2025年粤教新版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年粤教新版高二化学上册月考试卷789考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、已知一定温度下，2X（g）+Y（g）⇌mZ（g）△H=-akJ•mol-1（a＞0），现有甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度恒定的条件下，向密闭容器甲中通入2molX和1molY，达到平衡状态时，放出热量bkJ；向密闭容器乙中通入1molX和0.5molY，达到平衡时，放出热量ckJ，且b＞2c，则a、b；m的值或关系正确的是（）

A.m=4

B.a=b

C.a＜

D.m≤2

2、一定温度下，向BaSO4悬浊液中加水，下列叙述正确的是()A.BaSO4的溶解度、Ksp均不变B.BaSO4的溶解度增大，Ksp不变C.BaSO4的溶解度不变，Ksp增大D.BaSO4的溶解度、Ksp均增大3、如图，在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X；Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）

A.外电路的电流方向为：X→外电路→YB.若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为FeC.X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D.若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y4、下列有机化合物的分类不正确的是（）A.苯的同系物B.芳香族化合物C.不饱和烃D.醇5、下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属B.由rm{Cu}rm{Zn}作电极与rm{CuSO_{4}}溶液组成的原电池中rm{Cu}是负极C.马口铁rm{(}镀锡铁rm{)}破损时与电解质溶液接触的锡先被腐蚀D.铜锌原电池工作时，若有rm{13g}锌被溶解，电路中就有rm{0.4mol}电子通过6、下列说法正确的是A.金属性：rm{K>Na}B.非金属性：rm{Br>Cl}C.原子半径：rm{F>O}D.酸性：rm{H_{2}SO_{4}>HClO_{4}}7、下列说法正确的是（）A.电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B.分子中键长越短键能一定越大，则分子越稳定C.含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同D.元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)8、下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A.钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈B.用加热蒸干AlCl3溶液的方法不能制得无水AlCl3C.蒸馏水和0.1mol•L-1NaOH溶液中的c（H+），前者大于后者D.已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），工业上合成氨常在高压下进行9、某酸性溶液中只有rm{Na^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}四种离子rm{.}下列描述可能正确的是rm{(}rm{)}A.该溶液由rm{pH=3}的rm{CH_{3}COOH}与rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等体积混合而成B.该溶液由等物质的量浓度、等体积的rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合而成C.加入适量的rm{NaOH}溶液中离子浓度为rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.加入适量氨水后，rm{c(CH_{3}COO^{-})}会大于rm{c(Na^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})}之和10、香烟烟雾中往往含有rm{CO}和rm{SO_{2}}气体，下列关于它们的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CO}不溶于水，rm{SO_{2}}易溶于水B.两者都是形成酸雨的主要原因。

C.两者都能使品红溶液褪色D.两者都污染环境，危害健康11、下列物质中，属于电解质的有rm{(}rm{)}A.乙酸B.乙醇C.油脂D.氯化钠12、某温度下，在rm{100g}水中加入rm{50g}rm{NaCl}固体，搅拌使其充分溶解后过滤，得到rm{136g}滤液，则rm{(}rm{)}A.滤液为rm{NaCl}饱和溶液B.滤液中rm{NaCl}的质量分数为rm{36%}C.该温度下，rm{NaCl}的溶解度为rm{50g}D.该温度下，rm{NaCl}的溶解度为rm{36g}13、下列各组微粒按半径逐渐增大，还原性逐渐增强的顺序排列的是（）A.Na、K、RbB.F、Cl、BrC.Mg2+、Al3+、Zn2+D.Cl-、Br-、I-14、T℃时；将1molX和2molY投入2L的密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g），X；Y的量随时间变化如下表，该反应的平衡常数随温度的变化如下图，则下列判断正确的是（）

。0123456X10.800.660.580.520.500.50Y21.801.66A.前5min用Z表示的平均反应速率为0.2mol/（L•min）B.该反应的正反应是放热反应，且T1＞TC.在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，达到平衡时，X的体积分数不变D.若温度为T1时，以同样的起始量反应，达到平衡时X的转化率为66.7%15、下列物质所属的类别及其所含官能团的对应关系不正确的是（）A.CH3CH=CH2烯烃B.羧酸-COOHC.醛类D.RCH2OH（R为烃基）醇类-OH16、化合物rm{X}的分子式为rm{C_{5}H_{11}Cl}用rm{NaOH}醇溶液处理rm{X}可得到分子式为rm{C_{5}H_{10}}的两种有机物rm{Y}rm{Z}rm{Y}和rm{Z}经催化加氢后都可得到rm{2?}甲基丁烷，则rm{X}的结构简式可能为A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}

B.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}

C.

D.评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、（8分）化学电源在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。(1)目前常用的镍（Ni）镉（Cd）电池，其电池总反应可以表示为：Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸，以下说法中正确的是（填序号）①以上反应不是可逆反应②电解质溶液为硫酸③充电时化学能转变为电能④镉（Cd）为负极，发生还原反应⑤放电时正极区pH升高（2）美国阿波罗宇宙飞船上使用的氢氧燃料电池是一种新型的化学电源。氢氧燃料电池的突出优点是把化学能直接转化为电能，而不经过热能中间形成，发生的反应为：则负极反应式为_________________________，正极反应式为。一段时间后，KOH溶液的浓度（填“变大”、“变小”或“不变”）18、（8分）W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素,其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质,X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子,Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。(1)W在元素周期表中的位置。W的气态氢化物稳定性比H2O(g)______(填“强”或“弱”)。(2)Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是_____________。(3)已知下列数据:Fe(s)+O2(g)====FeO(s)ΔH=—272.0kJ·mol-12X(s)+O2(g)====X2O3(s)ΔH=—1675.7kJ·mol-1X的单质和FeO反应的热化学方程式是________________________。19、麻黄素又称黄碱，是我国特定的中药材麻黄中所含有的一种生物碱，经我国科学家研究发现其结构如图：麻黄素中含氧官能团的名称是____，属于____类（填“醇”或“酚”）．20、写出下列叙述中有关物质的结构简式：

(1)分子式为C3H7Br的卤代烃经消去反应后得到的有机物是____________；

(2)能与金属钠反应，但不能与氢氧化钠反应的芳香族化合物C7H8O是____________；

(3)含C、H、O三种元素的有机物，燃烧时消耗的氧气和生成的CO2、H2O之间物质的量之比为1：2：2，则此类有机物中最简单的一种是____________．21、食物是维持人类生命和健康的支柱．下表是某食品包装袋上的说明：

。品名蔬菜苏打饼配料面粉、鲜鸡蛋、精炼食用植物油、白砂糖、奶油、食盐、脱水青菜、橙汁、食品添加剂(碳酸氢钠)保质期十二个月生产日期2010年11月6日(1)对上表中各种配料成分的理解；不正确的是____________．

A．富含蛋白质的是鲜鸡蛋B．富含维生素的是脱水青菜和橙汁。

C．富含淀粉的是面粉和白砂糖D．富含油脂的是精炼食用植物油和奶油。

(2)以今天的日期为准；该饼干能否食用____________(填“是”或“否”)原因是____________

(3)上表中碳酸氢钠是作为____________，其原理是(用化学方程式表示)____________．22、rm{Al(OH)_{3}}的电离方程式可表示为：rm{H^{+}+AlO_{2}^{-}+H_{2}O?Al(OH)_{3}?Al^{3+}+3OH^{-}.}试根据平衡移动原理；解释下列有关的问题。

rm{a}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入盐酸；沉淀溶解，其原因是______，有关的离子方程式为______

rm{b}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入苛性钠溶液，沉淀溶解，其原因是______，有关的离子方程式为______。23、（3分）在3种有机物①②CH3CH2OH、③CH3COOH中，能用于医用消毒的是____（填序号，下同），能使紫色石蕊变红是，能发生取代和加成反应的是。24、某同学对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热；并放出耀眼的光芒”；“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．由化学手册查阅得有关物质的熔；沸点数据如下表．

。物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750Ⅰ．(1)该同学推测；铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁的低，此时液态的铁和铝熔合成铁铝合金．你认为他的解释是否合理____________(填“合理”或“不合理”)．

(2)设计一个简单的实验方案；证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂是____________，反应的离子方程式为____________．

Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．取一定量该熔融物与足量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐渐滴加4mol•L-1NaOH溶液；所加NaOH溶液的体积V(NaOH)与产生沉淀的物质的量n(沉淀)的关系如图所示．试回答下列问题：

(1)图中OC段没有沉淀生成；此阶段发生的离子方程式为：____________．

(2)在DE段沉淀的物质的量没有变化；则此阶段发生反应的离子方程式为：____________．

(3)由上述图象分析可知，溶液中离子结合OH-的能力由强到弱的顺序是____________．(用离子符号表示)

(4)B与A的差值____________mol．

(5)B点对应的沉淀的物质的量为____________mol，C点对应的溶液体积为____________mL．25、已知rm{0.1mol}有机物rm{A}的质量是rm{12g}在足量的氧气中充分燃烧后生成rm{35.2g}rm{CO_{2}}和rm{7.2g}rm{H_{2}O}rm{A}可以发生银镜反应；其苯环上的一溴代物有三种．

rm{(1)A}的分子式为______．

rm{(2)A}发生银镜反应的化学方程式为______．

已知：rm{CH_{3}-CHOxrightarrow{HCN}}rm{xrightarrow[H_{2}O]{HCI}}现有如下转化关系：rm{Axrightarrow{HCN}Bxrightarrow[H_{2}O]{HCI}Cxrightarrow[triangle]{{浓}H_{2}SO_{4}}D}其中rm{CH_{3}-CHO

xrightarrow{HCN}}能使溴的四氯化碳溶液褪色．

rm{

xrightarrow[H_{2}O]{HCI}}写出下列反应的化学方程式rm{Axrightarrow{HCN}B

xrightarrow[H_{2}O]{HCI}Cxrightarrow[triangle

]{{浓}H_{2}SO_{4}}D}有机物用结构简式表示rm{D}

rm{(3)}转化为rm{(}的反应______；

rm{)}一定条件下，rm{垄脵C}生成高分子化合物的反应______．

rm{D}的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有______种rm{垄脷}不考虑立体异构rm{D}．

rm{(4)C}与rm{(}具有相同的官能团种类。

rm{)}遇三氯化铁溶液不显色。

rm{垄脵}苯环上的一氯代物只有两种．rm{C}评卷人得分四、探究题(共4题，共20分)26、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。27、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。28、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。29、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共8分)30、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___。31、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32、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]=____。33、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

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

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

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

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

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

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

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

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

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

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

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】

甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度恒定的条件下，压强与物质的量成正比，X、Y的物质的量为2倍的关系，若平衡不移动，b=2c，现b＞2c；则加压平衡正向移动；

所以2+1＞m；则m≤2符合；

又热化学反应中2molX与1molY完全反应放出akJ热量，向密闭容器甲中通入2molX和1molY，不能完全转化，放出的热量bkJ＜akJ，因转化率不知，则无法确定a、的关系；

故选D．

【解析】【答案】甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度恒定的条件下，压强与物质的量成正比，X、Y的物质的量为2倍的关系，若平衡不移动，b=2c，现b＞2c；则加压平衡正向移动，以此来解答．

2、A【分析】【解析】【答案】A3、D【分析】【解答】解：A；根据图片知该装置是原电池；外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→外电路→X，故A错误；

B；原电池中较活泼的金属作负极；较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，故B错误；

C；X是负极；负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；

D；原电池中较活泼的金属作负极；较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y，故D正确；

故选D．

【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断正负极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应．4、A【分析】【解答】解：A、不含苯环，不是苯的同系物，属于环烷烃，故A错误；B、分子中含有苯环；是芳香族化合物，故B正确；

C、含有碳碳双键；苯环；只有C、H两种元素，属于不饱和烃，故C正确；

D、分子中﹣OH没有直接连接苯环；芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代，属于醇，故D正确；故选A．

【分析】A、苯的同系物符合：①只有一个苯环；②侧链为烷基；③具有通式CnH2n﹣6（n≥6）；据此解答；

B；含有苯环的化合物为芳香族化合物；

C；不饱和烃是含有碳碳双键或三键的烃；除此之外还包含芳香烃；

D、芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代，属于醇．5、D【分析】【分析】

本题主要考查原电池的构成及原电池的工作原理；难度一般。

【解答】

两种活泼性不同的金属与电解质溶液能够组成原电池，但不能因此说明构成原电池的材料一定是金属，例如锌与石墨电极也能与电解液构成原电池。在原电池中，活泼金属中的电子流向不活泼电极，因此活泼金属是负极。镀锡铁表皮破损后与电解质溶液构成原电池，铁比锡活泼，铁失电子被腐蚀。铜锌原电池中，锌作负极失电子，电极反应为rm{Zn-2e^{-}}rm{Zn^{2+}}rm{1molZn}失去rm{2mol}电子，则rm{0.2molZn(}质量为rm{13g)}失去rm{0.4mol}电子。故选D。【解析】rm{D}6、A【分析】【分析】本题考查元素周期律的综合应用，掌握元素周期律的基本内容是解题的关键，注意规律的整理与记忆，难度不大。【解答】A.同主族元素从上往下金属性之间增强，即金属性：rm{K>Na}故A正确；故A正确；

rm{K>Na}故B错误；

B.同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，即非金属性：rm{Br<Cl}故B错误；故C错误；

rm{Br<Cl}C.同周期元素原子半径从左往右逐渐减小，即原子半径：rm{F<O}故C错误；则酸性：rm{F<O}D.非金属性越强，对应最高价氧化物水化物的酸性越强，非金属性rm{S}rm{S}rm{<Cl}则酸性：rm{H}rm{<Cl}rm{H}故D错误。

rm{{,!}_{2}}rm{SO}【解析】rm{A}7、C【分析】解：A．电子在原子核外作无规则运动；没有固定轨道，故A错误；

B．一般情况下分子中键长越短键能一定越大，但半径F＜Cl，键长F-F＜Cl-Cl，键能F-F＜Cl-Cl，稳定性F2＜Cl2；故B错误；

C．π键不稳定；在发生反应时易断裂，则含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同，如乙烯和乙烷，故C正确；

D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于半导体元素；过渡元素在副族和第Ⅷ族中，故D错误。

故选：C。

A．电子在原子核外作无规则运动；

B．分子中键长越短键能不一定越大；

C．π键不稳定；在发生反应时易断裂；

D．金属和非金属非极性附近的元素是半导体元素．

本题考查较为综合，涉及核外电子的运用、共价键的性质与分类、元素周期表与周期律等知识，为高考常见题型，侧重于学生的双基的考查，易错点为B，注意能找出反例，难度不大．【解析】C二、双选题(共9题，共18分)8、A|D【分析】解：A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈；原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，故A选；

B．加入AlCl3溶液，促进AlCl3的水解；生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，与平衡移动原理有关，故B不选；

C．水的电离存在平衡H2O⇌H++OH-，NaOH溶液中，OH-浓度增大，抑制水的电离，NaOH溶液中由水电离出的c（H+）＜1×10-7mol/L；能用勒夏特列原理解释，故C不选；

D．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；增大压强，化学平衡正向移动，有利于氨气的生成，但是工业上合成氨常在高压下，是考虑设备的耐压程度，与平衡移动原理无关，故D选；

故选AD．

平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度；压强或温度等）；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．

本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应．【解析】【答案】AD9、rAD【分析】解：rm{A.pH=3}的rm{CH_{3}COOH}与rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，且溶液中存在rm{Na^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}四种离子；故A正确；

B.由等物质的量浓度、等体积的rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合生成强碱弱酸盐；溶液呈碱性，与溶液的酸性不符，故B错误；

C.根据电荷守恒有rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+}}rm{)+c(Na^{+}}rm{)}若溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+}}rm{)>c(OH^{-})>c(H^{+}}rm{)}则rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})>c(H^{+}}rm{)+c(Na^{+}}rm{)}溶液不呈电中性，故C错误；

D.若加入适量氨水至碱性，溶液中存在rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}因为rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}则rm{c(CH_{3}COO^{-})<c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})}故D正确；

故选AD．

某酸性溶液中只有rm{Na^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}四种离子，则该溶液为rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COONa}混合溶液．

A.rm{pH=3}的rm{CH_{3}COOH}与rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等体积混合；醋酸过量，溶液呈酸性；

B.由等物质的量浓度、等体积的rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合生成强碱弱酸盐；溶液呈碱性；

C.根据溶液呈电中性分析；

D.根据电荷守恒有rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+}}rm{)+c(Na^{+}}rm{)}判断．

本题考查酸碱混合的定性计算和判断，题目难度中等，注意结合溶液的电荷守恒分析，明确溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{AD}10、AD【分析】【分析】本题考查二氧化硫与一氧化碳气体的比较，题目难度不大，本题注意常见元素化合物知识的积累。【解答】A.rm{CO}不溶于水；二氧化硫易溶于水，故A正确；

B.形成酸雨的气体为rm{SO_{2}}rm{CO}难溶于水；且与水不反应，故B错误；

C.rm{CO}不能使品红溶液褪色；二氧化硫能使品红溶液褪色，故C错误；

D.rm{CO}和rm{SO_{2}}气体都有毒，为污染性气体，危害健康，rm{CO}不溶于水；二氧化硫易溶于水，故D正确。

故选AD。【解析】rm{AD}11、AD【分析】解：rm{A.}乙酸没有自由移动的离子；它的溶液能电离出乙酸根离子；氢离子导电，故它是电解质，故A正确；

B.乙醇在水中存在乙醇分子；没有自由移动的离子，故不能导电，是非电解质，故B错误；

C.油脂是高级脂肪酸甘油酯；难溶于水，不能导电，不属于电解质，故C错误；

D.氯化钠溶于水或熔融能电离出自由移动的钠离子和氯离子；所以能导电，是电解质，故D正确；

故选AD．

电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电rm{(}自身电离成阳离子与阴离子rm{)}的化合物；例如酸；碱和盐等；凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖、酒精等．

本题较简单，主要考查电解质的定义，注意电解质和非电解质都必须是化合物，电解质能导电是溶于水溶液中或在熔融状态下自身电离，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A.}该温度下，rm{NaCl}有剩余，说明得到的rm{NaCl}溶液是饱和溶液；故A正确；

B.在rm{100g}水中加入rm{50g}rm{NaCl}固体，得到rm{136g}滤液，剩余rm{100g+50g-136g=14gNaCl}则得到的rm{NaCl}饱和溶液中rm{NaCl}的质量为rm{50g-14g=36g}因此滤液中rm{NaCl}的质量分数为rm{dfrac{36g}{136g}隆脕100%=26.5%}故B错误；

C.该温度下，rm{dfrac

{36g}{136g}隆脕100%=26.5%}水中最多溶解了rm{100g}所以rm{36gNaCl}的溶解度为rm{NaCl}故C错误；

D.该温度下，rm{36g}水中最多溶解了rm{100g}所以rm{36gNaCl}的溶解度为rm{NaCl}故D正确；

故选AD．

在rm{36g}水中加入rm{100g}rm{50g}固体，得到rm{NaCl}滤液，剩余rm{136g}则得到的rm{100g+50g-136g=14gNaCl}饱和溶液中rm{NaCl}的质量为rm{NaCl}代入rm{娄脴=dfrac{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺脪潞}}}隆脕100%}计算滤液中rm{50g-14g=36g}的质量分数．

本题考查溶液中溶质的质量分数及相关计算，为高频考点，侧重于数据分析和计算能力的培养，题目难度不大．rm{娄脴=dfrac

{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺脪潞}}}隆脕100%}【解析】rm{AD}13、A|D【分析】解：A、金属元素的金属性越强，则单质的还原性越强，Na、K、Rb的金属性逐渐增强，则Na、K、Rb的还原性逐渐增强；故A正确；

B、非金属元素的非金属性越强，则其原子的还原性越弱，F、Cl、Br的非金属性逐渐减弱，则F、Cl、Br的还原性增强；故B错误；

C、金属离子处于最高价时只有氧化性，没有还原性，则不能比较Mg2+、Al3+、Zn2+的还原性；故C错误；

D、非金属元素的非金属性越强，则其阴离子的还原性越弱，Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则Cl-、Br-、I-的还原性增强；故D正确．

故选AD．

金属元素的金属性越强；则单质的还原性越强，非金属元素的非金属性越强，则其原子和阴离子的还原性越弱，金属离子处于最高价时只有氧化性，没有还原性．

本题考查还原性强弱比较，明确金属性、非金属性与还原性的关系即可解答，题目难度不大，注意把握同主族、同周期元素性质的递变规律．【解析】【答案】AD14、B|D【分析】解：A．由表中数据可知，前5min内参加反应的X为1mol-0.5mol=0.5mol，则v（X）==0.05mol/（L•min）；速率之比等于化学计量数之比，v（Z）=2v（x）=0.1mol/（L•min），故A错误；

B．由图可知；随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；

由表中数据可知；5min到达平衡，平衡时X为0.5mol，则：

X（g）+Y（g）⇌2Z（g）

开始（mol）：120

转化（mol）：0.50.51

平衡（mol）：0.51.51

由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K==小于温度T1时的平衡常数4，故温度T1＞T；故B正确；

C．由B中数据可知，平衡时参加反应的X为1mol-0.5mol=0.5mol，则X的转化率为×100%=50%．由于反应前后气体体积不变；故X；Y的起始物质的量满足1：2时为等效平衡，平衡时X的转化率相等，在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到达的平衡等效为开始通入2molX、4molY到达的平衡基础上（此时平衡时X的转化率为50%），再通入1molZ，平衡向逆反应方向移动，X的转化率降低，故在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，达到平衡时，X的转化率小于为50%，X的体积分数改变，故C错误；

D．设参加反应的X为amol；则：

X（g）+Y（g）⇌2Z（g）

开始（mol）：120

转化（mol）：aa2a

平衡（mol）：1-a2-a2a

则=4，解得a=则X的转化率为×100%≈66.7%；故D正确；

故选BD．

A．根据v=计算v（X）；再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；

B．由图可知，随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；由表中数据可知，5min到达平衡，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，再与温度T1时的平衡常数比较判断温度高低；

C．由B中数据可知，平衡时参加反应的X为1mol-0.5mol=0.5mol，则X的转化率为×100%=50%．由于反应前后气体体积不变；故X；Y的起始物质的量满足1：2时为等效平衡，平衡时X的转化率相等，在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到达的平衡等效为开始通入2molX、4molY到达的平衡，再通入1molZ，结合平衡移动判断；

D．设参加反应的X为amol；利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算．

本题考查化学反应速率计算、化学平衡常数计算及影响因素、化学平衡计算、等效平衡等，D中关键是对等效平衡的理解，也可以利用平衡常数计算判断，但比较繁琐，题目难度较大．【解析】【答案】BD15、C【分析】解：A．丙烯中含碳碳双键；为烯烃，故A正确；

B.2-甲基丙酸中含-COOH；为羧酸，故B正确；

C．甲酸苯甲酯中含-COOC-；为酯类，故C错误；

D．RCH2OH中含-OH；为醇类，故D正确；

故选C．

A．含碳碳双键；

B．含-COOH；

C．含-COOC-；

D．含-OH．

本题考查有机物的官能团与分类，为高频考点，把握常见有机物中的官能团为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】C16、BD【分析】【分析】本题考查了氯代烃的消去反应的条件及产物的种类，题目难度中等。【解答】根据能与rm{H_{2}}加成生成rm{2-}甲基丁烷，说明rm{Y}和rm{Z}均为分子中含rm{5}个rm{C}原子的不饱和烃，其碳骨架为rm{begin{matrix}C-C-C-C;;;;;;;;;;篓聡;;;;;;Cend{matrix}}氯代烃发生消去反应生成烯烃和烯烃加氢生成烷烃，碳架不变，故化合物rm{begin{matrix}C-C-C-C

;;;;;;;;;;篓聡;;;;;;Cend{matrix}}的碳架有一个支链甲基；A.rm{X}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}没有支链，故A错误；B.含有一个支链甲基，发生消去反应生成两种烯烃，故B正确；C.有两个支链，故C错误；D.rm{2}rm{2}rm{CH}【解析】rm{BD}三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】考查电化学的综合应用。（1）应用放电和充电的反应条件不同，所以反应不是可逆反应，选项①正确；Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸，所以电解质不能用硫酸，选项②不正确；充电相当于电解，电能转化为化学能，选项③不正确；放电是镉失去电子，发生氧化反应，作负极，选项④不正确；放电时正极电极反应式是2NiO(OH)－＋2e－＋2H2O=2OH－＋2Ni(OH)2，所以放电时正极区pH升高，选项⑤正确，答案选①⑤。（2）原电池负极失去电子，所以氢气在负极通入，电极反应式是H2－2e–+2OH—=2H2O；氧气在正极通入，电极反应式是O2+2H2O+4e–=4OH–。由于反应中有水生成，所以氢氧化钾的浓度降低，pH变小。【解析】【答案】（每空2分）（1）①⑤（2）H2－2e–+2OH—=2H2OO2+2H2O+4e–=4OH–变小18、略

【分析】【解析】【答案】19、羟基|醇【分析】【解答】解：麻黄素中含氧官能团为羟基，可看成醇类物质，故答案为：羟基；醇．【分析】根据麻黄素的结构简式判断其分子中含有的官能团名称，以此解答该题．20、略

【分析】解：(1)分子式为C3H7Br的卤代烃CH3CH2CH2Br或CH3CHBrCH3经消去反应后得到的有机物均为CH3CH=CH2，故答案为：CH3CH=CH2；

(2)能与金属钠反应，但不能与氢氧化钠反应的芳香族化合物C7H8O，为苯甲醇，结构简式为C6H5CH2OH，故答案为：C6H5CH2OH；

(3)含C、H、O三种元素的有机物，燃烧时消耗的氧气和生成的CO2、H2O之间物质的量之比为1：2：2，该有机物为CnH2nOx，则Cn(H2O)n+mO22mCO2+2mH2O；

所以解得x=2n，即有机物为CnH2nO2n，n=1为最简单的此类有机物，该物质为HCOOH，故答案为：HCOOH．【解析】CH3CH=CH2;C6H5CH2OH;HCOOH21、略

【分析】解：(1)A．鲜鸡蛋中富含蛋白质；故A正确；

B．脱水青菜或橙汁中富含维生素；故B正确；

C．白砂糖中无淀粉；故C错误；

D．植物油或奶油中富含油脂；故D正确．

故选C．

(2)保质期是十二个月；截止到2011年11月6日前食用，该食品已经过了保质期，不能食用，故答案为：否；该食品已经过了保质期；

(3)碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，能使苏打饼变得膨松，故答案为：膨松剂；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．【解析】C;否;该食品已经过了保质期;膨松剂;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑22、略

【分析】解：rm{Al(OH)_{3}}的电离方程式可表示为：rm{H_{2}O+AlO_{2}^{-}+H^{+}?Al(OH)_{3}?Al^{3+}+3OH^{-}}存在酸式电离生成偏铝酸根离子，碱式电离生成铝离子；

rm{(1)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入盐酸，抑制酸式电离，促进碱式电离生成氯化铝溶液，沉淀溶解，反应的离子方程式为：rm{3H^{+}+Al(OH)_{3}=3H_{2}O+Al^{3+}}

故答案为：盐酸中的rm{H^{+}}与rm{OH^{-}}结合生成水，使上述平衡中rm{c(OH^{-})}减小，平衡向右移动，rm{Al(OH)_{3}}沉淀不断溶解；rm{3H^{+}+Al(OH)_{3}=3H_{2}O+Al^{3+}}

rm{(2)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入苛性钠溶液抑制碱式电离；促进酸式电离得到偏铝酸钠溶液，沉淀溶解；

故答案为：加入氢氧根消耗氢离子，使得氢离子浓度降低，平衡向生成偏铝酸根的方向移动，使得氢氧化铝溶解；rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(1)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入盐酸；抑制酸式电离，促进碱式电离生成氯化铝溶液；

rm{(2)}向rm{Al(OH)_{3}}沉淀中加入苛性钠溶液抑制碱式电离；促进酸式电离得到偏铝酸钠溶液。

本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氢氧化铝两性的理解应，掌握氢氧化铝的两种电离平衡是解题关键，题目较简单。【解析】盐酸中的rm{H^{+}}与rm{OH^{-}}结合生成水，使上述平衡中rm{c(OH^{-})}减小，平衡向右移动，rm{Al(OH)_{3}}沉淀不断溶解；rm{3H^{+}+Al(OH)_{3}=3H_{2}O+Al^{3+}}加入氢氧根消耗氢离子，使得氢离子浓度降低，平衡向生成偏铝酸根的方向移动，使得氢氧化铝溶解；rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}23、略

【分析】【解析】【答案】2，3，124、略

【分析】解：Ⅰ：(1)铝的熔点比铁低；生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金；

故答案为：合理；

(2)铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的化学方程式为2Al+2OH-+H2O=2AlO2-+3H2↑；所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝；

故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

Ⅱ(1)图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子方程式为H++OH-=H2O，故答案为：H++OH-=H2O；

(2)在DE段沉淀的物质的量没有变化，应为NH4+和OH-的反应，此阶段发生反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O，故答案为：NH4++OH-═NH3•H2O；

(3)由反应的顺序可知，溶液中离子结合OH-的能力由强到弱的顺序是H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+，故答案为：H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+；

(4)根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，得出Al(OH)3的物质的量为：(36-34)×10-3L×4mol/L=0.008mol；即B与A的差值为0.008mol；

故答案为：0.008；

(5)沉淀的总量可根据NH4+的量，根据NH4++OH-═NH3•H2O得出n(NH4+)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol；

根据氧化还原反应，N元素由+5价变为-3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为=0.032mol；

滴加NaOH体积为31ml时；

发生反应为①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；

可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积为。

31ml-×103ml/L=7mL．

故答案为：0.032；7．【解析】合理;NaOH溶液;2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;H++OH-=H2O;NH4++OH-═NH3•H2O;H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+;0.008;0.032;725、略

【分析】解：rm{0.1mol}有机物rm{A}的质量是rm{12g}则rm{Mr(A)=120}rm{0.1molA}在足量的氧气中充分燃烧后生成rm{35.2g}rm{CO_{2}}和rm{7.2gH_{2}O}rm{CO_{2}}的物质的量rm{=dfrac{35.2}{44}mol=0.8mol}水的物质的量rm{=dfrac{7.2}{18}mol=0.4mol}根据原子守恒可知，该有机物中rm{=dfrac

{35.2}{44}mol=0.8mol}rm{=dfrac

{7.2}{18}mol=0.4mol}故有机物中rm{N(O)=dfrac{120-12隆脕8-8}{16}=1}故有机物rm{N(C)=8}的分子式为rm{N(H)=8}可以发生银镜反应，含有醛基rm{N(O)=dfrac

{120-12隆脕8-8}{16}=1}苯环上的一卤代物有三种，苯环上有rm{A}种化学环境不同的rm{C_{8}H_{8}O.A}原子，故只能有rm{-CHO}个侧链为rm{3}则rm{H}的结构简式为由rm{1}中信息可知，rm{-CH_{2}CHO}与rm{A}发生加成反应生成rm{(2)}为rm{A}在酸性条件下发生水解反应生成rm{HCN}为rm{B}在浓硫酸、加热条件下生成rm{B}rm{C}能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，故D为

rm{C}由上述分析可知，rm{D}的分子式是rm{D}

故答案为：rm{(1)}

rm{A}发生银镜反应的化学方程式为

故答案为：

rm{C_{8}H_{8}O}的化学反应方程式为rm{C_{8}H_{8}O}一定条件下，rm{(2)A}生成高分子化合物的反应为：

故答案为：

rm{(3)垄脵C隆煤D}rm{垄脷}的同分异构体有多种，符合下列条件的同分异构体：rm{D}与rm{(4)C(}具有相同的官能团种类，即含有羟基和羧基；rm{)}遇三氯化铁溶液不显色，说明不含有酚羟基；rm{垄脵}苯环上的一氯代物只有两种，说明有两个不同的官能团位于苯环的对位，符合条件的同分异构体为苯环的对位分别连有rm{C}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{-COOH}rm{-CH_{2}CH_{2}OH}rm{-COOH}rm{-CHOHCH_{3}}rm{-CH_{2}COOH}共有rm{-CH_{2}OH}种；

故答案为：rm{-CHOHCOOH}

rm{-CH_{3}}有机物rm{4}的质量是rm{4}则rm{0.1mol}rm{A}在足量的氧气中充分燃烧后生成rm{12g}rm{Mr(A)=120}和rm{0.1molA}rm{35.2g}的物质的量rm{=dfrac{35.2}{44}mol=0.8mol}水的物质的量rm{=dfrac{7.2}{18}mol=0.4mol}根据原子守恒可知，该有机物中rm{CO_{2}}rm{7.2gH_{2}O}故有机物中rm{N(O)=dfrac{120-12隆脕8-8}{16}=1}故有机物rm{CO_{2}}的分子式为rm{=dfrac

{35.2}{44}mol=0.8mol}可以发生银镜反应，含有醛基rm{=dfrac

{7.2}{18}mol=0.4mol}苯环上的一卤代物有三种，苯环上有rm{N(C)=8}种化学环境不同的rm{N(H)=8}原子，故只能有rm{N(O)=dfrac

{120-12隆脕8-8}{16}=1}个侧链为rm{A}则rm{C_{8}H_{8}O.A}的结构简式为由rm{-CHO}中信息可知，rm{3}与rm{H}发生加成反应生成rm{1}为rm{-CH_{2}CHO}在酸性条件下发生水解反应生成rm{A}为rm{(2)}在浓硫酸、加热条件下生成rm{A}rm{HCN}能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，故D为据此解答．

本题考查有机物推断与合成，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的自学能力，读懂信息中给予的反应是解题的关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等，是高考热点题型．rm{B}【解析】rm{C_{8}H_{8}O}rm{4}四、探究题(共4题，共20分)26、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）27、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）28、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）29、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、工业流程题(共4题，共8分)30、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.