸氢铵溶液，使溶液中锰离子转化为碳酸锰沉淀。

（1）

搅拌；适当升高温度、研磨矿石减小固体颗粒等均能加速固体的溶解；提高溶浸工序中原料的浸出效率。

（2）

由分析可知，向软锰矿和黄铁矿中加入稀硫酸发生的主要反应为酸性条件下，二氧化锰和二硫化铁发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，反应的离子方程式为故答案为：

（3）

由分析可知；向溶浸后的溶液中先加入二氧化锰，酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子。

（4）

由分析可知；净化工序发生的反应为溶液中的铜离子与硫离子反应生成硫化铜沉淀，钙离子与氟离子生成氟化钙沉淀。

（5）

若用碳酸铵溶液代替氟化钠溶液，碳酸根离子能与锰离子反应生成碳酸锰沉淀，使碳酸锰沉淀进入滤渣，导致沉锰时碳酸锰的产率降低，故答案为：会使Mn2+沉淀进入滤渣，降低MnCO3的产率。

（6）

向滤液中加入氨水手碳酸氢铵溶液，使溶液中锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：【解析】(1)搅拌；适当升高温度、研磨矿石(合理即可)

(2)

(3)使Fe2+转化为Fe3+

(4)CuS

(5)会使Mn2+沉淀进入滤渣，降低MnCO3的产率。

(6)27、略

【分析】【详解】

(1)白云石高温煅烧，CaCO3和MgCO3受热分解生成CaO和MgO，煅粉主要含有CaO和MgO。若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，根据Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)得：c(OH－)＞mol·L－1＝1×10－3mol·L－1，c(H＋)＜1×10－11mol·L－1，即pH＞11。若用(NH4)2SO4代替NH4NO3，则(NH4)2SO4会与CaO反应生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。

(2)煅粉的主要成分是CaO和MgO，加入适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，由于镁化合物几乎不溶，则溶液中溶质主要为生成的Ca(NO3)2和Ca(OH)2，故滤液Ⅰ中的主要阴离子为NO3－和OH－。由于滤液Ⅰ的pH大于11，溶液中含有Ca(NO3)2和少量的NH4NO3与Ca(OH)2，若仅通入CO2会生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产率降低。

(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为2OH－＋Al2O3＝2AlO2－＋H2O。

(4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑。

(5)由题意可知，放电时负极Al失去电子与AlCl4－结合生成Al2Cl7－，其电极反应式为Al－3e－＋7AlCl4－＝4Al2Cl7－。【解析】CaO11加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少NO3－和OH－Ca(HCO3)22OH－＋Al2O3＝2AlO2－＋H2O2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑Al－3e－＋7AlCl4－＝4Al2Cl7－28、略

【分析】【分析】

（1）碱熔就是在锡渣中加NaOH焙烧，SnO转变为Na2SnO3，在转化过程中，Sn由+2价升高到+4价，应有氧化剂参与反应，NaOH不可能作氧化剂，则必有空气中的O2参与反应；由此可写出SnO参加反应的化学方程式。

（2）除杂1的目的是“除砷和铅”，加入的Na2S与Na2PbO2反应，生成PbS，由此可写出发生反应的离子方程式；若要使0.001mol/L的AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于10-6mol/L时即沉淀完全），加入Ba(OH)2起两个作用，一个是使AsO43-完全沉淀，另一个是溶解在溶液中，使c(Ba2+)、c(AsO43-)满足Ksp(Ba3(AsO4)2)=10-24。

（3）除杂2中加入Sn粒的目的是使Na3SbO4转化为沉淀；从溶液中去除。

（4）已知Na2SnO3·3H2O可溶于水；难溶于乙醇，加热至140℃时会失去结晶水，所以最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、为减少水洗时的溶解损失，应使用乙醇洗涤、最后再低温干燥。

（5）在反应过程中；加CaO的同时还需加入还原剂烟煤，只能还原FeO，则加入还原剂烟煤的作用是还原FeO，减少生成物，有利于平衡的正向移动。

【详解】

（1）碱熔就是在锡渣中加NaOH焙烧，SnO转变为Na2SnO3，在转化过程中，Sn由+2价升高到+4价，应有氧化剂参与反应，NaOH不可能作氧化剂，则必有空气中的O2参与反应，由此可写出SnO参加反应的化学方程式为2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O。答案为：2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O；

（2）除杂1的目的是“除砷和铅”，加入的Na2S与Na2PbO2反应，生成PbS，由此可写出发生反应的离子方程式PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；若要使0.001mol/L的AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于10-6mol/L时即沉淀完全），加入Ba(OH)2起两个作用，一个是使AsO43-完全沉淀，由离子方程式3Ba2++2AsO43-=Ba3(AsO4)2↓，可求出参加反应的c(Ba2+)1==0.0015mol/L；另一个是溶解在溶液中，Ba3(AsO4)2需达到沉淀溶解平衡，使c(Ba2+)2==10-4mol/L，此为混合溶液中的c(Ba2+)，换算为原溶液中的浓度，则为2×10-4mol/L；从而得出c(Ba2+)=c(Ba2+)1+c(Ba2+)2（换）=0.0015mol/L+2×10-4mol/L=0.0017mol/L。答案为：PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；0.0017；

（3）除杂2中加入Sn粒的目的是使Na3SbO4转化为沉淀，从溶液中去除。答案为：除去SbO42-或除锑；

（4）最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、为减少水洗时的溶解损失；应使用乙醇洗涤、最后再低温干燥。答案为：在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶；乙醇；低温干燥；

（5）在反应过程中；加CaO的同时还需加入还原剂烟煤，只能还原FeO，则加入还原剂烟煤的作用是还原FeO，减少生成物，有利于平衡的正向移动。答案为：还原FeO以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动。

【点睛】

为使溶液中的AsO43-转化为Ba3(AsO4)2沉淀，需经两步计算，第一步利用生成Ba3(AsO4)2沉淀的离子方程式，计算所需c(Ba2+)，一般不会出现什么错误，但第二步利用Ba3(AsO4)2的溶度积常数进行计算时，我们易出现错误。那就是我们要求的是原Ba(OH)2的浓度，而我们求出的是混合溶液中的c(Ba2+)，需将其进行转换，如果我们忽视了这一点，就打开了错误之门。【解析】2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2OPbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-0.0017除去SbO42-或除锑在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶乙醇低温干燥还原FeO以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动五、原理综合题(共4题，共20分)29、略

【分析】【详解】

(1)已知：①O2(g)+S(s)═SO2(g)△H1=−akJ/mol；

②O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)△H2=−bkJ/mol；

所求反应方程式为：2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s)，该反应可由−(①×2+②)得到，根据盖斯定律，反应的焓变为△H=−(2△H1+△H2)=(2a+b)kJ/mol，故答案为2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s)△H=(2a+b)kJ/mol；

(2)①SO2催化氧化生成SO3的反应方程式为：O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)，SO2是反应物，随着反应的进行，浓度降低，SO3是生成物，随着反应的进行，浓度升高，根据图象，下降的是SO2，反应从开始到平衡，经历的时间为△t=10min，SO2的物质的量浓度改变量为9.0−1.5=7.5mol/L，根据反应关系，O2的物质的量浓度改变量为△c=7.5mol/L2=3.75mol/L，则用O2表示的平均反应速率为v(O2)=△c/△t=3.75mol/L/10min=0.375mol/(L⋅min)，故答案为0.375mol/(L⋅min)；

②反应方程式为：O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)，随着反应的进行，气体分子数减小，体系压强降低，结合图象采用控制变量法分析，当温度相同时，增大体系压强，有利于化学反应平衡向正反应方向移动，反应物的转化率升高，因此增大压强，可以增大O2的平衡转化率，则P1与P2的大小关系是P12，温度相同，化学平衡常数不改变，该反应的焓变小于0，因此反应是放热反应，降低温度有利于反应正向进行，则A.B.C三点的平衡常数大小关系为KA=KCB，故答案为KA=KCB；

(3)①常温下H2SO3⇌2H++SO32−的平衡常数K，根据多重平衡规则，反应的平衡常数K=c2(H+)c(SO32−)/c(H2SO3)=Ka1⋅Ka2=1.54×10−2×1.02×10−7=1.57×10−9故答案为1.57×10−9；

②浓度均为0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒：c(Na+)=2c(SO32−)+2(HSO3−)+2(H2SO3)，对于NaHSO3溶液，根据物料守恒：c(Na+)=c(SO32−)+(HSO3−)+(H2SO3)，对于浓度相同的Na2SO3、NaHSO3混合溶液，设混合溶液中有V1LNa2SO3、V2LNaHSO3，则混合溶液中，c(Na+)=(2×0.1V1+0.1V2)/V1+V2，c(SO32−)+(HSO3−)+(H2SO3)=(0.1V1+0.1V2)/(V1+V2)，因此混合溶液中，c(Na+)/[c(SO2−3)+c(HSO−3)+c(H2SO3)]=3/2；故答案为32；

(4)1L0.2mol/LNa2SO3溶液中加入0.1mol的CaCl2固体，充分反应后(忽略溶液体积变化)，反应生成CaSO3，溶液中起始时，c(Ca2+)=0.1mol/L，c(SO32−)=0.2mol/L，发生反应为Ca2++SO32−═CaSO3，反应后，溶液中剩余c(SO32−)=0.2mol/L−0.1mol/L=0.1mol/L，则溶液中此时c(Ca2+)=Ksp(CaSO3)/c(SO32−)=1.28×10−8mol/L，故答案为1.28×10−8mol/L；【解析】SO3(g)O2(g)+S(s)ΔH=+(a+)kJ·mol-10.75mol·(L·min)-1；>KB>KA=Kc1.58×10-9或1.52.56×10-8mol.L-130、略

【分析】【详解】

(1)三氯化磷和水反应生成H3PO3和盐酸，离子方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-。

(2)亚磷酸为二元酸，所以Na2HPO3为正盐。

(3)亚磷酸与银离子反应时；银离子得到1个电子做氧化剂，变成银单质，亚磷酸失去电子做还原剂，变成磷酸，磷元素化合价升高2价，根据电子守恒分析，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比2：1。

(4)