2025年岳麓版选修化学上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年岳麓版选修化学上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6题，共12分)1、常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10-4(已知2.14)，向20mL0.01mol・L－1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NOH溶液；测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是。

A.X=20B.a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小C.a点溶液中c(H－)＝2.14×10－3mol・L－1D.b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)＞c(Na+)＞c(NO2－)2、下列实验操作与预期实验目的一致的是。选项实验操作实验目的A苯中有少量苯酚，加入碳酸氢钠溶液后，分液可用于除去苯中的苯酚B加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性溶液可验证乙烯生成C测乙烯与溴水反应前后溶液的pH可验证发生的是加成反应还是取代反应D溴乙烷在氢氧化钠溶液中加热水解后，加入硝酸银溶液可用于检验溴乙烷中的Br

A.AB.BC.CD.D3、汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一；对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是()

A.该物质遇FeCl3溶液不显色B.汉黄芩素的分子式为C16H12O5C.1mol该物质与溴水反应，最多消耗1molBr2D.与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种4、根据如图所示的实验所得的推论不合理的是。

已知：苯酚的熔点为43℃。A.试管c中钠沉在底部说明密度：乙醇<钠B.试管b、c中生成的气体均为H2，说明苯酚和乙醇均显酸性C.苯酚中羟基的活性比乙醇中羟基的活性强D.苯酚中羟基上的氢原子比甲苯中甲基上的氢原子更活泼5、采用现代仪器分析方法；可以快速；准确地测定有机化合物的分子结构。某有机化合物的谱图如下，推测其结构简式为。

A.B.C.D.6、掌握必要的消毒和防疫知识，会使我们的生活更安全。下列说法不正确的是A.75%的乙醇和84消毒液的消毒原理不相同B.制造N95口罩的聚丙烯树脂属于有机高分子材料C.苯酚能杀灭活性冠状病毒，可以用酚类消毒剂漱口D.乙醚和氯仿也能消毒杀菌，二者均属于有机物评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、水是极弱的电解质，其中存在电离平衡H2O⇌H++OH-；回答下列问题：

(1)常温下，某电解质溶解在水中后，溶液中水电离的c(H+)=1×10-9，则该电解质可能是_______(填序号)。

A.CuSO4B.HClC.Na2SD.NaOHE.K2SO4

(2)常温时，取0.1mol·L-1HX溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合；测得混合溶液的pH=8。

①混合溶液中由水电离出的c(OH-)与0.1mol/LNaOH溶液中由水电离出的c(OH-)之比为_______。

②已知NH4X溶液呈中性，将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出。试推断NH4HCO3溶液的pH_______7(填“>”“<”或“=”)。

(3)T℃时，测得0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=10，则此温度下水的Kw=_______。在此温度下，将0.01mol·L-1H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液pH=11，则Va∶Vb=_______(忽略溶液混合时体积的变化)。8、（1）写离子方程式。

a.氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为___________________________；

b.碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为____________________________________。

（2）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，发生反应的离子方程式为__________________；在上述溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，此步反应的离子方程式为__________________________。

（3）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋的拆写结果是：氧化反应为：Cu－2e－＝Cu2＋；还原反应为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋。请据此将反应：Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O拆写成两个“半反应式”：氧化反应为__________________；还原反应为__________________。9、(1)比较熔点：晶体_______白磷晶体(填“>”、“<”或“=”)，判断的理由是_______________；

(2)酸碱质子理论认为，能电离出质子(氢离子)的物质是酸，能结合质子的物质是碱，用一个离子方程式说明：与的碱性强弱________________；

(3)一水合氨分子中，与实际上是通过氢键相结合，请结合一水合氨的性质，用结构式画出一水合氨最有可能的分子结构____________。10、化合物F是一种食品保鲜剂；可按如下途径合成：

已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。

试回答：

（1）A的化学名称是_________，A→B的反应类型是_________。

（2）B→C反应的化学方程式为_____________________________。

（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_____________。

（4）E的结构简式是______________。F中官能团的名称是________________。

（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为______________。

（6）写出用乙醇为原料制备2-丁烯醛的合成路线（其他试剂任选）：_____________。11、蒽与苯炔反应生成化合物X(立体对称图形)；如图所示：

(1)蒽与X都属于_______(填选项；下同)。

a.环烃b.烷烃c.不饱和烃。

(2)苯炔的分子式为_______，苯炔不具有的性质是_______。

a.能溶于水b.能发生氧化反应c.能发生加成反应d.常温；常压下为气体。

(3)下列属于苯的同系物的是_______。

A.B.C.D.

(4)苯乙烯(结构如图)是生产某塑料的单体，写出合成该塑料的化学方程式_______。

12、按要求填空。

（1）用系统法将下列物质命名。

①___________

②___________

（2）写出下列物质的结构简式。

①2，2－二甲基丙烷___________

②2，3，5－三甲基－3，4－二乙基庚烷___________

（3）下列括号内的物质为杂质；将除去下列各组混合物中杂质所需的试剂填在横线上。

①乙烷(乙烯)___________

②乙炔(H2S)___________13、(1)写出的电子式：___________。

(2)二氧化硅熔化需1723℃，而干冰升华在常温下就可以进行，解释前者比后者所需温度高很多的原因：___________。

(3)已知：比易电离出请用一个离子方程式证明：___________。14、现有三种化合物如下：

甲：乙：丙：

请分别写出鉴别甲、乙、丙三种化合物的方法（指明所选试剂及主要现象）鉴别甲的方法：__________鉴别乙的方法：_____________；鉴别丙的方法_____________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、乙醛与银氨溶液和Cu(OH)2悬浊液反应，所需的试剂必须新制备的。(____)A.正确B.错误16、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜，则蔗糖未水解。(____)A.正确B.错误17、棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O。(____)A.正确B.错误18、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19、某烃的分子式为C11H16，它不能与溴水反应，但能使酸性KMnO4溶液褪色，分子结构中只含有一个烷基符合条件的烃有7种。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共24分)20、M（）

是牙科粘合剂；X是高分子金属离子螯合剂，以下是两种物质的合成路线：

已知：R、R1、R2代表烃基或其他基团。

（1）A为烯烃，B中所含官能团名称是______，A→B的反应类型是______。

（2）C→D的反应条件是______。

（3）E分子中有2个甲基和1个羧基，E→F的化学方程式是______。

（4）D+F→K的化学方程式是______。

（5）下列关于J的说法正确的是______。

a．可与Na2CO3溶液反应。

b．1molJ与饱和溴水反应消耗8molBr2

c．可发生氧化；消去和缩聚反应。

（6）G分子中只有1种氢原子，G→J的化学方程式是______。

（7）N的结构简式是______。

（8）Q+Y→X的化学方程式是______。21、甲烷是一种重要的化工原料；广泛应用于民用和工业中。回答下列问题：

(1)利用CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。

已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)。△H1

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566kJ∙mol–1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-242kJ∙mol–1

相关化学键的键能数据如下：。共价键H-OC≡OH-HC-H键能/(kJ∙mol–1)4631076436413

由此计算△H1=___________kJ∙mol–1。

(2)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①关于上述过程II的说法正确的是___________(填序号)。

A．CO未参与反应B．可表示为CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)

C．实现了含碳物质与含氢物质的分离D．Fe3O4；CaO为催化剂；降低了反应的△H

②在体积为2L的刚性密闭容器中，充入2molCH4和3molCO2，加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至T1使其发生反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，容器内的总压强p随时间t的变化如下表所示：。反应时间024681012总压强p/kPa10.011.512.313.013.614.014.0

i.该温度下的平衡常数Kp=___________kPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)

ii.实验测得v正=k正·c(CH4)·c(CO2)，v逆=k逆·c2(CO)·c2(H2)，其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时，=___________(填数值)。若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)。

(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(H2C2O4)=c()，则此时溶液的pH=___________。(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10-2，Ka2=6×10-5；lg6=0.8)

(4)模拟利用CH4与CO2反应制草酸(H2C2O4)的电池，装置如图所示(电极均为惰性材料)，则充入CH4一极为电池的___________极(填正”或“负”)，此极发生的电极方程式为___________。

22、短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1molDAx与足量的A2C反应生成44.8L（标准状况）G气体。A；B的单质依次为G、T；在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反应G+T→W（未配平），测得各物质的浓度如表所示。

。物质。

T

G

W

10min时；c/(mol/L)

0.5

0.8

0.2

20min时；c/(mol/L)

0.3

0.2

0.6

回答下列问题：

(1)A、B、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物的化学式为_________。

(2)B、C、D、E的简单离子中，离子半径由大到小排序为__________。(用离子符号表示)

(3)J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，J、L混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反应的离子方程式_______；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液退色的是_______(填化学式)。

(4)B2A4-C2碱性燃料电池放电效率高。该电池放电时生成B2和A2C，正极反应式为_____；电池工作一段时间后，电解质溶液的pH_____（填“增大”“减小”或“不变”）。

(5)由A；B、C、D四种元素组成的单质、化合物在一定条件下的转化关系（部分条件和产物已省略）如图所示；已知M耐高温。

①X的电子式为______；W的结构式为________。

②已知W与乙反应生成K和甲是某重要化工生产步骤之一，提高其反应速率的方法除增大反应物浓度、增大压强外，还有______、______。23、我国具有光辉灿烂的古代科技；早在商代就已经铸造出司母戊大方鼎。回答下列问题：

（1）Cu在元素周期表中的位置___，Cu2+的价电子排布式为__。

（2）已知基态铜的部分电离能如表所示：。电离能/kJ·mol－1I1I2I3Cu74619582058

由表格数据知，I2(Cu)远远大于I1(Cu)，其原因是__。

（3）Cu2+能与吡咯()的阴离子()形成双吡咯铜。

①中C和N原子的杂化均为__，1mol含有__molσ键；

②双吡咯铜Cu()2的配位原子为__；噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129~131℃之间，吡咯沸点较高，其原因是__。

（4）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M原子)。每个铜原子周围距离最近的铜原子数目__；该晶体的化学式为__。已知该晶体的密度为ρg·cm－3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为__pm(只写计算式)。

评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)24、二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈；设计实验流程如下：

（1）洗涤滤渣A的目的是为了去除____（填离子符号），检验该离子是否洗涤的方法是____

____。

（2）第②步反应的离子方程式是____，滤渣B的主要成分是____。

（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP____（填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有____；烧杯、玻璃棒、量筒等。

（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为____。25、某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质；为了测定其纯度，进行以下滴定操作。

A.在250mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液。

B.用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴指示剂甲基橙。

C.在天平上准确称取烧碱样品Wg；在烧杯中用蒸馏水溶解。

D.将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1

E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2

回答下列各问题：

(1)正确操作步骤的顺序是(用字母填写)____→____→____→D→____。______。

(2)滴定管的读数应注意_____。

(3)E中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是_____。

(4)D步骤中液面应调节到____，尖嘴部分应_____。

(5)滴定终点时锥形瓶中颜色变化是_____。

(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，在其它操作均正确的前提下，会对测定结果_____(指烧碱的纯度)有何影响？(指偏高；低或不变)

(7)该烧碱样品纯度的计算式为______。26、为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取Wg固体样品；配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：

方案Ⅰ：取25.00mL上述溶液，加入足量的用过量盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1g。

方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称重，其质量为m2g。

(1)配制250mLNa2SO3溶液时；必须用到的实验仪器有：烧杯；玻璃棒、天平、药匙、_______、______。

(2)写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式______________。

(3)方案Ⅰ加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液；目的是___________，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是______________。

(4)方案Ⅰ中；若滤液浑浊，将导致测定结果____________(填“偏高”或“偏低”)。

(5)若操作正确，结果为m1＜m2；试分析原因是_________。

(6)取25.00mL上述溶液，用cmol/L酸性KMnO4溶液滴定测定Na2SO3的纯度，已知酸性条件下，KMnO4通常被还原为Mn2＋滴定达到终点时的现象为___________，若达到滴定终点时用去VmLKMnO4溶液，则Na2SO3固体的纯度表达式为______。27、(一)某研究性学习小组为确定一种从煤中提取的液态烃X的结构；对其进行探究。

步骤一：这种碳氢化合物蒸气通过热的氧化铜(催化剂)，氧化成二氧化碳和水，再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。有机物X的蒸气氧化产生二氧化碳和水；

步骤二：通过仪器分析得知X的相对分子质量为106；

步骤三：用核磁共振仪测出X的核磁共振谱有2个峰，其面积之比为(如图Ⅰ)

步骤四：利用红外光谱仪测得X分子的红外光谱如图Ⅱ；试回答：

(1)步骤二中的仪器分析方法称为_______。

(2)X的分子式为_______；结构简式为_______。

(二)某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。

(3)实验中铜网出现红色和黑色交替现象，请写出相应的化学方程式_______；在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇氧化反应是_______反应；甲乙两个水浴作用不同，甲的作用是_______；乙的作用是_______。评卷人得分六、推断题(共1题，共7分)28、有机物I是一种常用的植物调味油；常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知①RCHO+CH3CHORCH=CHO+H2O

②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定；易脱水形成羰基。

回答下列问题:

(1)A的名称是_______；H含有的官能团名称是________。

(2)②的反应条件是_______________；⑦的反应类型是_______________。

(3)I的结构简式是____________________。

(4)④的化学方程式是_______________________________。

(5)L是I的同分异构体且含有相同的官能团；其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_____种(不考虑立体异构)。

(6)参照上述合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线(无机试剂任选)__________________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

HNO2的电离平衡常数为K=4.6×10-4，亚硝酸为弱酸存在电离平衡，电离方程式为HNO2⇌NO2-+H+。逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，b点HNO2消耗一半，溶质为HNO2、NaNO2。当加入20mLNaOH，溶质是NaNO2,由于为弱酸强碱盐；会水解使溶液偏碱性。据此分析回答。

【详解】

A.向20mL0．01mol•L-1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20ml，溶质是NaNO2；由于为弱酸强碱盐，会水解使溶液显碱性，而c点是溶液呈中性，所以X＜20mL，故A不正确；

B.c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液。氢氧化钠溶液体积为20ml时恰好反应；那么从a开始到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大。d点从图中无法判断出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，故B不正确；

C.由HNO2⇌NO2-+H+，得到c(H+)=2.14×10-3mol·L-1；故C正确；

D.b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1：1；溶液中存在NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，HNO2⇌H++NO2-，因为溶液呈酸性，所以电离程度大于水解程度，离子浓度大小为c(NO2-)＞c(Na+)＞c(HNO2)；故D不正确。

答案：C

【点睛】

本题考查了弱电解质电离平衡、离子浓度大小比较、平衡常数计算、图象变化分析判断，注意中性溶液中溶质的判断，题目难度中等。易错选项B，关于d点的分析。2、C【分析】【详解】

A．苯酚不与碳酸氢钠反应；也不溶于碳酸氢钠溶液，因此无法除去苯中苯酚，故A不符合题意；

B．乙醇在浓硫酸下加热到170℃下发生消去反应得到乙烯；乙醇易挥发，因此乙烯中混有乙醇，乙烯；乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此乙醇对乙烯检验产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；

C．乙烯与溴水若发生取代反应，则有HBr产生；溶液显强酸性，乙烯与溴水发生加成反应，则生成1，2-二溴乙烷，pH变化不大，本实验能达到实验目的，故C符合题意；

D．加入硝酸银溶液前；需要加入硝酸酸化，中和未反应的NaOH溶液，防止NaOH的干扰，题中没有中和NaOH，无法达到实验目的，故D不符合题意；

答案为C。3、B【分析】【详解】

A．根据汉黄芩素的结构简式可知，该分子中含有酚羟基，所以该物质遇FeCl3溶液显紫色；A选项错误；

B．根据该分子的结构简式可知，其分子式为C16H12O5；B选项正确；

C．该分子中含有酚羟基，酚羟基邻位碳原子上有氢原子，可以与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，因此1mol该物质可消耗2molBr2；C选项错误；

D．该物质与足量的H2发生加成反应后；碳碳双键和羰基均被加成，官能团减少2种，D选项错误；

答案选B。4、B【分析】【详解】

A．试管c中钠沉在底部；可知Na的密度比乙醇的密度大，A推论合理；

B．−OH与Na反应生成氢气，则试管b、c中生成的气体均有H2；但无法证明乙醇显酸性，B推论错误；

C．苯酚显酸性；乙醇为中性，苯酚与Na反应剧烈，则苯酚中羟基的活性比乙醇中羟基的活性强，C推论合理；

D．苯酚与Na反应；而甲苯不反应，则苯酚中羟基上的氢原子比甲苯中甲基上的氢原子更活泼，D推论合理；

答案为B。5、B【分析】【分析】

【详解】

由核磁共振氢谱图可知该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子，符合该条件的由B、D两个选项，由质谱图可知该有机物的相对分子质量为46，则B选项符合题意；答案为B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．84消毒液杀菌消毒是利用其中含有的NaClO的强氧化性；而医用酒精中的乙醇并不具备强氧化性，但仍能够使蛋白质变性从而达到杀菌消毒的目的，故A正确；

B．聚丙烯树脂属于有机高分子材料；故B正确；

C．苯酚对人体的危害一般会产生腐蚀作用；同时如果接触皮肤会产生灼烧现象，同时还可能会迅速进入人体，从而导致人体中毒的症状产生，不能用酚类消毒剂漱口，故C错误；

D．乙醚和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒；二者均属于有机物，故D正确；

综上所述，本题正确答案为C。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

(1)常温下，某电解质溶液中水电离的c(H+)=1×10-9<1×10-7；说明水的电离被抑制，则溶液中溶质为酸或碱或强酸的酸式盐。

(2)①酸碱物质的量相等且都是一元的，则酸碱恰好完全反应生成NaX，混合溶液pH>7；溶液呈碱性，说明NaX为强碱弱酸盐﹔酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。

②NH4X溶液呈中性，说明Ka(HX)=Kb()，将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出；根据强酸制取弱酸分析酸性强弱和盐中的水解强弱，进而得到溶液的酸碱性。

(3)根据T℃时，测得0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=10分析水的离子积常数；进而计算溶液中氢氧根离子浓度和酸碱比例。

【详解】

(1)常温下，某电解质溶液中水电离的c(H+)=1×10-9<1×10-7；说明水的电离被抑制，则溶液中溶质为酸或碱或强酸的酸式盐；

A．CuSO4属于强酸弱碱盐而促进水电离；故A错误；

B．HCl属于水而抑制水电离；故B正确;

C．Na2S属于强碱弱酸盐而促进水电离；故C错误﹔

D．NaOH属于碱而抑制水电离；故D正确;

E．K2SO4属于强酸强碱盐而不影响水电离；故E错误﹔

故答案为：BD；

(2)①酸碱物质的量相等且都是一元的，则酸碱恰好完全反应生成NaX，混合溶液pH>7，溶液呈碱性，说明NaX为强碱弱酸盐﹔酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，混合溶液中水电离出的c(OH-)=mol·L-1，0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)=mol·L-1，则混合溶液中由水电离出的c(OH-)与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)之比=10-6mol/L:10-13mol/L=107：1；

②NH4X溶液呈中性，说明Ka(HX)=Kb()，将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，根据强酸制取弱酸知﹐酸性︰HX>H2CO3，水解导致溶液呈酸性、水解导致溶液呈碱性，NH4HCO3中水解程度∶<则NH4HCO3溶液呈碱性，溶液的pH>7；

(3)T℃时，测得0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=10，则溶液中c(H+)=1×10-10mol/L，c(OH-)=c(NaOH)=0.01mol/L，该温度下水的Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-10×0.01=1×10-12，该温度下0.01mol·L-1H2SO4溶液c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.01mol/L=0.02mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=1mol/L，混合溶液中c(OH-)==0.1mol/L=解Va：Vb=15：2。【解析】BD107：1>10-1215：28、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）氢氧化铝不能被氨水溶解，则氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；碳酸钙难溶，则碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。

（2）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性时生成硫酸钡、硫酸钠和水，发生反应的离子方程式为2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O；在上述溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，此时硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化钠，此步反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓。

（3）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋的拆写结果是：氧化反应为：Cu－2e－＝Cu2＋；还原反应为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋。请据此将反应Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O中铁失去电子，发生氧化反应，则氧化反应为Fe－3e－=Fe3＋；硝酸根得到电子，发生还原反应，则还原反应为4H＋＋NO3－＋3e－=NO↑＋2H2O。

考点：考查离子方程式书写及氧化还原反应的应用【解析】9、略

【分析】【详解】

(1)一般熔点为原子晶体＞分子晶体，晶体硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，白磷为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故熔点：晶体大于白磷晶体；

(2)结合质子生成结合质子生成二者碱性强弱比较可通过强制弱的原理，能结合电离出的氢离子生成和故通过方程式。

能说明碱性大于

(3)分子中N和H形成共价单键，中H和O形成共价单键，当溶于水时，由于N、O具有很强非金属性，容易形成氢键，结合一水合氨的性质，能电离出OH-，故最可能的结合方式为氨分子中的N与水分子中的H形成氢键，结构式为【解析】>晶体硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，白磷为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力10、略

【分析】【分析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为运用逆推法，C为催化氧化生成B为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成A为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成与乙醛发生信息反应生成加热发生消去反应生成据此分析作答。

【详解】

(1)A的结构简式为名称为对二甲苯；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成故答案为：对二甲苯(或1,4-二甲苯)；取代反应；

(2)B→C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成反应的化学方程式为：＋NaOH＋NaCl，故答案为：＋NaOH＋NaCl；

(3)C→D的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成故答案为：O2/Cu或Ag；加热；

(4)与乙醛发生信息反应生成则E的结构简式为的官能团为碳碳双键和醛基，故答案为：碳碳双键；醛基；

(5)D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为和故答案为：8；

(6)由题给信息，结合逆推法可知乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息反应生成加热脱水生成2-丁烯醛，合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH＝CHCHO，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH＝CHCHO。

【点睛】

本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。【解析】对二甲苯（或1,4-二甲苯）取代反应＋NaOH＋NaClO2/Cu或Ag，加热（或答氧气，催化剂、加热）碳碳双键、醛基8CH3CH2OHCH3CHOCH3CH＝CHCHO11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)蒽与X均含苯环及环状结构；则蒽与X都属于环烃；不饱和烃，故答案为：ac；

(2)根据苯炔的结构简式可知分子式为C6H4；苯炔含碳碳三键，能发生加成；氧化反应，但不溶于水，常温下为液体，故答案为：ad；

(3)苯的同系物中含1个苯环；侧链为饱和烃基，只有D符合，故答案为：D；

(4)苯乙烯含有碳碳双键，可以发生加聚反应合成塑料，反应的化学方程式为【解析】acC6H4adD12、略

【分析】【分析】

（1）

①选择含碳碳双键的最长碳链为主链，然后依次使双键的位置、支链位置最小，则命名为2-甲基-1,3-丁二烯；

②使与-OH相连的C序数较小，则命名为2-丁醇；

（2）

先确定主链为丙烷，2号C有二个甲基，2，2－二甲基丙烷的结构简式为

②先确定主链有7个C，2,3,5号C上有3个甲基，3,4号C上有2个乙基，则2，3，5－三甲基－3，4－二乙基庚烷的结构简式为

（3）

①乙烯能和溴水反应而被吸收；乙烷不能，故用溴水；

②硫化氢能和硫酸铜反应而被吸收，乙炔不能，故用硫酸铜溶液。【解析】（1）2-甲基-1,3-丁二烯2-丁醇。

（2）

（3）溴水硫酸铜溶液13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)是共价化合物，其电子式为

(2)由于二氧化硅是原子晶体；熔化需克服共价键，而干冰是分子晶体，升华只是克服分子间作用力，共价键比分子间作用力强很多，所以前者比后者所需温度高很多。

(3)已知：比易电离出这说明苯酚能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为【解析】二氧化硅是原子晶体，熔化需克服共价键，而干冰是分子晶体，升华只是克服分子间作用力，共价键比分子间作用力强很多14、略

【分析】【分析】

甲分子的官能团有酯基和酚羟基，能与氯化铁溶液溶液发生显色反应，乙分子的官能团为羧基，能与Na2CO3（或者NaHCO3）溶液反应；丙分子的官能团为醛基和羟基，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应。

【详解】

甲分子的官能团有酯基和酚羟基，乙分子的官能团为羧基，丙分子的官能团为醛基和羟基，则与FeCl3溶液反应显紫色的是甲，与Na2CO3（或者NaHCO3）溶液反应有气泡生成的是乙，与新制的氢氧化铜悬浊液加热产生砖红色沉淀的是丙，故答案为：与氯化铁溶液溶液反应呈紫色；与Na2CO3（或者NaHCO3）溶液反应有气泡产生；与新制的氢氧化铜悬浊液加热产生砖红色沉淀。【解析】氯化铁溶液溶液呈紫色Na2CO3（或者NaHCO3）溶液有气泡产生新制的氢氧化铜悬浊液加热产生砖红色沉淀三、判断题(共5题，共10分)15、A【分析】【详解】

银氨溶液不可久置，否则会生成其他物质，Cu(OH)2悬浊液放置久了，就变成氢氧化铜沉底，而这样的氢氧化铜是不能和乙醛反应的，因此所需的试剂必须新制备的，故正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液发生银镜反应，所以检验蔗糖水解程度时，应向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热后，加入过量的氢氧化钠溶液中和稀硫酸，再加入银氨溶液，水浴加热才能观察到是否有银镜生成，故错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

棉、麻的主要成分是纤维素，纤维素是由碳、氢、氧三种元素组成的，燃烧只生成二氧化碳和水。羊毛的主要成分是蛋白质，除碳、氢、氧外，还含有氮等元素，所以燃烧不只生成二氧化碳和水。合成纤维的组成元素也可能含有除了碳、氢、氧外的其他元素，如聚氯乙烯含有氯元素，所以燃烧也不是只生成二氧化碳和水，故错误。18、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。19、B【分析】【分析】

【详解】

分子式为C11H16的烃类，不饱和度为4，不能与溴水反应则没有碳碳双键，但能使酸性KMnO4溶液褪色且只含有一个烷基则推断其由苯环和一个戊烷基组成，可看作是戊烷的一取代，分别是正戊烷3种、异戊烷4种、新戊烷1种，共8种。结构如下：错误。四、原理综合题(共4题，共24分)20、略

【分析】A为烯烃，分子式为C3H6，则A为CH3CH=CH2，A与氯气发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；ClCH2CH=CH2与过氧化物反应生成C为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成D为G分子中只有1种氢原子，分子式为C3H6O，则G为与HCN发生加反应反应后酸化得到E为在浓硫酸的催化下发生消去反应生成F为与苯酚反应生成J和水，J为根据已知与三氯甲烷在氯化铝作用下反应生成N，分子式为C17H16O2Cl4，且根据后面X的结构简式可知，取代位置在酚羟基的邻位，故N为在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应后酸化得到Q为在一下条件下与Y发生缩聚反应生成X为根据缩聚反应的单体可推出Y为与在浓硫酸催化下发生酯化反应生成K为与在特定溶剂中发生反应生成M（）。（1）B为ClCH2CH=CH2，所含官能团名称是碳碳双键、氯原子，A→B是CH3CH=CH2与氯气发生取代反应生成ClCH2CH=CH2和氯化氢，反应类型是取代反应；（2）C→D是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成的反应条件是NaOH/H2O、△；（3）E分子中有2个甲基和1个羧基，为E→F的化学方程式是（4）D+F→K的化学方程式是（5）J为a．含有酚羟基，可与Na2CO3溶液反应，故正确；b．酚羟基的邻、对位有四个，故1molJ与饱和溴水反应消耗4molBr2，故错误；c．含有酚羟基，可发生氧化反应，也可以与醛类物质发生缩聚反应生成树脂，但不能发生消去反应，故错误；答案选a；（6）G分子中只有1种氢原子，为G→J的化学方程式是（7）N的结构简式是（8）Q+Y→X的化学方程式是

点睛：本题考查有机合成及推断。注意分析多官能团有机物的结构与性质的关系。A为烯烃，分子式为C3H6，则A为CH3CH=CH2，A与氯气发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；ClCH2CH=CH2与过氧化物反应生成C为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成D为G分子中只有1种氢原子，分子式为C3H6O，则G为与HCN发生加反应反应后酸化得到E为在浓硫酸的催化下发生消去反应生成F为与苯酚反应生成J和水，J为根据已知与三氯甲烷在氯化铝作用下反应生成N，分子式为C17H16O2Cl4，且根据后面X的结构简式可知，取代位置在酚羟基的邻位，故N为在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应后酸化得到Q为在一下条件下与Y发生缩聚反应生成X为根据缩聚反应的单体可推出Y为与在浓硫酸催化下发生酯化反应生成K为与在特定溶剂中发生反应生成M（），据此分析得解。【解析】碳碳双键、氯原子取代反应NaOH/H2O、△a21、略

【分析】【分析】

根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和，因此有△H1=4×413kJ·mol－1＋2×463kJ·mol－1－1076kJ·mol－1－3×436kJ·mol－1=+194kJ·mol－1；CH4与CO2反应的方程式为CH4＋CO2=2CO＋2H2，根据盖斯定律，推出①－②＋③可以得出目标方程式，因此有CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)△H=△H1－△H2＋△H3=+235kJ·mol－1；

【详解】

(1)据分析，△H1=＋194；

(2)①根据转化原理，过程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3，第二步：Fe＋CaCO3＋惰性气体→惰性气体＋Fe3O4＋CaO＋CO；

A．根据上述分析，第一步CO为反应物，第二步生成CO，以及过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)；故A错误；

B．根据上述分析，过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)；故B正确；

C．根据上述分析；实现了含碳物质与含氢物质的分离，故C正确；

D．根据上述分析，Fe3O4；CaO为催化剂；焓变只与体系中的始态和终态有关，因此使用催化剂不能改变反应焓变，故D错误；

故答案为BC；

②i．利用相同条件下，压强之比等于物质的量之比，有：解得x=1，该温度下的平衡常数Kp==32.0；

ii．反应达到平衡，v正=v逆，因此有k正·c(CH4)·c(CO2)=k逆·c2(CO)·c2(H2)，推出==2；由分析知，CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)△H==+235kJ·mol－1，该反应吸热，升高温度，化学反应速率增大，平衡向正反应方向进行，即反应速率增大倍数

(3)电离平衡常数只受温度的影响，Ka1=Ka2=因为c(H2C2O4)=c()，因此有c2(H＋)=Ka1×Ka2，代入数值，解得c(H＋)=6×10－3.5mol·L－1；即pH=2.7；

(4)CH4中C显－4价，H2C2O4中C显＋3价，C的化合价升高，失去电子，根据原电池工作原理，该电极为负极，即通CH4的一极为负极；其电极反应式为2CH4－14e－＋4H2O=H2C2O4＋14H＋。【解析】+194BC32.02>2.7负2CH4-14e-＋4H2O=H2C2O4＋14H＋22、略

【分析】【分析】

C原子最外层电子数是电子层数的3倍，可推知C为O元素；短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，可中A是H元素；B是N元素；C和E位于同主族，则E是S元素；D原子序数大于O，小于S，A2C是H2O，1molDAx与足量的A2C反应生成44.8L（标准状况）G气体，n(G)=44.8L÷22.4L/mol=2mol，说明G是H2；D为+2价的Mg元素。然后根据物质的性质分析推断，进行解答。

【详解】

根据上述分析可知A是H元素；B是N元素，C是O元素，D是Mg元素，E是S元素。

(1)A、B、C三种元素分别是H、N、O，三种元素能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物可能为NH4NO3、NH4NO2；

(2)B、C、D、E元素分别是N、O、Mg、S，离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层数相同的元素，离子的核电荷数越大，离子半径越小；S2-核外有3个电子层，N3-、O2-、Mg2+离子核外有2个电子层，所以四种元素形成的简单离子中，离子半径由大到小排序为S2->N3->O2->Mg2+；

(3)J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，则这两种盐为NH4HSO3、NH4HSO4，硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中以H+形式存在，亚硫酸氢铵是弱酸的酸式盐J、L混合可产生有刺激性气味的气体，这两种溶液发生反应的离子方程式H++HSO3-=H2O+SO2↑；J、L中，NH4HSO3中的S为+4价，具有还原性，能被具有强氧化性的高锰酸钾溶液氧化，因此能使酸性高锰酸钾溶液退色的是NH4HSO3；

(4)B2A4是N2H4，C2是O2，在碱性环境中该燃料电池放电效率高。该电池放电时生成N2和H2O，在正极上O2获得电子，发生还原反应变为OH-，正极的反应式为O2+H2O+4e-=4OH-；在负极上N2H4失去电子，与溶液中的OH-结合形成N2和H2O，电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，总反应方程式为：N2H4+O2=N2+2H2O；可见电池工作一段时间后，电解质溶液中溶质的物质的量不变，但由于溶液的体积增大，所以溶液的pH减小；

(5)由A、B、C、D四种元素组成的单质、化合物已知M耐高温，说明M是离子化合物，结合这几种物质的转化关系及物质的性质可知X是Mg3N2，Y是Mg(OH)2；M是MgO；W是NH3；甲是H2O，乙是O2；K是NO；F是NO2。

①X是Mg3N2，Mg3N2是离子化合物，其电子式为W为NH3，在该分子中，N原子与3个H原子形成3个共价键，结构式为

②NH3与O2在催化剂存在条件下，加热发生氧化反应，产生NO和水，该反应是工业上制取硝酸的重要化学反应，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；根据一些化学反应速率的因素，要提高该反应速率，除了可以增大反应物浓度；增大压强外，还有升高温度、使用合适的催化剂。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断、物质的电子式、化学方程式、电极反应式的书写，微粒半径比较、影响化学反应速率的因素、溶液酸碱性的判断，较为全面的考查了元素及化合物、物质结构、化学反应原理等知识，全面考查了学生学习知识及应用能力，难度较大。【解析】NH4NO3或NH4NO2S2->N3->O2->Mg2+H++HSO3-=H2O+SO2↑NH4HSO3O2+H2O+4e-=4OH-减小升高温度加入催化剂23、略

【分析】【分析】

⑴Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu在元素周期表中的位置第四周期第IB族，Cu失去两个电子后变为Cu2+，其电子排布式为[Ar]3d9，其价电子排布式为3d9。

⑵I2(Cu)远远大于I1(Cu)，Cu价电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu+价电子排布式为[Ar]3d10，Cu+[Ar]3d10全满，稳定，难失电子，因此I2(Cu)远远大于I1(Cu)。

⑶①有大π键，因此C有3个价键即3个δ键，无孤对电子，因此为sp2杂化，N有三个价键即3个δ键，无孤对电子，因此为sp2杂化，1个分子；从图中看出有6个δ键，但还有4个C—Hδ键，共10个，因此1mol含有10molσ键。

②N有孤对电子，因此双吡咯铜Cu()2的配位原子为N；噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129~131℃之间；吡咯沸点较高，其原因是吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高。

⑷某M原子的外围电子排布式为3s23p5即为Cl，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M原子)。顶点到面心的铜原子距离最近，总共有12个；Cu有Cl有4个，晶体的化学式为CuCl，晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为体对角线的铜原子和Cl原子之间的最短距离为

【详解】

⑴Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu在元素周期表中的位置第四周期第IB族，Cu失去两个电子后变为Cu2+，其电子排布式为[Ar]3d9，其价电子排布式为3d9，故答案为：第四周期第IB族；3d9。

⑵I2(Cu)远远大于I1(Cu)，Cu价电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu+价电子排布式为[Ar]3d10，Cu+[Ar]3d10全满，稳定，难失电子，因此I2(Cu)远远大于I1(Cu)，故答案为：Cu价电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu+价电子排布式为[Ar]3d10，Cu+[Ar]3d10全满；稳定，难失电子。

⑶①有大π键，因此C有3个价键即3个δ键，无孤对电子，因此为sp2杂化，N有三个价键即3个δ键，无孤对电子，因此为sp2杂化，1个分子，从图中看出有6个δ键，但还有4个C—Hδ键，共10个，因此1mol含有10molσ键；故答案为：sp2；10。

②N有孤对电子，因此双吡咯铜Cu()2的配位原子为N；噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129~131℃之间；吡咯沸点较高，其原因是吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高，故答案为：N；吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高。

⑷某M原子的外围电子排布式为3s23p5即为Cl，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M原子)。顶点到面心的铜原子距离最近，总共有12个；Cu有Cl有4个，晶体的化学式为CuCl，晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为体对角线的铜原子和Cl原子之间的最短距离为故答案为：12；CuCl；【解析】第四周期第IB族3d9Cu价电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu+价电子排布式为[Ar]3d10，Cu+[Ar]3d10全满，稳定，难失电子。sp210N吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高12CuCl五、实验题(共4题，共16分)24、略

【分析】（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+、Cl-，因此检验是否洗涤干净的实验操作为：取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3，如无白色沉淀，则洗干净；（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2；（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以TBP不能与水互溶，实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+；则。

Ce(OH)4～FeSO4

0.0025mol0.1000mol/L-1×0.025L

所以m[Ce(OH)4]=0.0025mol×208g/mol=0.52g

产品中Ce(OH)4的质量分数为0.52/0.536×100%=97.0%。

点睛：本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识，明确实验流程及反应原理为解答关键。注意分析流程中核心元素的变化以及有关的实验操作，即抓住转化线和分离线。【解析】（1）滤渣上附着的Fe3+、Cl-等，取最后洗涤液少量于试管中，滴加几滴AgNO3溶液；如无白色沉淀，则洗干净。

（2）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2

（3）不能分液漏斗。

（4）97.01%25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)中和滴定的顺序取样—配成溶液—移取溶液—取标准液—滴定；所以顺序为：C→A→B→D→E；

(2)为了减少读数误差；滴定管的读数应注意：视线应平视，即视线应与凹液面相切；

(3)滴加甲基橙的烧碱溶液显黄色；终点时烧碱消耗完，颜色发生变化，E中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况；

(4)将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管；因为“0”刻度以上无刻度，调节液面时液面应调节到零刻度或零刻度以下的某一刻度；且滴定管尖嘴部分需充满溶液，无气泡；

(5)甲基橙的变色范围为3.1~4.4；对应颜色为红橙黄，甲基橙在碱性时为黄色，所以滴定终点时颜色变化为由黄色变为橙色；

(6)酸式滴定管未润洗；浓度减小，会使消耗的酸体积增大，测定结果偏高；

(7)n(NaOH)=2n(H2SO4)=2(V2-V1)c×10-3mol，m(NaOH)=40×2(V2-V1)c×10-3g=80c(V2-V1)10-3g，因此NaOH%=【解析】①.C→A→B→D→E②.视线应与凹液面相切③.便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况④.零刻度或零刻度以下的某一刻度⑤.充满溶液，无气泡⑥.由黄色变为橙色⑦.偏高⑧.%26、略

【分析】【分析】

本实验用沉淀法测定样品产生的沉淀质量，通过沉淀的质量计算出样品中Na2SO3固体的纯度；

(1)依据溶液配制的实验过程和操作步骤分析判断所需要的仪器回答；

(2)亚硫酸钠固体被氧气氧化为硫酸钠；

(3)方案I加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液的目的；通过实验目的；相应的反应回答；在过滤前，需要检验是否沉淀完全则是在上层清液中检验硫酸根离子是否存在，据此设计验证；

(4)滤液浑浊说明沉淀未全部得到；则硫酸钡沉淀质量减小，据此回答；

(5)方案Ⅱ中加入盐酸和溶液中硝酸根离子形成稀