2025年沪教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年沪教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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法正确的是（）。物质杂质除杂质所用试剂和方法AFeCl3FeCl2加入足量的Fe粉，过滤BCO2HCl通入饱和Na2CO3溶液，洗气CSO2H2O通入浓硫酸，洗气DMgCu加入浓硫酸，过滤

A.AB.BC.CD.D2、下列跟氧气和臭氧的关系相同的一组物质是A.和B.氯气和液氯C.乙醇和二甲醚D.红磷和白磷3、下列物质不能发生银镜反应的是A.乙醛B.甲酸甲酯C.葡萄糖D.蔗糖4、下列关于聚酯纤维的说法正确的是A.聚酯纤维的化学成分与羊毛相同B.0.1mol该物质与氢氧化钠溶液反应消耗0.2molNaOHC.该聚酯纤维单体为对苯二甲酸和乙二醇D.由单体合成聚酯纤维的反应属加聚反应5、下列说法中，正确的是（）A.乙醛、葡萄糖、甲酸甲酯、油脂都能与银氨溶液发生银镜反应B.乙烯和苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.二氧化碳和环氧丙烷在催化剂作用下发生加聚反应生成一种可降解塑料D.间二甲苯仅有一种空间结构的事实可证明苯分子中不存在单、双键交替的结构6、化学与科学、技术、社会、环境密切相关.下列说法正确的是A.造成光化学烟雾的罪魁祸首是开发利用可燃冰B.石油分馏得到的天然气属于清洁燃料，应大力推广使用C.棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素D.聚乙烯、聚氯乙烯都是由高分子化合物组成的物质，没有固定的熔、沸点评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、下列离子方程式错误的是A.大理石与醋酸反应：B.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：C.和混合溶液与足量反应：D.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：8、下列离子方程式中，正确的是A.氧化亚铁和稀硝酸反应FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2OB.硫酸铝溶液与足量烧碱：Al3+＋3OH－＝Al(OH)3↓C.氯化亚铁溶液中滴入氯水Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋D.金属铝投入NaOH溶液中2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑9、已知可溶于水，下图表示的是向溶液中逐滴加入溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是。

A.时沉淀的物质的量：比多B.时溶液中离子的物质的量：比多C.时沉淀的物质的量：可能小于D.时溶液中离子的物质的量：可能等于10、在EY沸石催化下；萘与丙烯反应主要生成二异丙基萘M和N。

下列说法正确的是A.M和N互为同系物B.M分子中最多有12个碳原子共平面C.N的一溴代物有5种D.萘的二溴代物有10种11、下列反应在一定条件下进行，反应类型正确的是()A.CH3CH2OH+HO-NO2→H2O＋CH3CH2ONO2(取代反应)B.2CH2=CH2+O2→2CH3CHO(加成反应)C.nCH2=CHCH3→(加聚反应)D.→+H2O(消去反应)12、聚碳酸酯具有透光性好的特性；可以用于制作船；飞机的挡风玻璃，也可用于制作光盘、医疗器械、手机外壳等，但聚碳酸酯在酸性环境中的性能会有所下降。如下是一种以光气和双酚A合成聚碳酸酯的方法，下列说法错误的是。

聚碳酸酯+小分子A.聚碳酸酯的结构为B.得到聚碳酸酯的反应类型为加聚反应，小分子的化学式为HCl，数量为C.双酚A的核磁共振氢谱有4组峰D.聚碳酸酯在酸性环境中的性能有所减弱，可能与其水解有关13、Y是合成香料；医药、农药及染料的重要中间体；可由X在酸性条件下反应得到：

下列说法正确的是（）A.X分子中所有碳原子可能共平面B.Y可以发生显色、氧化和还原反应C.X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有手性碳原子D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的量之比4：314、某有机物的结构简式如图；下列说法正确的是。

A.分子式为C12H18O5B.分子中含有2种官能团C.能发生加成、取代、氧化等反应D.能使溴的四氯化碳溶液褪色评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、配合物X{[Cu(phen)(Thr)(H2O)]ClO4}能够通过插入或部分插入的模式与DNA作用，它可由Cu(ClO4)2、HThr（结构简式如图l所示）；phen等为原料制备。

（1）Cu2+基态电子排布式为___。

（2）ClO4-的空间构型为__（用文字描述），与ClO4-互为等电子体的一种分子的化学式为___。

（3）HThr分子中，碳原子的杂化类型为___；1molHThr中含有σ键的数目为___。

（4）配合物X中配离子的结构如图2所示，则配位原子为___（填元素符号）。

16、氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。

（1）溶液A的溶质是___________________；

（2）电解饱和食盐水的离子方程式是____________________________

（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用______________

（4）电解所用的盐水需精制。去除有影响的NH+3,[＞]。

精致流程如下（淡盐水和溶液A来电解池）：

①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是____。

②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是___

③的溶解度比的小，过程Ⅱ中除去的离子有______

④经过程Ⅲ处理，要求盐水中c中剩余的含量小于5mg/l,若盐水b中的含量是7.45mg/l,则处理10m3盐水b，至多添加10%溶液_______kg（溶液体积变化忽略不计）。17、某化工厂排放的工业废水中主要含研究小组欲测定其中的浓度；设计如下三个方案。

方案一：

方案二：

方案三：量取废水试样，用酸性标准溶液进行滴定。记录数据；计算。

请回答下列问题：

(1)利用如图所示的装置完成方案一。

①仪器A的名称是_______。

②该方案存在较大的误差，可能的一种原因是_______。

(2)①方案二中吸收气体a的“X溶液”可能是_______(填标号)。

a.溶液b.双氧水c.硝酸钠溶液d.酸化的溶液。

②若X为氯水，写出气体a与X溶液反应的离子方程式：_______。

(3)①方案三设计的下列滴定方式中，最合理的是_______(填标号)。该方案是否需要指示剂？_______(填“是”或“否”)，原因是_______。

②滴定数据记录如表：。滴定前读数/滴定后读数/第一次0.1016.12第二次1.1017.08第三次1.4521.45第四次0.0016.00

计算该废水试样中的浓度为_______18、(1)某烃的结构简式是分子中饱和碳原子数为_________，可能在同一平面上的碳原子数最多为_________

(2)从某些植物树叶提取的挥发油中含有下列主要成分：

①C的含氧官能团名称为______。

②在这三种物质中，_______显酸性，________能发生银镜反应(填A；B或C)

③这三种物质都不能发生的反应有__________。

A.氧化反应B.取代反应C.消去反应D.还原反应。

④1molA与足量的浓溴水充分反应，消耗溴单质的物质的量为______。

⑤C发生加聚反应的产物的结构简式为_______________19、Ⅰ.某有机物X能与溶液反应放出气体；其分子中含有苯环，相对分子质量小于150，其中含碳的质量分数为70.6%，氢的质量分数为5.9%，其余为氧。则：

(1)X的分子式为_______，其结构可能有_______种。

(2)Y与X互为同分异构体，若Y难溶于水，且与NaOH溶液在加热时才能较快反应，则符合条件的Y的结构可能有_______种，其中能发生银镜反应且1molY只消耗1molNaOH的结构简式为_______。

Ⅱ.已知除燃烧反应外﹐醇类发生其他氧化反应的实质都是醇分子中与烃基直接相连的碳原子上的一个氢原子被氧化为一个新的羟基；形成“偕二醇”。“偕二醇”都不稳定，分子内的两个羟基作用脱去一分子水，生成新的物质。上述反应机理可表示如下：

试根据此反应机理；回答下列问题。

(1)写出正丙醇在Ag的作用下与氧气反应的化学方程式：_______。

(2)写出与在165℃及加压时发生完全水解反应的化学方程式：_______。

(3)描述将2－甲基－2－丙醇加入到酸性溶液中观察到的现象：_______。评卷人得分四、工业流程题(共2题，共12分)20、三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]·3H2O可用于摄影和蓝色印刷。可用如下流程来制备。

根据题意完成下列各题：

（1）若用铁和稀硫酸制备FeSO4·7H2O____（填物质名称）往往要过量，理由是______。

（2）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是____。（按前后顺序填）

a过滤洗涤b蒸发浓缩c冷却结晶d灼烧e干燥。

某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]·3H2O）中铁元素含量；做了如下实验：

步骤一：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体；配制成250ml溶液。

步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO-4。被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一定量锌粉；加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性。

步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02ml，滴定中MnO4，被还原成Mn2+。

重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98ml;

回答下列问题：

（3）配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有_______；主要操作步骤依次是：称量、____、转移、____；定容、摇匀。

（4）加入锌粉的目的是________。

（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为________。在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量______。（选填“偏低”“偏高”“不变”）

（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体。研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。写出该分解反应的化学方程式_____。21、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)参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A.FeCl3含有FeCl2；应加氯水，将亚铁离子氧化为铁离子，故A错误；

B.CO2含有HCl，通入饱和NaHCO3溶液；洗气，故B错误；

C.SO2含有H2O；通入浓硫酸，洗气，故C正确；

D.Mg；Cu与浓硫酸常温不反应；加热反应，因此不能用浓硫酸除杂，故D错误。

综上所述，答案为C。2、D【分析】【分析】

氧气和臭氧是氧元素形成的两种不同的单质；是同素异形体的关系。

【详解】

A．和是碳元素的两种不同核素；互称为同位素，故A不选；

B．氯气和液氯是氯单质的两种不同状态：气态和液态；故B不选；

C．乙醇和二甲醚分子式相同，均为C2H6O；结构不同，互称为同分异构体，故C不选；

D．红磷和白磷是磷元素形成的两种不同单质；互称为同素异形体，故D选；

故选D。

【点睛】

同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素；同素异形体是同种元素形成的不同单质；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物。3、D【分析】【分析】

含有醛基的物质能发生银镜反应。

【详解】

A．乙醛的结构简式是CH3CHO；含有醛基，能发生银镜反应，A不符合题意；

B．甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3；含有醛基的结构特征，能发生银镜反应，B不符合题意；

C．葡萄糖的结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；含有醛基，能发生银镜反应，C不符合题意；

D．蔗糖结构中不含有醛基；不能发生银镜反应，D符合题意；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．羊毛是动物纤维，主要成份是蛋白质，属于天然有机高分子材料。而聚酯纤维是由乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）和对苯二甲酸（）通过缩聚形成的；所以其化学成分不同，故A错误；

B．0.1mol聚酯纤维属于高分子化合物；内含的酯基数目不确定，不能计算消耗的NaOH的物质的量，故B错误；

C．链节中含有酯基，聚酯纤维是由乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）和对苯二甲酸（）通过缩聚形成的；故C正确；

D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）和对苯二甲酸（）生成聚酯纤维；同时还有水生成，为缩聚反应，故D错误；

故答案选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.含有醛基的物质能与银氨溶液发生银镜反应；油脂不含醛基，不能与银氨溶液发生银镜反应，故A错误；

B.苯的性质很稳定；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C.二氧化碳含有碳氧双键；二氧化碳和环氧丙烷在催化剂作用下发生加聚反应生成一种可降解塑料，故C正确；

D.邻二甲苯仅有一种空间结构的事实可证明苯分子中不存在单；双键交替的结构；故D错误；

故答案选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．氮的氧化物是造成光化学烟雾的主要原因；可燃冰的主要成分是甲烷，开发利用可燃冰不会造成光化学烟雾，A错误；

B．石油分馏得到C4以下石油气（主要成分为丙烷、丁烷）、汽油（成分为C5~C11的烃混合物）、煤油（成分为C11~C16的烃混合物）、柴油（成分为C15~C18的烃混合物）、重油（成分为C20以上烃混合物）等；不能得到天然气，B错误；

C．合成纤维由合成的高分子化合物制成的；常用的有涤纶；锦纶、腈纶、氯纶、维纶、氨纶、等，例如对苯二甲酸和1,6-己二醇可以发生缩聚反应得到聚酯就属于合成纤维，合成纤维的主要成分不是纤维素，C错误；

D．聚乙烯和聚氯乙烯都是高分子化合物；每一条高聚物分子链的聚合度n都不同，聚乙烯和聚氯乙烯不可能只由一条链构成，所以高分子化合物是混合物，D正确；

答案为D。二、多选题(共8题，共16分)7、AC【分析】【详解】

A．大理石的主要成分为CaCO3，CaCO3不能拆；A错误；

B．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，以少量为标准，其离子反应方程式为：B正确；

C．和混合溶液与足量反应，与NaOH还会反应生成一水合氨；要以化学式写在方程式中，C错误；

D．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙，其离子方程式为D正确；

答案选AC。8、CD【分析】【详解】

A.硝酸会将亚铁离子氧化，氧化亚铁和稀硝酸反应：3FeO+NO3-+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑；故A错误；

B.足量的烧碱溶液会将氢氧化铝沉淀溶解，所以硫酸铝溶液与足量烧碱反应离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；故B错误；

C.氯化亚铁溶液中滴入氯水，氯气会将亚铁离子氧化，离子方程式为：Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+；符合电荷守恒和原子守恒；故C正确；

D.金属铝投入NaOH溶液中生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；故D正确；

故答案为CD。

【点睛】

注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确(是否发生氧化还原反应)，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等。9、BD【分析】【详解】

A．在发生反应由方程式可知，沉淀的物质的量：故A错误；

B．发生反应电离出故A比多；故B正确；

C．发生由方程式可知，沉淀的物质的量：中沉淀逐渐溶解转化为故时沉淀的物质的量：大于故C错误；

D．d点时沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在当加入的的物质的量等于的物质的量时，溶液中与的量相等；故D正确；

答案选BD。10、CD【分析】【详解】

A．由题中信息可知；M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，两者不互为同系物，A说法不正确；

B．因为萘分子中的10个碳原子是共面的；由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共平面，B说法不正确；

C．N分子中有5种不同化学环境的H；因此其一溴代物有5种，C说法正确；

D．萘分子中有8个H；但是只有两种不同化学环境的H（分别用α；β表示，其分别有4个），根据定一议二法可知，若先取代α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个β，然后再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D说法正确；

本题选CD。11、AC【分析】【详解】

A.乙醇CH3CH2OH与浓硝酸在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生硝酸乙酯和水，乙醇分子中的羟基被硝基取代产生CH3CH2ONO2；-OH与H结合形成水，反应类型为取代反应，A正确；

B.CH2=CH2与O2在催化剂存在条件下被氧化产生乙醛CH3CHO；反应类型为氧化反应，B错误；

C.丙烯CH2=CHCH3分子中含有碳碳双键，在一定条件下断裂双键中较活泼的碳碳键，这些不饱和碳原子结合在一起形成聚丙烯反应类型为加聚反应，C正确；

D.乙二醇分子中含有2个-OH，连接在2个C原子上，与浓硫酸混合加热，发生取代反应产生和水；反应类型为取代反应，D错误；

故合理选项是AC。12、AB【分析】【分析】

【详解】

A．聚碳酸酯的结构为故A错；

B．根据题给反应可知，得到聚碳酸酯的反应类型为缩聚反应，小分子的化学式为HCl，数量为故B错；

C．根据双酚A的结构简式分析可知；该物质有4种不同化学环境的氢原子，所以其核磁共振氢谱有4组峰，故C正确；

D．由于聚碳酸酯含有酯基；所以在酸性环境中能够水解，从而导致其性能有所减弱，故D正确；

答案选AB。13、BC【分析】【详解】

A.对图中带星号的碳原子以碳碳单键连接着另外3个碳原子，这四个碳原子不可能共平面，A错误；

B.Y含有酚羟基；可以发生显色；氧化反应，苯环、碳碳双键均可和氢气发生还原反应，B正确；

C.与四个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，X中带星号的碳原子是手性碳原子，X与足量H2加成得手性碳原子数目增加、Y与足量H2加成后得的分子中含有手性碳原子；C正确；

D.X与NaOH溶液反应为1molX与3molNaOH溶液反应，1molY与3molNaOH溶液反应，因为Y分子中的酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和氢氧化钠发生反应，Y的酚羟基也能和氢氧化钠反应，D错误；

答案选BC。

【点睛】

D易错，对于酯水解消耗酯与氢氧化钠的物质的量之比，得看酯水解后的羟基是醇羟基还是酚羟基，如果是酚羟基还能进一步消耗氢氧化钠。14、CD【分析】【详解】

A．由题给结构简式可知该有机物的分子式为C12H20O，A错误；

B．分子中含有羧基；羟基和碳碳双键3种官能团；B错误；

C．该有机物有双键能发生加成；氢原子可以取代、羟基可以氧化等反应；C正确；

D．该有机物分子中含有碳碳双键；故能使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；

故选CD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

(1)Cu为29号元素，失去2e-得到Cu2+，则Cu2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；

(2)ClO4-的孤电子对数=则ClO4-的空间构型为正四面体形，与ClO4-互为等电子体的有CCl4等，故答案为正四面体形；CCl4；

(3)分子中C原子含有双键和单键，则C的杂化方式有：sp2、sp3，1个HThr中含有16个σ键，则1molHThr中含有σ键的数目为：16mol或16×6.02×1023个，故答案为：sp2、sp3；16mol或16×6.02×1023个；

(4)根据配合物X中配离子的结构可知，配合物X中配离子的配位原子为O、N，故答案为：O、N。【解析】①.1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9②.正四面体形③.CCl4等④.sp2、sp3⑤.16mol或16×6.02×1023个⑥.O、N16、略

【分析】【详解】

（1）装置图中氯气和氢气生成的位置判断，生成氯气的电极为阳极，左边电极为正极，右边电极为负极，连接电极为阴极，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液A为NaOH溶液；（2）电解饱和食盐水，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故答案为Cl2与水的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动．减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；（4）①根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程I是将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀除去，即盐泥a中除泥沙外，还含有的物质是Mg(OH)2；②将NH4+转化为N2的氧化剂是Cl2，对应的离子方程式是2NH4++3Cl2+8OH-═N2↑+6Cl-+8H2O；③过程II是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的Ca2+和SO42-分别转化为CaCO3和BaSO4沉淀除去；④NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：NaClO+Na2SO3=NaCl+Na2SO4，若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b时至少需要10%Na2SO3溶液×126g/mol×=1.26kg，若盐水c中剩余Na2SO3的含量为5mg/L，则还需添加10%Na2SO3溶液=0.5kg，因此至多添加10%Na2SO3溶液的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg。

点睛：本题考查饱和食盐水的电解和粗盐的提纯，题目较为综合，注意平衡移动原理的应用以及电极反应式、离子反应式的书写，做题时注意题中所给信息，用守恒的方法解答。电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H2O-2e-═2OH-+H2↑，阳极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2。（1）根据电极反应判断阴极产物；（2）根据两极的反应书写电解反应式；（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析；（4）①根据杂质离子和溶液的酸碱性判断能反应生成的沉淀；②根据A溶液成分和可能具有的性质，结合氧化还原反应和质量守恒定律书写离子方程式；③根据溶液成分和溶解度大小判断生成的沉淀。【解析】NaOH2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑Cl2与水的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动．减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；Mg（OH）22NH4++3Cl2+8OH-═N2↑+6Cl-+8H2OSO42-、Ca2+1.7617、略

【分析】【分析】

方案一：利用HSO与盐酸反应产生气体二氧化硫，测气体体积，得出HSO的浓度。

方案二：利用HSO与盐酸反应产生气体二氧化硫，然后与某气体混合后被氯化钡吸收生成沉淀，通过沉淀的质量得出HSO的浓度。

方案三：利用HSO与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，通过高锰酸钾的滴定用量测定HSO的浓度。

（1）

①仪器A为分液漏斗；

②SO2易溶于水；测量气体体积偏小；

（2）

①气体a为SO2；

a.Na2SO3能与SO2反应生成NaHSO3，但加入盐酸酸化的BaCl2溶液；不产生沉淀，故a错误；

b.利用H2O2的强氧化性，把SO2氧化成SO加入BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，测出沉淀的质量，根据S元素守恒求出HSO的浓度，故b正确；

c.NO在酸性条件下具有强氧化性，能把SO2氧化成SO加入BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，测出沉淀的质量，根据S元素守恒求出HSO的浓度；故c正确；

d.H2SO4对HSO测定产生干扰；故d错误；

答案选bc；

②利用氯气的强氧化性，把SO2氧化成SOCl2被还原成Cl-，即Cl2＋SO2→Cl-＋SO根据得失电子守恒以及原子守恒、电荷守恒配平，离子反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=SO+2Cl-+4H＋；

（3）

①KMnO4溶液具有强氧化性；会腐蚀橡胶管，盛放高锰酸钾溶液的滴定管是酸式滴定管，用废水滴定酸性高锰酸钾，颜色的变化不明显，应用酸性高锰酸钾溶液滴定废水，故c正确；高锰酸钾溶液本身有颜色，即为紫红色，可指示终点，因此不需要指示剂；

②四次消耗标准液的体积分别是16.02mL、15.98mL、20.00mL、16.00mL，第三次与另外几次相差较大删去，因此三次平均消耗标准液的体积为(16.02mL＋15.98mL＋16.00mL)÷3=16.00mL，根据得失电子数目守恒，16.00×10－3L×0.02mol/L×5=n(HSO)×2，解得n(HSO)=8×10－4mol，浓度为=0.08mol·L－1。【解析】(1)分液漏斗可溶于水。

(2)

(3)c否高锰酸钾溶液本身有颜色，可指示滴定终点0.0818、略

【分析】【分析】

(1)根据饱和C原子能结合4个原子的最大数目分析；根据乙烯分子是平面分子；乙炔分子是直线型分子分析共平面的碳原子数目；

(2)①根据C的含氧官能团结构确定其名称；

②酚羟基具有酸性；醛基能够发生银镜反应；

③根据三种物质的结构及官能团的性质分析判断；

④碳碳双键能与溴水发生加成反应；反应的比例是1：1；

⑤每个分子中碳碳双键断裂；这些不饱和碳原子彼此连接形成高分子化合物。

【详解】

(1)某烃的结构简式是在该分子中，2个乙基的4个C原子都是饱和C原子，而形成碳碳双键、碳碳三键的C原子没有达到结合其它原子的最大数目，属于不饱和C原子，因此饱和碳原子数为4；乙烯分子CH2=CH2是平面分子，乙炔分子HC≡CH是直线型分子，-C≡CH可看作是取代乙烯分子中H原子的位置，在该平面上；2个乙基中与碳碳双键连接的亚甲基C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子的平面上，以亚甲基C原子为研究对象，由于饱和C原子形成的是四面体结构，最多有2个顶点与该C原子在同一平面上，所以2个-CH3的C原子也可以在乙烯分子的平面内；故可能在同一平面上的碳原子数最多为8个；

(2)①C结构简式是其中的含氧官能团结构是-CHO，其名称是醛基；

②物质含有酚羟基，能够微弱电离产生H+，因此具有酸性，故合理选项是B；含有醛基；能够与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，故合理选项是C；

③A.这三种物质都是有机物；能够发生燃烧反应，燃烧反应属于氧化反应，A不符合题意；

B.这三种物质都可以发生苯环上的取代反应；B不符合题意；

C.物质A；C无羟基和卤素原子；不能发生消去反应，B物质含有酚羟基，羟基连接在苯环上，有独特的稳定性，也不能发生消去反应，C符合题意；

D.三种物质都可以与H2发生加成反应，与H2的加成反应属于还原反应；D不符合题意；

故合理选项是C；

④A分子中含有1个碳碳双键，能够与Br2发生加成反应，碳碳双键与Br2发生加成反应时物质的量的比是1：1；所以1molA与足量的浓溴水充分反应，消耗溴单质的物质的量为1mol。

⑤物质C结构简式为在一定条件下断裂碳碳双键中较活泼的化学键，然后这些比饱和C原子彼此结合，就形成高分子化合物，则发生加聚反应的产物的结构简式为

【点睛】

本题考查了有机物分子中官能团的结构、性质、反应类型的判断及原子共平面的知识。熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，注意明确各类烃及其衍生物的代表物质的结构与性质，掌握反应特点及反应前后物质结构的变化情况。【解析】①.4②.8③.醛基④.B⑤.C⑥.C⑦.1mol⑧.19、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)X分子中含有苯环﹐且能与溶液反应放出气体，X分子中含有令该有机物中氧原子的个数为x，则有M＜150，解得x＜2.2，即该有机物中含有2个O原子，有机物的摩尔质量为136g/mol,C、H、O原子个数比为∶∶2=4∶4∶1，从而得出该有机物的分子式为C8H8O2，可能存在－CH2COOH，－CH3和－COOH(邻、间、对)，其结构可能有4种；故答案为C8H8O2；4；

(2)Y与NaOH溶液在加热时才能较快反应﹐表明分子中含有酯基，其结构简式可能为(邻、间、对位3种)，共6种；能发生银镜反应，应是甲酸某酯，1molY能消耗1molNaOH，HCOO－不能与苯环直接相连，符合条件的是故答案为6；

Ⅱ.(1)根据题中所给的信息可知，正丙醇与氧气反应的化学方程式为故答案为

(2)水解可生成然后该二元醇脱水生成HCHO，即反应方程式为故答案为

(3)由于与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能被氧化为醛或酮﹐因此2－甲基－2－丙醇加入到酸性高锰酸钾溶液中不会使高锰酸钾溶液褪色；故答案为溶液不褪色。【解析】46溶液不褪色四、工业流程题(共2题，共12分)20、略

【分析】【分析】

⑴亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子；需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化。

⑵根据溶液来得到晶体来分析实验操作。

⑶根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器。

⑷锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+。

⑸依据化学方程式或离子方程式计算，注意配制溶液的体积变化；加入的KMnO4的溶液的量不足；导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大。

⑹根据气体的密度为求出其摩尔质量，然后根据摩尔质量和质量守恒来判断成分；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3；结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在；最后写出方程式。

【详解】

⑴亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化，2Fe3++Fe=3Fe2+；故答案为：铁；防止亚铁离子被氧气氧化。

⑵将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答案为：bcae。

⑶配制步骤有计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：250ml容量瓶；溶解；洗涤。

⑷向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿色，说明加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；故答案为：将Fe3+还原成Fe2+；为进一步测定铁元素的含量做准备。

⑸再重复⑴、⑵步骤两次，滴定消耗0.01mol∙L−1KMnO4溶液平均体积为20.00mL；5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；n(Fe2+)=5n(MnO4−)=5×0.010mol∙L−1×0.02mol=0.001mol，配制成250mL溶液，取所配溶液25.00moL进行的滴定实验，所以250ml溶液中亚铁离子物质的量为：10×0.001mol=0.01mol，铁的质量分数加入的KMnO4的溶液的量不足；导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大，导致测定的亚铁离子的物质的量偏大，故铁元素的质量偏大，计算测定的铁元素的质量分数偏高；故答案为：11.2%；偏高。

⑹气体密度为1.647g∙L−1，其摩尔质量为1.647g∙L−1×22.4L·mol−1=36.9g∙mol−1，所以气体为CO和CO2，两者的物质的量之比固体产物中铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，故方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]=3K2CO3+Fe+FeO+4CO↑+5CO2↑；故答案为：2K3[Fe(C2O4)3]=3K2CO3+