2025年西师新版选修化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年西师新版选修化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列烃的命名正确的是A.3，3，5－三甲基－4－乙基己烷B.3，5，5－三甲基庚烷C.3，3－二甲基－4－异丙基己烷D.2，2，3－三甲基丁烷2、有八种物质：①甲烷、②甲苯、③聚乙烯、④聚异戊二烯、⑤2－丁炔、⑥环己烷、⑦环己烯、⑧聚氯乙烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色的是A.③④⑤⑧B.④⑤⑦C.④⑤D.③④⑤⑦⑧3、是一种有机烯醚；可以烃用A通过下列路线制得：

则下列说法正确的是A.分子式为C4H4OB.A的结构简式是CH2=CHCH2CH3C.分子中所有原子可能共面D.①②③的反应类型分别为加成、水解、取代4、下列实验方案正确的是。

A.图甲是检验1-溴丙烷的消去产物B.图乙是石油分馏C.图丙是证明酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚D.图丁是配制银氨溶液5、在某温度时，将nmol·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1盐酸中；溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是。

A.c点存在守恒关系：c(NH4+)=c(Cl－)B.b点：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)C.水的电离程度：b>c>a>dD.25℃时，NH4Cl水解平衡常数为(n－1)×10-7(用n表示)评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、常温下，用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定同浓度；体积均为20.00mL的盐酸和醋酸溶液(用HA表示酸)；得到2条滴定曲线，如图所示。

下列说法正确的是A.滴定盐酸的曲线是图1B.由图分析可得b>a=20C.D点对应的溶液中：c(Na+)=c(A-)D.根据E点可计算得K(HA)=[0.05+(10-6-10-8)]×10-8/(10-6-10-8)7、一种生产聚苯乙烯的流程如下；下列叙述正确的是。

A.苯乙烯所有原子一定在同一平面内B.乙苯和苯乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C.鉴别乙苯与苯乙烯可用Br2的四氯化碳溶液D.反应①的反应类型是加成反应，反应②的反应类型是取代反应8、下列有机物的命名正确的是A.3-氯丁烷B.2-甲基戊醛C.3-甲基-1,3-丁二烯D.反-2-丁烯9、下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是A.向新制氯化银中滴入浓氨水：B.溶液与少量溶液反应：C.向溶液中通入少量D.通入酸性溶液中：10、化合物“E7974”具有抗肿瘤活性；结构简式如下，下列有关该化合物说法正确的是。

A.能使Br2的CCl4溶液褪色B.分子中含有4种官能团C.分子中含有4个手性碳原子D.1mol该化合物最多与2molNaOH反应11、下列实验事实及结论具有对应关系的是。选项实验事实结论A向无水乙醇中加一小块擦干煤油的金属钠，有气泡产生，经检验为H2乙醇分子中存在不连接在碳原子上的氢，即存在羟基B苯在一定条件能与C12发生加成反应生成六氯环己烷C6H6Cl6苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替排列的结构C将CH3COOH、CH3CH218OH、浓硫酸的混合液体加热，产物乙酸乙酯有18OCH3COOH羧基中的-OH与CH3CH2OH羟基中的H结合生成水DCHC13只有一种结构CH4具有正四面体结构

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)；反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。

(1)该反应是_____(填“吸热”或“放热”)反应；1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量______(填“高”“低”或“高低不一定”)。

(2)若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则E1和E2的变化是：E1_______，E2________，ΔH______(填“增大”“减小”或“不变”)。13、按要求完成填空。

(1)计算25℃时下列溶液的pH：

①1mLpH＝2的H2SO4加水稀释至100mL，pH＝________；

②0.001mol/L的盐酸，pH＝________；

③0.01mol/L的NaOH溶液，pH＝________；

④0.015mol/L的硫酸与0.01mol/L的NaOH等体积混合，混合溶液的pH＝________。

(2)H2S溶于水的电离方程式为_______________________________________。14、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3-、SO42-、Cl-、CO32-（离子在物质中不能重复出现）。

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中；只有C盐的溶液呈蓝色；

②若向①的四支试管中分别加入盐酸；B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：

(1)A____________________；B___________________。

(2)写出过量醋酸与D反应放出气体的离子方程式：________________________。

(3)将含相同物质的量A；B、C的溶液混合；混合后溶液中存在的离子有________，各离子的物质的量之比为_______，在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式:_______。

(4)C溶液中阴离子的检验方法：____________________________________。15、在石蜡油的分解实验中；产物可使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以使溴的四氯化碳溶液褪色。

请你根据实验过程及现象探讨下列问题：

（1）碎瓷片的作用是__。

（2）分解产物中的气体是否都是烷烃__；你的依据是__。

（3）证明石蜡油分解产物中含有碳、氢元素的方法是__。16、（1）乙烯使溴水褪色的反应类型和使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应类型____(填“相同”或“不相同”)。

（2）用苯制备溴苯的化学方程式是____，该反应的类型___。

（3）已知2CH3CHO＋O22CH3COOH。若以乙烯为主要原料合成乙酸；其合成路线如图所示。

则反应②的化学方程式为___，该反应的类型为___。评卷人得分四、计算题(共3题，共12分)17、pH＝3和pH＝5的两种盐酸等体积混合后的pH＝______________。若按体积比2：3混合后溶液的pH=_____________。18、室温时，的强碱溶液与的强酸溶液混合（忽略体积变化），所得混合溶液的则强碱溶液与强酸溶液的体积之比是__________。19、标准状况下22.4L某气态烃在足量氧气中完全燃烧，生成88gCO2和36gH2O，通过计算确定该烃的分子式___。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共16分)20、工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5；其流程如下：

资料：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系:。pH4～66～88～1010～12主要离子VO2+VO3—V2O74—VO43—

（1）焙烧:向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是_________。

（2）酸浸:①Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是________。

②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据下图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________。

（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体；其流程如下：

①浸出液中加入石灰乳的作用是_____________。

②已知常温下CaCO3的溶度积常数为Ksp1，Ca3（VO4）2溶度积常数为Ksp2。过滤后的（NH4）3VO4溶液中VO43—的浓度为cmol/L，该溶液中CO32—的浓度为_______mol/L

③向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH>8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_______________。

（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液。再加入b1mLc1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液（VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O）最后用c2mol/LKMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。

已知MnO4-被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是_____。（V2O5的摩尔质量：182g/mol）21、【化学—选修2：化学与技术】

三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4·2H2O）；再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙；镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如下所示。

请回答下列问题：

（1）操作Ⅰ为___________________。

（2）①加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为____________________________；

②加入碳酸钠溶液调pH至4.0~5.0，其目的为__________________________；

（3）草酸镍（NiC2O4·2H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体。NiC2O4受热分解的化学方程式为______________________________。

（4）工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为__________。amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为_____________。

（5）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是______________________________。22、镍酸锂(LiNiO2)是一种具有潜力的锂离子电池材料。以镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下。

请回答下列问题：

(1)LiNiO2中镍的化合价为_______。

(2)在实验室中，“萃取、分液”需要的仪器有_______(填字母)。

(3)如果加入足量次氯酸钠溶液“除铁”，则“除铁”反应的离子方程式为_______。

(4)“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是_______。

(5)有人认为“除钙”中可以用HF替代NH4F，则“除钙”反应Ca2+(aq)+2HF(aq)CaF2(s)+2H+(aq)的平衡常数K=_______[已知：室温下，HF的电离常数Ka=4.0×10-4，Ksp(CaF2)=1.6×10-10]。

(6)“酸浸”中镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量之比)的关系如图1所示，最佳液固比为_______。当液固比一定时，镍浸出率与温度的关系如图2所示，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是_______。

(7)用3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O制备镍酸锂的化学方程式为_______。23、工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3；难溶于水)，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。

已知：TiOSO4遇水会水解。

(1)步骤①中，钛酸亚铁与硫酸反应的离子方程式为__________________。

(2)步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的___________(填字母序号)。

a．熔沸点差异b．溶解性差异c．氧化性；还原性差异。

(3)步骤④的操作是_______________(填操作名称)。

(4)步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，该反应的∆H_______0(填＞或＜)；加水稀释，平衡_________(填“正向”；“逆向”或“不”)移动。

(5)可以利用生产过程中的废液与软锰矿(主要成分为MnO2)反应生产硫酸锰(MnSO4，易溶于水)，该反应的离子方程式为__________________________。

(6)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是(请用化学方程式解释)______________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．取代基编号之和不是最小的；正确命名为：2，4，4-三甲基-3-乙基己烷，故A错误；

B．取代基编号之和不是最小的；正确命名为：3，3，5-三甲基庚烷，故B错误；

C．所选主链不是取代基最多的；正确命名为：2，4，4-三甲基-3-乙基己烷，故C错误；

D．2；2，3-三甲基丁烷命名正确，故D正确；

答案选D。2、B【分析】【详解】

①甲烷；③聚乙烯、⑥环己烷、⑧聚氯乙烯分子中均为单键；不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色；②甲苯与酸性高猛酸钾溶液反应使其褪色，可以因为萃取而使溴水褪色，但不是因为反应，②不符合题意；④聚异戊二烯中含有碳碳双键，⑤2－丁炔含有碳碳三键，⑦环己烯含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也使溴水因反应而褪色；

综上④⑤⑦，符合题意，答案选B；3、D【分析】【分析】

由的合成流程图可知，A与溴发生加成反应得B，B在碱性条件下水解得C，C在浓硫酸作用下发生脱水成醚，结合的结构可逆推得到C为HOCH2CH=CHCH2OH，B为BrCH2CH=CHCH2Br，A为CH2=CHCH=CH2；据此分析解答。

【详解】

A．的分子式为C4H6O；故A错误；

B．由上述分析可知，A为CH2=CHCH=CH2；故B错误；

C．分子中含有亚甲基；具有类似甲烷的空间结构，所有原子不可能共面，故C错误；

D．由上述分析可知；①；②、③的反应类型分别为加成、水解、取代，故D正确；

故选D。

【点睛】

按照流程图正确判断各物质的结构简式是解题的关键。本题的易错点为C，要注意甲烷为四面体结构，分子结构中只要含有饱和碳原子，分子中所有的原子就不可能共面。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．挥发的乙醇及生成的丙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；不能检验消去产物，故A错误；

B．分馏时温度计测定馏分的温度；冷却水下进上出，图中温度计水银球未在蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；

C．硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳；二氧化碳通入苯酚钠溶液生成苯酚，图丁是证明酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚，故C正确；

D．配制银氨溶液应将稀氨水滴入稀硝酸银溶液中；故D错误；

故选C。5、C【分析】【详解】

A．c点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒分析c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)；A正确；

B．b点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；B正确；

C．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知；则无法判断a；d两点水的电离程度大小，C错误；

D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为Kh==(n-1)10-7；D正确；

故选C。二、多选题(共6题，共12分)6、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据图知，图1中A点未加氢氧化钠溶液时溶液的pH=1，由于酸的浓度是0.1mol·L-1；所以图1中为强酸，即滴定盐酸的曲线是图1，描述正确，符合题意；

B．由选项A分析可知图1滴定盐酸且滴定终点溶液呈中性，图2滴定醋酸且滴定终点溶液呈碱性，故b=a=20；描述错误，不符题意；

C．根据图示可知，D点显示中性：c(H＋)=c(OH-)，结合电荷守恒可知：c(Na＋)=c(A-)；描述正确，符合题意；

D．E点pH=8，则c(H＋)=10-8mol·L-1，c(OH-)=10-6mol·L-1，c(Na＋)=0.05mol·L-1，结合电荷守恒可知：c(A-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)=0.05mol·L-1＋10-8mol·L-1-10-6mol·L-1，c(HA)=0.05mol·L-1-(0.05＋10-8-10-6)mol·L-1=(10-6-10-8)mol·L-1，描述错误，不符题意；

综上，本题选AC。7、BC【分析】【详解】

A.由于单键能旋转；所以苯乙烯中苯环所在平面可能与乙烯基不在一个平面内，A错误；

B.苯乙烯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，乙苯中含有的侧链基团由于苯环的作用使其活泼，以发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色；故B正确；

C.苯乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，则可用Br2的四氯化碳溶液鉴别，乙苯不和Br2的四氯化碳溶液反应；C正确；

D.反应①的反应类型是加成反应；反应②由乙苯生成苯乙烯，生成C=C键，为消去反应，D错误；

故选BC。8、BD【分析】【详解】

A．选项所给物质应为为从距离氯原子较近的一端开始编号，其正确名称应为2-氯丁烷，故A错误；

B．选项所给名称对应为故B正确；

C．选项所给物质应为应从距离甲基较近的一端编号，正确名称为2-甲基-1,3丁二烯，故C错误；

D．选项所给物质应为甲基分列双键两侧，为反-2-丁烯，故D正确；

综上所述答案为BD。9、AC【分析】【详解】

A．AgCl溶于浓氨水生成配合物[Ag(NH3)2]Cl，[Ag(NH3)2]Cl溶于水完全电离，离子方程式为：故A正确；

B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，除了钡离子和硫酸根离子生成沉淀外，还有氢氧根离子和Fe2+或铵根离子的反应，当OH-少量时，OH-先和Fe2+反应，所以反应的离子方程式为：故B错误；

C．Fe2+和Br-都能被氯气氧化，氯气少量时，氯气先和还原性强的Fe2+反应；故C正确；

D．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，SO2有还原性，KMnO4有氧化性，两者发生氧化还原反应，选项中的方程式生成物正确，但电子和电荷都不守恒，正确的离子方程式为：故D错误；

故选AC。10、AB【分析】【详解】

A．根据结构，“E7974”含有碳碳双键，可使Br2的CCl4溶液褪色；A正确；

B．由结构简式可知，分子中含有如图其中有两个酰胺基，共4种官能团，B正确；

C．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图共3个，C错误；

D．分子中均能与NaOH溶液反应；故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误；

答案选AB。11、AC【分析】【分析】

【详解】

A．钠保存在煤油中；说明煤油中的碳氢键不能被钠破坏，乙醇中也含有碳氢键，乙醇能与钠反应生成氢气，说明乙醇中存在羟基，故A正确；

B．苯可以发生加成反应；不能说明不含双键，故B错误；

C．产物乙酸乙酯有18O；说明醇脱去氢，酸脱去羟基，故C正确；

D．若CH4为平面结构，CHC13也只有一种结构；则无法由实验事实得到该结论，故D错误；

故选AC。三、填空题(共5题，共10分)12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图中可知；反应物的总能量低于生成物的总能量即1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量低，故该反应是吸热反应，故答案为：吸热；低；

(2)图中可知，E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，是由于降低了正逆反应的活化能，活化分子的百分数增大，故E1和E2均减小，但催化剂只改变反应途径与反应的始态和终态，故ΔH不变，故答案为：减小；减小；不变。【解析】吸热低减小减小不变13、略

【分析】【分析】

25℃时：Kw=c（OH-）×c（H+）=10-14，根据pH=-c（H+）计算。

【详解】

(1)①1mLpH=2的H2SO4溶液加水稀释到100mL，溶液中氢离子浓度c（H+）由0.01mol/L变为0.0001mol/L；则稀释后溶液的pH=-lg0.0001=4，故答案为4；

②盐酸为一元强酸完全电离，0.001mol/L的盐酸氢离子浓度c（H+）=0.001mol/L，pH=-lgc（H+）=-lg0.001=3；故答案为3；

③NaOH为强电解质，则0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，c（H+）=10-14/c(OH-)mol/L=10-14/0.01mol/L=1×10-12mol/L，该氢氧化钠溶液的pH=-lg1×10-12=12；故答案为12；

④该题在发生酸碱中和反应时，酸过量，则pH=−lg0.01=2；故答案为2；

(2)H2S是二元弱酸，不完全电离，一次只能电离出一份氢离子，溶于水的电离方程式为：【解析】4312214、略

【分析】【分析】

根据离子共存的原则，结合溶液的颜色及反应时的现象，确定四种物质分别为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；然后分析解答。

【详解】

由于是可溶性盐，所以溶液中存在的阳离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-结合；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-离子结合，而只能和NO3-结合，则相应的物质一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32-结合，所以C为CuSO4，Na+对应阴离子CO32-，该物质是Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。①由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色无味气体，气体是二氧化碳，则D为Na2CO3；综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3。

(1)由上述分析可知A为BaCl2；B为AgNO3；

(2)醋酸是一元弱酸，但是醋酸的酸性比碳酸强，根据强酸与弱酸的盐反应可制取弱酸，可知醋酸与D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2↑+H2O；

(3)A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，等物质的量三种物质混合于溶液，会发生反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ag++Cl-=AgCl↓；溶液中存在的离子及物质的量之比为：n(Cl-)：n(NO3-)：n(Cu2+)=1：1：1，在此溶液中加入锌粒，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn可将其中的铜置换出来，反应的离子方程式为Zn+Cu2+═Zn2++Cu；

(4)C为CuSO4，检验物质C中阴离子SO42-的方法是取少量C溶液于试管中，先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。

【点睛】

本题考查无机物的推断、离子共存、离子检验离子方程式书写等知识，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查。【解析】BaCl2AgNO3CO32-+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-Cl-NO3-Cu2+1:1:1Zn+Cu2+=Zn2++Cu取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-15、略

【分析】【分析】

石蜡油在碎瓷片的催化作用下；分解的产物能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，一定有不饱和烃(烯烃或乙烯)生成，据此分析解答。

【详解】

（1）石蜡油分解较缓慢；加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，起到催化剂作用；故答案为：碎瓷片可起到催化剂的作用，促进石蜡油分解；

（2）已知产物可使酸性高锰酸钾溶液褪色；也可以使溴的四氯化碳溶液褪色，则产物中的气体一定不都是烷烃，还有不饱和烃(烯烃或乙烯)；故答案为：产物中的气体一定不都是烷烃；因为烷烃是饱和烃，与甲烷性质相似，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不可能使溴的四氯化碳溶液褪色；

（3）将气体产物点燃；并检验燃烧产物中有二氧化碳和水生成，故答案为：在气体产物燃烧火焰的上方罩一干冷烧杯，若烧杯内壁有水珠，证明有氢元素；在火焰的上方罩一内壁附着澄清石灰水的烧杯，若出现浑浊现象，证明含有碳元素。

【点睛】

在石蜡油的分解实验中，产物可使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以使溴的四氯化碳溶液褪色，只能说明气体产物中含有不饱和烃，不能直接说明有乙烯生成，要证明有乙烯生成，还需进一步用实验证明，这是学生们的易错点。【解析】碎瓷片可起到催化剂的作用，促进石蜡油分解产物中的气体一定不都是烷烃因为烷烃是饱和烃，与甲烷性质相似，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不可能使溴的四氯化碳溶液褪色在气体产物燃烧火焰的上方罩一干冷烧杯，若烧杯内壁有水珠，证明有氢元素；在火焰的上方罩一内壁附着澄清石灰水的烧杯，若出现浑浊现象，证明含有碳元素16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色；酸性高锰酸钾溶液氧化乙烯使高锰酸钾溶液褪色，原理不同；反应类型不同；答案为：不相同。

（2）苯与液溴在Fe作催化剂下反应，苯环上的氢原子被溴原子代替生成溴苯和溴化氢，化学方程式为：属于取代反应；答案为取代反应。

（3）乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化为B乙醛，乙醛易被氧化为C乙酸，乙醇催化氧化为乙醛的方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，该反应类型是氧化反应；答案为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，氧化反应。【解析】①.不相同②.＋Br2＋HBr③.取代反应④.2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O⑤.氧化反应四、计算题(共3题，共12分)17、略

【分析】【分析】

酸溶液混合，先计算混合后溶液中氢离子的物质的量，再根据计算氢离子的物质的量浓度，最后根据pH=-lgc（H+）计算出混合液的pH。

【详解】

pH=3和pH=5的两种盐酸等体积混合，混合溶液的混合后溶液的pH=-lgc（H+）=4-1g5≈4-0.7=3.3；若按体积比2：3混合，混合后溶液的pH=-lgc（H+）=4-1g4≈4-0.6=3.4，故答案为：3.3；3.4。【解析】①.3.3②.3.418、略

【分析】【详解】

设强酸溶液、强碱溶液的体积分别为混合前，碱溶液中酸溶液中混合溶液的说明碱过量，则即解得故答案为：1:9。【解析】1:919、略

【分析】【分析】

求烃的分子式时；可利用烃的燃烧通式进行计算。

【详解】

设有机物的分子式为CxHy；由试题信息，可建立如下关系：

由此可得出44x=88，x=2；9y=36，y=4。

从而得出该有机物的分子式为C2H4。答案为：C2H4。

【点睛】

推断分子式时，也可先求出烃、CO2和H2O的物质的量，从而确定1个分子中所含有的C、H原子数，从而确定该烃的分子式。【解析】C2H4五、工业流程题(共4题，共16分)20、略

【分析】【分析】

焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，用盐酸酸浸，浸出液中含有VO2+、Al3+、Ca2+、Cl-、H+，加入石灰乳调节pH得到Ca3（VO4）2沉淀，由表中数据，可知应控制pH范围为10～12，由Ca（VO3）2Ca3（VO4）2，可知氢氧化钙还提供Ca2+。过滤分离，Ca3（VO4）2与碳酸铵反应转化为更难溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，使钒从沉淀中转移到溶液中形成（NH4）3VO4溶液，溶液中加入NH4Cl，调节溶液pH，同时溶液中NH4+增大，有利于析出（NH4）3VO3；据此分析解答。

【详解】

（1）焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，CaO参与反应，V元素化合价升高，需要氧气参加反应，反应方程式为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，故答案为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2；

（2）①Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸，若焙砂酸浸时溶液的pH=4，由表中数据可知，Ca（VO3）2溶于盐酸转化为VO2+，反应离子方程式为：Ca（VO3）2+4H+═2VO2++Ca2++2H2O，故答案为：Ca（VO3）2+4H+=2+Ca2++2H2O；

②根据如图推测；酸浸时不选择更高酸度的原因是：酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大；故答案为：酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大；

（3）焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，用盐酸酸浸，浸出液中含有VO2+、Al3+、Ca2+、Cl-、H+，加入石灰乳调节pH得到Ca3（VO4）2沉淀，由表中数据，可知应控制pH范围为10～12，由Ca（VO3）2Ca3（VO4）2，可知氢氧化钙还提供Ca2+。过滤分离，Ca3（VO4）2与碳酸铵反应转化为更难溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，使钒从沉淀中转移到溶液中形成（NH4）3VO4溶液，溶液中加入NH4Cl，调节溶液pH，同时溶液中NH4+增大，有利于析出（NH4）3VO3；

①浸出液中加入石灰乳的作用是：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀；故答案为：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀；

②根据Ksp的表达式计算得：故答案为：

③当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3-，NH4VO3的产量明显降低，故答案为：当pH>8时，钒的主要存在形式不是

（4）加入高锰酸钾发生反应：5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，反应消耗KMnO4为：b2×10-3L×c2mol•L-1=b2c2×10-3mol，剩余的Fe2+物质的量为：5b2c2×10-3mol，与VO2+反应Fe2+物质的量为：b1×10-3L×c1mol•L-1-5b2c2×10-3mol=（b1c1-5b2c2）×10-3mol，由关系式：V2O5～2NH4VO3～2VO2+～2Fe2+，可知n（V2O5）=（b1c1-5b2c2）×10-3mol，故产品中V2O5的质量分数为：=故答案为：【解析】CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2Ca（VO3）2+4H+=2+Ca2++2H2O酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀当pH>8时，钒的主要存在形式不是21、略

【分析】【分析】

镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）加酸溶解，使金属单质变为盐进入溶液，加双氧水把Fe2＋氧化成Fe3+，再加Na2CO3调节溶液的pH，使之转化为Fe(OH)3沉淀而除去，加入NH4F的目的是除去Ca2+和Mg2+，过滤后滤液里含有Ni2+；可以加草酸形成草酸镍。

【详解】

（1）分析工艺流程图可知；含镍废料（镍；铁、钙、镁合金为主），要使之变成离子，应该加酸溶解金属，再除去不溶物，所以操作Ⅰ为加酸溶解，过滤。

（2）①加双氧水的目的是氧化Fe2＋生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

②加入碳酸钠溶液的作用是调节pH；促进铁离子水解，沉淀完全；

（3）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应，Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，因为生成了混合气体，则另一气体为CO2，所以反应生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等，Ni：升高2×（3-2），C：升高1×（4-3），C：降低：3×（3-2），配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

（4）ClO－具有氧化性，Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO-、Ni(OH)2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，得到的离子方程式为ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O；根据离子方程式ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O，amol二价镍全部转化为三价镍，则参加反应的ClO－的物质的量为0.5amol，根据化学反应Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O，已知电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，参加反应的Cl2的物质的量为0.5a÷80%=0.625amol，进行电解时，阳极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑，则n（e-）=0.625mol×2=1.25amol。

（5）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO(OH)转化为Ni(OH)2，Ni的化合价由+3价降低到+2价，则正极反应为3NiO(OH)+3e－+3H2O=3Ni(OH)2+3OH－，负极是Al失电子生成NaAlO2，负极电极反应为Al-3e－+4OH－=AlO2-+2H2O，正、负极相加得电池的总反应，则该电池反应的化学方程式是Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2。【解析】加酸溶解，过滤2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O促进Fe3+水解，沉淀完全2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O1.25amolAl+3NiO(OH)+NaOH+H2O