2025年湘教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年湘教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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、常温下，用盐酸滴定溶液时，溶液pH随滴定百分率的变化如图所示。已知：b点溶液中下列说法错误的是。

A.a点的溶液中：B.b点溶液的pH约为8.3C.煮沸的目的是除去溶解的使突跃变大，冷却后继续滴定到终点D.滴定过程可选用酚酞、甲基橙双指示剂2、下列事实对应的离子方程式错误的是A.用石墨作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+B.碳酸钠溶液显碱性：+2H2OH2CO3+2OH-C.用Na2CO3溶液处理含CaSO4的水垢：CaSO4(s)+CaCO3(s)+D.用铁氰化钾溶液检验Fe2+：3Fe2++2[FeCN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓3、下列方程式与所给事实不相符的是A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2OC.铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑D.将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO4、能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A.浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.钠与硫酸铜溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+C.过量铁与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO↑D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应：Ba2++OH−+H++SO42-=BaSO4↓+H2O5、能正确表示下列反应的离子方程式是A.向溶液中加入过量的B.钠与溶液反应：C.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：D.溶液中加足量溶液：6、25℃时，二元弱酸H2R的pKa1=1.85，pKa2=7.45(已知pKa=-lgKa)。在此温度下向20mL0.1mol•L-1H2R溶液中滴加0.1mol•L-1的NaOH溶液；溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。

下列有关说法正确的是()A.a点所示溶液中：c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol•L-1B.b点所示溶液中：c(Na+)＞c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)C.c点溶液中水电离程度大于d点溶液D.d点所示溶液中：c(Na+)＞c(R2-)＞c(HR-)7、下列有机物在适量的浓度时，不能用于杀菌、消毒的是A.苯酚溶液B.乙醇溶液C.乙酸溶液D.乙酸乙酯溶液8、如图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d。符合上述实验结果的盐溶液是（）

。选项。

X

Y

A．

CuSO4

AgNO3

B．

AgNO3

Pb(NO3)2

C．

FeSO4

Al2(SO4)3

D．

MgSO4

CuSO4

A.AB.BC.CD.DA.评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、完成下列填空。

(1)高铁电池是一种新型可充电电池，与普通电池相比，该电池能较时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH；请回答下列问题：

①高铁电池的负极材料是_______。

②放电时，正极发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。已知负极电极反应式为：Zn−2e-＋2OH-=Zn(OH)2，则正极电极反应式为_______。

③放电时，_______(填“正”或“负”)极附近溶液的碱性增强。

(2)某种燃料电池的工作原理如图所示，a、b均为惰性电极。

①使用时，空气从_______口通入(填“A”或“B”)；

②假设使用的“燃料”是甲醇，a极的电极反应式为_______。

(3)氧化还原滴定与中和滴定类似，指的是用已知浓度的氧化剂(还原剂)溶液滴定未知浓度的还原剂(氧化剂)溶液。现有酸性溶液和未知浓度的无色溶液，已知二者发生氧化还原反应的离子方程式是通过滴定实验测定溶液的浓度。完成下列问题：

①该滴定实验_______(填“需要”或“不需要”)指示剂，滴定终点的现象为_______。

②滴定前平视酸性溶液的液面，读数为amL，滴定后俯视液面，读数为bmL，则比实际消耗的溶液体积_______(填“偏大”或“偏小”)。则根据计算得到的待测液浓度比实际浓度_______(填“偏大”或“偏小”)。10、常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：。实验编号HA物质的量浓度（mol•L-1）NaOH物质的量浓度（mol•L-1）混合溶液的pH甲0.20.2pH=a乙c0.2pH=7丙0.20.1pH＞7丁0.10.1pH=9

（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，用a来说明HA是强酸还是弱酸___。

（2）不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，c是否一定等于0.2___（选填“是”或“否”）．混合液中离子浓度c（A-）与c（Na+）的大小关系是___。

（3）丙组实验结果分析，HA是___酸（选填“强”或“弱”）。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是___。

（4）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH-）=___mol•L-1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能做近似计算）

c(Na+)-c(A-)=__mol•L-1

c(OH-)-c(HA)=__mol•L-111、常温下；部分酸的电离平衡常数如下：

。化学式。

HF

HCN

H2CO3

电离常数。

Ka=3.5×10-4

Ka=5.0×10-10

Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11

(1)c(H+)相同的三种酸，其酸的浓度从大到小为____________________。

(2)若HCN酸的起始浓度为0.0lmol/L，平衡时c(H+)约为____________mol/L。若使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H+)也增大的方法是____________。

(3)中和等量的NaOH，消耗等pH的氢氟酸和硫酸的体积分别为aL、bL，则a______b(填“大于”、“小于”或“等于”)。中和等浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为n1、n2，则n1_________n2(填“大于”；“小于”或“等于”)

(4)向NaCN中通入少量的CO2，发生的离子方程式为____________________。12、固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。CO2与化合物Ⅰ反应生成化合物Ⅱ；与化合物Ⅲ反应生成化合物Ⅳ，如反应①和②所示（其他试剂；产物及反应条件均省略）。

(1)化合物Ⅰ的分子式为______，1mol该物质完全燃烧需消耗_______molO2。

(2)由通过消去反应制备Ⅰ的化学方程式为________(注明反应条件)。

(3)Ⅱ与过量C2H5OH在酸催化下发生酯化反应，生成的有机物的结构简式为________。

(4)在一定条件下，化合物V能与CO2发生类似反应②的反应；生成两种化合物（互为同分。

异构体），请写出其中任意一种化合物的结构简式：________。

(5)与CO2类似，CO也能被固定和利用。在一定条件下，CO、和H2三者发生反应（苯环不参与反应），生成化合物Ⅵ和Ⅶ，其分子式均为C9H8O，且都能发生银镜反应．下列关于Ⅵ和Ⅶ的说法正确的有________（双选；填字母）。

A．都属于芳香烃衍生物B．都能使溴的四氯化碳溶液褪色。

C．都能与Na反应放出H2D．1molⅥ或Ⅶ最多能与4molH2发生加成反应13、有机物A的结构简式为：

(1)A的分子式为___________。

(2)A在NaOH水溶液中加热，经酸化得到有机物B和D，D是芳香族化合物。当有1molA发生反应时，最多消耗___________molNaOH。

(3)B在一定条件下发生酯化反应可生成某五元环酯，该五元环酯的结构简式为___________。

(4)写出苯环上只有一个取代基且属于酯类的D的一种同分异构体的结构简式___________。

(5)D与乙醇反应的化学方程式为___________。14、工业上根据以下工艺流程合成有机化合物H，请据此回答有关问题。

(1)化合物G中的含氧官能团为____________、____________和醚键(填官能团的名称)。

(2)指出下列反应的反应类型：B→C______________________，C→D__________________。

(3)在一定的条件下，1molE最多可以与________molH2发生反应。

(4)由化合物B合成C时还可能生成一种副产物(分子式为C20H24O2)，该副产物的结构简式为____________________________。

(5)写出A与足量浓溴水发生反应的化学方程式：_________________________。

(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图________________(无机试剂任选，可选择适当有机溶剂)。合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误16、乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色。(____)A.正确B.错误17、卤代烃中一定含有的元素为C、H和卤素。(____)A.正确B.错误18、苯酚的酸性很弱，不能使指示剂变色，但可以与碳酸氢钠溶液反应放出CO2。(___________)A.正确B.错误19、乙醛由乙基和醛基组成。(____)A.正确B.错误20、有机物的核磁共振氢谱中会出现三组峰，且峰面积之比为3∶4∶1。(___________)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共30分)21、黄钠铁钒渣主要含有Na2Fe6(SO4)4(OH)12、BaSO4、NiSO4、MgSO4、CaSO4、Al2(SO4)3等；利用其制备镍锌铁氧体工艺流程如下。

已知：①锌、铝两种元素化学性质相似；②晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe比例有关；③常温下，相关物质的pKsp单如下表：

（1）“焙烧”中无烟煤的作用为___________.

（2）“调pH”时，a值可取___________(填标号)。

A.3.2B.4.3C.5.2D.9.1

（3）若“净化”后的溶液中c(M2+)=1.0×10－3mol·L－1，则c(Ca2+)=___________mol·L－1。

（4）“水热合成”发生反应的离子方程式为___________，滤液的主要成分为___________（填化学式)

（5）由右图可知，pH=8时“水热合成”所得镍锌铁氧体晶体的完整度最高，其原因是___________。

（6）“焙烧”会生成少量BaS，对该工艺造成的影响是___________。22、亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是___________，气体a的名称是___________

(2)Ⅱ中反应的离子方程式是___________

(3)A的化学式是___________

(4)Ⅲ中电极X是___________，（填“阴极”“阳极”），其上发生的电极反应为_______________________。离子交换膜N是____（填“阴”“阳”）离子交换膜。

(5)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。

(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_____（填“相同”“不相同”“无法判断”）。23、高纯度六氟磷酸锂()是锂离子电池的常用电解液锂盐。HF合成高纯的绿色低温工艺如下。

(1)中基态的电子排布式为___________，中P原子上的孤电子对数为___________。

(2)反应釜1中生成的在反应釜2中转化为LiF沉淀，其反应的离子方程式为___________。本工艺未采用(工业级)与氢氟酸直接反应制备LiF的原因是___________。

(3)为提高原料的利用率，本工艺将反应釜4与5串联。向反应釜4和5中加入LiF溶液后，将反应釜3中生成的气体通入反应釜5中，发生反应得到其化学反应方程式为___________；再将剩余的气体通入反应釜4中发生反应，尾气经水吸收得到的主要副产品是___________。

(4)遇水易发生水解反应，生成等，其化学反应方程式为___________。

(5)某温度下，不考虑水解，饱和水溶液中的浓度为___________mol/L。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

常温下，用盐酸滴定溶液时，a点滴定百分率为25%，故溶液中溶质NaCl的物质的量之比为1：1：1，b点滴定百分率为50%；恰好反应得到碳酸氢钠；氯化钠溶液；c点滴定百分率为100%，碳酸钠与盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水。

【详解】

A．由思路分析可知，a点溶液中溶质NaCl的物质的量之比为1：1：1，根据电荷守恒可知，根据物料守恒可知，把物料守恒代入电荷守恒有①：根据氯、碳物料守恒可知，则有②：把②代入①得故A错误；

B．b点溶液中溶质为NaCl；

即则

故b点溶液的B正确；

C．反应产生的二氧化碳能溶于水生成碳酸，影响实验滴定结果，煮沸的目的是除去溶解的使突跃明显，冷却后继续滴定到终点，C正确；

D．b点溶液呈弱碱性，c点溶液呈弱酸性，故起始到b点可选用酚酞作指示剂，b点~c点滴定过程可选用甲基橙作指示剂；D正确；

故选A。2、B【分析】【详解】

A．用石墨作电极电解CuSO4溶液，离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故A正确；

B．碳酸钠溶液水解显碱性，离子方程式为：CO+H2O⇌HCO+OH-，故B错误；

C．用Na2CO3溶液处理含CaSO4的水垢，离子方程式为：CaSO4（s）+CO⇌CaCO3（s）+SO故C正确；

D．用铁氰化钾溶液检验Fe2+，离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故D正确；

答案选B。3、A【分析】【详解】

A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Cl2过量，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式为故A符合题意；

B．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，即故B不符合题意；

C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为故C不符合题意；

D．将充满NO2的试管倒扣在水中，NO2与水反应生成硝酸和NO，即3NO2+H2O=2HNO3+NO；故D不符合题意；

答案选A。4、D【分析】【详解】

A．浓盐酸与铁屑反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；故A错误；

B．钠与硫酸铜溶液反应先和水反应生成氢氧化钠溶液再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+；故B错误；

C．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++4H2O+2NO↑；故C错误；

D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应，氢氧根离子过量，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O；故D正确；

故答案为D。

【点睛】

离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；过量铁与稀硝酸反应时先生成三价铁，由于铁单质有剩余，铁单质与三价铁反应生成亚铁离子。5、D【分析】【详解】

A．向溶液中加入过量的A错误；

B．钠与溶液反应：B错误；

C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：C错误；

D．碳酸氢钠与足量的氢氧化钡反应生成碳酸钡；氢氧化钠和水；离子方程式书写正确，D正确；

故选D。6、D【分析】【详解】

A．a点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R元素的微粒浓度是原来的根据物料守恒得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=mol•L-1；故A错误；

B．b点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HR-)＞c(R2-)＞c(H2R)；故B错误；

C．c点是浓度相等的NaHR和Na2R的混合溶液，NaHR抑制水的电离，Na2R促进水的电离；d点是Na2R溶液；对水的电离有促进作用，故d点的水的电离程度大于c点，故C错误；

D．d点溶液中溶质为Na2R，R2-水解但程度较小，所以存在c(Na+)＞c(R2-)＞c(HR-)；故D正确；

答案选D。

【点睛】

明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意HR-的电离程度大于水解程度，即NaHR抑制水的电离。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．苯酚溶液能杀菌消毒；选项A错误；

B．75%乙醇溶液能杀菌消毒；选项B错误；

C．乙酸能抑制空气中细菌的繁衍；能杀菌；消毒，选项C错误；

D．乙酸乙酯溶液不能杀菌消毒；选项D正确。

答案选D。8、A【分析】【详解】

电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d。阳离子得电子能力如图所示：前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+；

A．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d；故A正确；

B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d；故B错误；

C．在金属活动性顺序表中；Fe；Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；

D．在金属活动性顺序表中；Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故D错误；

故答案为A。

【点睛】

考查电解原理，同时考查学生对金属活动性顺序表、电解原理的理解及应用，明确离子放电顺序是解本题关键，电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【详解】

（1）①高铁电池的总反应可知；放电时Zn失去电子，发生氧化反应，故负极材料是Zn；

②原电池放电时，正极发生还原反应，已知负极电极反应式为：Zn−2e-＋2OH-=Zn(OH)2，则正极电极反应式为

③根据电极反应可知正极的电极反应为：正极产生OH-；放电时正极附近的碱性增强；

（2）①根据图可知原电池的电子从负极流向正极，故a为负极，b为正极；燃料电池中燃料应该在负极反应，氧化剂在正极反应，故空气从B口通入；

②甲醇做燃料，甲醇在负极失去电子，即a极的电极反应式为

（3）①该滴定实验不用指示剂，因为MnO全部转化为Mn2+时紫色退去，即根据高锰酸钾溶液自身颜色的变化即可判断，现象比较明显，故答案为：不需要、当滴入最后一滴KMnO4溶液时；混合溶液由无色变为浅紫色且半分钟内不褪色；

②滴定前平视KMnO4液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL；读数偏小，则。

(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积偏小；根据(b-a)mL计算得到的待测浓度，造成V(标准)偏小，根据分析，可知c(待测)偏小，故答案为：偏小、偏小。【解析】(1)Zn还原正。

(2)B

(3)不需要当滴入最后一滴KMnO4溶液时，混合溶液由无色变为浅紫色且半分钟内不褪色偏小偏小10、略

【分析】【分析】

(1)酸碱恰好完全反应；如反应后呈中性，则pH=7，为强酸，如pH＞7，则为弱酸；

(2)若HA为强；则C等于0.2，若HA为弱酸，则C大于0.2，所以C不一定为0.2，结合电荷守恒判断；

(3)pH＞7；所以HA是弱酸，得到的溶液为0.05mol/L的HA和0.05mol/L的NaH的混合液；

(4)所得混合溶液为浓度为0.05mol/L的NaA溶液，其pH为9，促进水的电离，OH-全部为水电离；以此可计算浓度，溶液中存在电荷守恒和质子守恒。

【详解】

(1)不考虑其它组的实验结果；单从甲组情况分析，若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸；

(2)不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，pH=7，若HA为强酸，则C等于0.2，若HA为弱酸，则C大于0.2，所以C不一定为0.2，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，因pH=7，则c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(Na+)；

(3)HA物质的量浓度为0.2mol/L，而NaOH物质的量浓度为0.1mol/L，pH＞7，所以HA是弱酸，丙组得到的溶液为0.05mol/L的HA和0.05mol/L的NaH的混合液，根据电荷守恒可以得到c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+)，由于pH＞7，所以c(OH-)＞c(H+)，即c(Na+)＞c(A-)，所以混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；

(4)丁组实验所得混合溶液为浓度为0.05mol/L的NaA溶液，其pH为9，促进水的电离，OH-全部为水电离，溶液的pH=9，则氢离子浓度为10-9mol/L，等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于弱酸根离子水解得到的，c(OH-)==mol/L=10-5mol/L；一元酸HA和NaOH溶液等体积混合生成NaA溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，依据上述计算得到：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9)mol/L；溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(HA)+c(H+)，则c(OH-)-c(HA)=c(H+)=1×10-9mol/L。

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，其中：①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒规律，如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。【解析】①.若a=7，则HA是强酸；若a＞7，则HA是弱酸②.否③.c(A-)=c(Na+)④.弱⑤.c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)⑥.10-5⑦.10-5-10-9⑧.1×10-911、略

【分析】【详解】

根据三种酸的电离平衡常数可知，酸性：HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。因此c(H+)相同的三种酸，其酸的浓度从大到小的顺序为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)，故答案为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)；

(2)设c(H+)=x，根据HCNH++CN-，Ka=c(H+)c(CN-)/c(HCN)=xx/(0.01-x)=5.0×10-10，解得x≈×10-6，弱电解质的电离过程是吸热过程，升高温度，能够促进HCN的电离，电离程度增大，c(H+)也增大，故答案为≈×10-6；升高温度；

(3)中和等量的NaOH需要消耗等物质的量的氢离子，当氢氟酸和硫酸的pH相等时，由于硫酸是强酸，氢氟酸为弱酸，需要氢氟酸和硫酸的体积比小于1:1，即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸，中和等浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为1:2，即n1小于n2，故答案为小于；小于；

(4)酸性：HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。向NaCN中通入少量的CO2反应生成HCN和NaHCO3，反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-，故答案为CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-。【解析】c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)×10-6升高温度小于小于CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-12、略

【分析】【分析】

（1）根据化合物的结构简式书写分子式；据有机物燃烧的通式来看耗氧量；

（2）根据卤代烃能发生消去反应的实质来书写方程式；

（3）根据羧酸和醇的酯化反应的实质来书写方程式；

（4）根据反应②的实质是发生的加成反应来回答；

（5）根据有机物的结构和性质之间的关系进行回答。

【详解】

（1）由有机物Ⅰ的结构简式可以写出其分子式为：C8H8，根据烃CxHy耗氧量为x+y/4，则耗氧量为10mol，故答案为C8H8；10；

（2）卤代烃能通过消去反应，消去小分子氯化氢，方程式为：故答案为

（3）1molⅡ中含有2mol羧基，与2molC2H5OH在酸催化下发生酯化反应，得到对应的酯，故答案为

（4）化合物V能与CO2发生类似反应②的反应，即原理是：O=C=O中的一个碳氧键断开，有机物断开碳氧键加成，有两种加成方式，故答案为（任写一种）；

（5）的分子式为C8H6，比C9H8O少一个CH2O，并且均能发生银镜反应，故生成的化合物Ⅵ和Ⅶ中有醛基和双键，结构简式分别为：A、B正确，1mol化合物Ⅵ或Ⅶ能和氢气加成，苯环中3mol，醛基和双键各1mol，最多消耗氢气5mol，故D错误，有机物中没有和钠反应的官能团，故C错误，故答案为AB。【解析】①.C8H8②.10③.④.⑤.（任写一种）⑥.AB13、略

【分析】【详解】

(1)由结构简式可知A的分子式为C12H13O4Cl；

(2)A在NaOH水溶液中加热，经酸化得到有机物B和D，D是芳香族化合物，则B为HOOCCH2CHOHCH2OH，D为A中含有羧基，可与氢氧化钠发生中和反应，含有酯基和Cl原子，水解生成羧基和HCl，则1molA发生反应时，最多消耗3molNaOH；

(3)B为HOOCCH2CHOHCH2OH，含有羧基和羟基，可发生酯化反应，形成五元环的结构简式为

(4)D为对应的同分异构体中，形成的酯可为苯甲酸甲酯、乙酸苯酚酯以及甲酸苯甲醇酯，结构简式分别为

(5)D与乙醇反应的化学方程式为+C2H5OH+H2O。【解析】C12H13O4Cl3+C2H5OH+H2O14、略

【分析】【分析】

根据流程图中有机物的结构变化分析反应类型；写出官能团名称；根据官能团的性质分析书写相关反应方程式；根据题干信息，运用逆合成法比较原料及目标产物的结构，设计合成路线。

【详解】

根据题干中流程图知：A发生加成反应生成B；B发生取代反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，E反应生成F，F发生氧化反应生成G，G反应生成H；

（1）化合物G中的含氧官能团为羰基；醛基和醚键；故答案为羰基；醛基；

（2）B发生取代反应生成C；C发生氧化反应生成D，故答案为取代反应；氧化反应；

（3）E中苯环、碳碳双键和羰基都能和氢气发生加成反应，在一定条件下，1molE最多可以与5molH2发生反应；故答案为5；

（4）由化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为故答案为

（5）A与足量浓溴水发生取代反应为+4Br2→↓+4HBr，故答案为+4Br2→↓+4HBr；

（6）发生消去反应生成和溴发生加成反应生成发生消去反应生成和溴发生加成反应生成​和环己醇反应生成其合成路线为故答案为【解析】羰基醛基取代反应氧化反应5+4Br2→↓+4HBr三、判断题(共6题，共12分)15、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。16、B【分析】【详解】

由于发生加聚反应时，氯乙烯中碳碳双键转化为碳碳单键，故聚氯乙烯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，题干说法错误。17、B【分析】略18、B【分析】【分析】

【详解】

苯酚的酸性很弱，不能使石蕊变色。苯酚的酸性弱于碳酸，所以不能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，错误。19、B【分析】【详解】

乙醛由甲基和醛基组成，该说法错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

有机物的核磁共振氢谱中会出现四组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1，故错误。四、工业流程题(共3题，共30分)21、略

【分析】【分析】

根据工艺流程图分析每步过程发生的反应及滤渣和溶液的成分；根据Ksp计算溶液的酸碱性；分析沉淀溶解是否完全。

【详解】

（1）根据流程图中的反应原理；“焙烧”中无烟煤的作用为提供热量；还原剂；

故答案为提供热量；还原剂；

（2）调pH主要是除去Mg2+和Al3+，但Fe3+不能沉淀，根据氢氧化铁的pKsp计算得：pKsp=-lg[c(Fe3+)∙c3(OH-)]=37.4，c(OH-)==10-9.4；则a=5.6；

故答案为C；

（3）根据MgF2和CaF2的pKsp计算得：由c(Mg2+)=1.0×10－3mol·L－1得，c(F-)==10-2.6mol·L－1，pKsp(CaF2)=-lg[c(Ca2+)∙c2(F-)]=10.2，则c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L－1；

故答案为1.0×10-5mol·L－1；

（4）根据题干信息，水热合成发生反应的离子方程式为xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2Ni(1-x)ZnxFe2O4↓+4H2O，滤液的主要成分为Na2SO4；

故答案为xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2Ni(1-x)ZnxFe2O4↓+4H2O；Na2SO4；

（5）根据图示信息得：pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解；

故答案为pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解；

（6）分析工艺流程知：BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境；生成NiS沉淀降低产率；

故答案为BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率。【解析】提供热量、还原剂C1.0×10-5mol·L－1xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2Ni(1-x)ZnxFe2O4↓+4H2ONa2SO4pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率22、略

【分析】【分析】

ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，在III中发生电解，根据图知，电极Y生成氢氧化钠，说明电极Y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；电极X为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，在I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，反应的离子方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；据此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析，I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，