2025年浙科版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年浙科版高二化学下册月考试卷573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7题，共14分)1、下列变化过程，属于放热过程的是①液态水变成水蒸气；②酸碱中和反应；③浓H2SO4稀释；④固体氢氧化钠溶于水；⑤H2在Cl2中燃烧；⑥弱酸电离；⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2•8H2O混合搅拌．A.①③⑤B.①⑥⑦C.②④⑦D.②③④⑤2、下列说法正确的是（）A.若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ•mol-1，则H2燃烧热（△H）为-241.8kJ•mol-1B.在稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，若将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC.已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定D.由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ•mol-1①BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ•mol-1②可得反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）的△H=+172.5kJ•mol-13、关于下列装置的说法不正确的是（）

A.装置①是原电池，装置②是电镀池B.装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液C.装置①②铜极均发生氧化反应而溶解D.装置②中的Cu2+浓度保持不变4、化学反应经常伴随着颜色变化；下列有关反应显示的颜色正确的有（）

①氢氧化亚铁在空气中最终变为灰绿色；

②淀粉溶液遇单质碘变为蓝色；

③向硫酸铁溶液中加入KSCN变为红色。

④新制氯水久置后变为无色；

⑤无水硫酸铜吸收水蒸气变成浅绿色；

⑥品红溶液通入过量二氧化硫后褪色．A.2个B.3个C.4个D.5个5、欲配制rm{100mL0.1mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液，需量取rm{0.2mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液的体积是rm{(}rm{)}A.rm{25mL}B.rm{50mL}C.rm{75mL}D.rm{100mL}6、阿魏酸在食品；医药等方面有若广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为：下列说法正确的是（）

A.香兰素、阿魏酸均可与溴水反应，且反应类型完全相同B.香兰素、阿魏酸均可与NaHCO3、NaOH溶液反应C.通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应D.与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种7、进行淀粉水解实验（包括检验水解产物及水解是否完全）时，除淀粉外，还使用下列试剂（或试纸）：（1）碘水；（2）银氨溶液；（3）NaOH溶液；（4）稀硫酸；（5）pH试纸。使用上述试剂的顺序依次是A.（4）（1）（3）（5）（2）B.（4）（1）（2）（3）（5）C.（1）（2）（3）（4）（5）D.（4）（1）（3）（2）（5）评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、某同学对未知物rm{A}盐的水溶液进行了鉴定；实验过程及现象如图所示：

已知硝酸能将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}.}现对rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}做出的如下推断中，不正确的是rm{(}rm{)}A.盐rm{A}一定是rm{FeCl_{3}}B.白色沉淀rm{B}是rm{AgCl}C.滤液rm{C}中一定含rm{Fe^{3+}}D.无法确定rm{A}中是否含有rm{Fe^{2+}}9、下列物质既能发生消去反应，又能氧化成醛的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}B.rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}C.rm{CH_{3}OH}D.10、下列有关蛋白质的叙述中，不正确的是A.重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒B.蛋白质溶液中加入饱和rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解C.浓rm{HNO_{3}}溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于浓rm{HNO_{3}}和蛋白质发生焰色反应D.人工合成的具有生命活性的蛋白质rm{隆陋}结晶牛胰岛素，是rm{1965}年我国科学家最先合成的11、下列离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.将rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中：rm{Cl_{2}+2OH^{-}篓TCl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}B.铜和稀硝酸的反应：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}C.钢铁吸氧腐蚀的正极反应：rm{4OH^{-}-4e^{-}篓TO_{2}隆眉+2H_{2}O}D.将少量rm{SO_{2}}通入rm{NaClO}溶液中：rm{SO_{2}+2ClO^{-}+H_{2}O篓TSO_{3}^{2-}+2HClO}12、rm{25隆忙}时，在rm{10mL}浓度为rm{0.1mol/L}的rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液中滴加rm{0.1mol/L}盐酸，下列有关描述正确的是rm{(}rm{)}A.加入rm{5}rm{mL}盐酸时：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.加入rm{10mL}盐酸时：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}C.在溶液rm{pH=7}时：水的电离程度最大D.加入rm{20}rm{mL}盐酸时：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})}13、下列说法不正确的是（）A.苯酚与甲醛在酸性条件下生成酚醛树脂的结构简式为B.（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白质沉淀析出C.醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物D.迷迭香酸的结构为它可以发生酯化、水解、加成等反应14、对水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2而不是CaCO3和MgCO3的解释正确的是（）A.Mg（OH）2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化B.Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化C.MgCO3电离出的CO32-发生水解，使水中OH-浓度减小，对Mg（OH）2的沉淀溶解平衡而言，Qc＜Ksp生成Mg（OH）2沉淀D.MgCO3电离出的CO32-发生水解，使水中OH-浓度增大，对Mg（OH）2的沉淀溶解平衡而言，Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀15、某气态烃1mol与2molHCl发生加成反应，所得的加成产物每摩又能与8mol氯气反应，最后得到一种只含碳、氯元素的化合物，则气态烃为（）A.丙炔B.1-丁炔C.丁烯D.1，3-丁二烯评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、已知X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，其中X与Y、Z、W所形成的常见化合物在常温下均呈气态，在周期表中Z与W左右相邻，Y的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐，且Y的核电荷数与W的最外层电子数相同。请回答下列问题：（1）Z的离子结构示意图是；（2）X、Y、W可组成一化合物，其原子个数之比为4：1：1。其化学式中含有的化学键有。（3）YX3分子的空间构型是，Z的氢化物的稳定性比W的氢化物的稳定性_________（填“强”或“弱”）。（4）Z2W2分子中，W与Z均满足8e-稳定结构，则Z2W2的电子式为。17、电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法下图是电解污水装置示意图。（1）根据污水净化原理写出阳极和阴极的电极反应：阳极：_____________________，_________________，____________________。阴极：______________________________。（2）分析最后底层积聚的一层沉渣是如何沉淀的：____________________________________。（3）一些悬浮物是怎样形成浮渣的：___________________________________________________。18、我国高校目前联合研究一种稀土制冷材料；其主要成分是LaCaMnO．

（1）锰原子的基态价层电子排布式为______．

（2）试从结构角度解释H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性：______．

（3）据报道，Ca在空气中点燃生成CaO和少量Ca2N2．

①Ca2N2和水反应生成H2N-NH2，H2N-NH2能否作配体？______（填“能”或“否”）

②肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．已知NH3能与盐酸反应形成一种含有配位键的离子化合物，试写出N2H4与盐酸反应的离子方程式：______

③欲比较CaO与NaCl的晶格能大小，需考虑的数据是______；已知MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3晶格能依次减小，而它们的热分解温度依次升高，原因是：______．19、按系统命名法；图化合物的名称是______

20、rm{(1)}在粗制rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}晶体中常含有杂质rm{Fe^{2+}}在提纯时为了除去rm{Fe^{2+}}常加入合适氧化剂，使rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}下列物质可采用的是______．

A.rm{KMnO_{4}}rm{B.H_{2}O_{2}}C.氯水rm{D.HNO_{3}}

然后再加入适当物质调整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{CuSO_{4}}的目的，调整溶液rm{pH}可选用下列中的______．

A.rm{NaOH}rm{B.NH_{3}?H_{2}O}rm{C.CuO}rm{D.Cu(OH)_{2}}

rm{(2)}常温下rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=8.0隆脕10^{-38}}rm{K_{sp}[Cu(OH)_{2}]=3.0隆脕10^{-20}}通常认为残留在溶液中的离子浓度小于rm{1隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}时就认为沉淀完全，设溶液中rm{CuSO_{4}}的浓度为rm{3.0mol?L^{-1}}则rm{Cu(OH)_{2}}开始沉淀时溶液的rm{pH}为______，rm{Fe^{3+}}完全沉淀时溶液的rm{pH}为______．21、除去Na2CO3粉末中混有的NaHCO3杂质用____方法；用____检验酒精中是否含有水．22、回答下列问题：rm{(1)}利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。

rm{垄脵}若rm{X}为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关rm{K}置于rm{拢脦}处，该电化学防护法称为___________。rm{垄脷}若rm{X}为锌，开关rm{K}置于rm{M}处，该电化学防护法称为__________。rm{(2)}我国的科技人员为了消除rm{SO_{2}}的污染，利用原电池原理，设计如图装置用rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}制备硫酸，电极rm{A}rm{B}为多孔的材料。

rm{垄脵A}极的电极反应式是_______。rm{垄脷B}极的电极反应式是_______。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共18分)23、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。24、实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。实验原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________

A；取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应。

（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。

（3）反应结束后将反应液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。

①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”；“快速加入”）。

②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。

A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液。

③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。25、铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐,广泛应用于工业生产.

I.CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净；干燥的氯气；并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。

（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：_______________________________，装置C的作用是_______________________________

（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a→_________________________。（每种仪器限使用一次）

（3）上述D装置的作用是____________________

（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入_________；并过滤。

A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH

ⅡCuCl是应用广泛的有机合成催化剂；可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。

方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：_______________________________。

方法二铜粉还原CuSO4溶液。

已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl－[CuCl3]2－(无色溶液)。

（1）①中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是_______________，当观察到_________________________________________________________________________________现象；即表明反应已经完全。

（2）②中，加入大量水的作用是______________。（从平衡角度解释）

（3）溶液中氯离子浓度达到一定量时，生成CuCl会部分溶解生成CuCl2-在一定温度下建立两个平衡:CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35

分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp,K的数学关系，在图中画出「Cu+]、[CuCl2-]的函数关系曲线(要求至少标出曲线上一个坐标点)

_______________评卷人得分五、探究题(共4题，共28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。评卷人得分六、综合题(共2题，共10分)30、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．31、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】试题分析：液态水变成气态水需要克服分子间作用力，需要吸收能量，所以吸热；电离的过程是吸热过程；铵盐与碱反应也是常见的吸热反应；放热反应通常有：酸碱中和反应，燃烧反应，浓硫酸的稀释，氢氧化钠溶解考点：考查化学反应与能量变化相关知识【解析】【答案】D2、D【分析】解：A、燃烧热是指1mol燃料完全燃烧生成稳定的化合物，H2的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，不能生成气态的水，所以H2燃烧热（△H）不是-241.8kJ•mol-1；故A错误；

B、在若将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合；放出的热量等于57.3kJ，故B错误；

C；已知C（石墨；s）═C（金刚石，s）△H＞0，所以石墨能量低于金刚石具有的能量，此证明金刚石不如石墨稳定；

D、由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ•mol-1①；

BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ•mol-1②，根据盖斯定律：可得反应：C（s）+CO2（g）=2CO（g），解得△H=+172.5kJ•mol-1

；故D正确．

故选D．

A、燃烧热是指1mol燃料完全燃烧生成稳定的化合物，H2的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量；

B、含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的溶液混合；会产生1mol的水，据此判断反应热；

C；物质具有的能量越低越稳定；

D；根据盖斯定律进行方程式焓变的计算．

本题考查了热化学方程式的含义、书写、盖斯定律的应用，理解溶解热和电离过程中的能量改变是解题的关键．【解析】【答案】D3、C【分析】解：A；装置①没有外加电源；属于原电池，装置②存在外加电源，属于电解池，可以在锌上镀铜，故A正确；

B、装置①中盐桥内的K+移向正极CuSO4溶液；故B正确；

C；装置①属于原电池；Cu为正极铜离子在Cu上得电子发生还原反应，装置②属于电解池，阳极Cu本身失电子发生氧化反应而溶解，故C错误；

D、装置②属于电解池，阳极Cu本身失电子发生氧化反应，溶液中的铜离子在阴极Zn上得电子发生还原反应，所以Cu2+浓度保持不变；故D正确．

故选C．

装置①没有外加电源，属于原电池，Zn为负极发生氧化反应，Cu为正极发生还原反应，盐桥内的K+移向正极CuSO4溶液；装置②存在外加电源；属于电解池，阳极Cu本身失电子发生氧化反应，溶液中的铜离子在阴极Zn上得电子发生还原反应，相当于在锌上镀铜，据此分析解答．

本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注电镀池的特点是解题的关键，难度中等．【解析】【答案】C4、C【分析】解：①氢氧化亚铁在空气中迅速变为灰绿色最后变为红褐色的氢氧化铁；故①错误；

②淀粉溶液遇单质碘显蓝色；故②正确；

③三价铁离子和硫氰酸根离子结合为血红色的物质形成溶液；故③正确；

④新制氯水久置后呈无色；生成次氯酸分解，最终为稀盐酸，故④正确；

⑤无水硫酸铜吸收水蒸气变成蓝色CuSO4•5H2O；故⑤错误；

⑥二氧化硫气体具有漂白性；通入品红试液会变为无色，故⑥正确；

故选C．

①氢氧化亚铁最终被氧化为红褐色的氢氧化铁；

②淀粉遇碘变蓝色；

③三价铁离子遇硫氰酸根生成血红色溶液；

④久置氯水不稳定；生成次氯酸分解，最终无色；

⑤无水硫酸铜吸收水生成五个结晶水的硫酸铜为蓝色；

⑥二氧化硫具有漂白性．

本题通过颜色的变化考查物质的性质，题目难度不大，注意氢氧化亚铁和氢氧化铁的颜色区别，无水硫酸铜和晶体硫酸铜的颜色区别．【解析】【答案】C5、B【分析】解：溶液稀释前后溶质的物质的量不变，根据rm{C_{浓}V_{浓}=C_{稀}V_{稀}}得，rm{V_{脜篓}=dfrac{C_{{脧隆}}V_{{脧隆}}}{C_{{脜篓}}}=dfrac{0.1mol/L隆脕0.1L}{0.2mol/L}=0.05L=50mL}故选B．

溶液稀释前后溶质的物质的量不变，根据rm{V_{脜篓}=dfrac

{C_{{脧隆}}V_{{脧隆}}}{C_{{脜篓}}}=dfrac

{0.1mol/L隆脕0.1L}{0.2mol/L}=0.05L=50mL}来分析解答．

本题考查了物质的量的计算，明确溶液稀释前后变化的物理量及不变的物理量是解本题关键，结合溶质的物质的量不变来分析解答，难度不大．rm{C_{浓}V_{浓}=C_{稀}V_{稀}}【解析】rm{B}6、D【分析】解：A．阿魏酸含有碳碳双键；可与溴发生加成反应，而香兰素与溴不发生加成反应，故A错误；

B．香兰素中酚羟基只能与NaOH溶液反应，不能与NaHCO3溶液反应；故B错误；

C．香兰素与阿魏酸都无法发生消去反应；故C错误；

D．与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应，说明结构对称，含有醛基，符合题意的有或两种；故D正确。

故选：D。

A．阿魏酸含有碳碳双键；可与溴发生加成反应；

B．羧基、酚羟基，能与氢氧化钠反应，羧基能与NaHCO3；NaOH溶液反应；

C．不能发生消去反应；

D．符合题意的有或两种。

本题考查有机物的结构和性质，是高考中的常见题型和重要的考点之一，属于中等难度的试题，意在考查学生对官能团与物质性质的关系及常见的有机反应类型的判断能力。试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可。有利于培养学生的知识迁移能力和辑推理能力。【解析】D7、A【分析】试题解析：要进行淀粉水解实验，首先要加入催化剂H2SO4溶液。要检验水解是否完全，可在溶液中加碘水以检验是否还有淀粉。要检验水解产物葡萄糖，可先加NaOH溶液以中和H2SO4使溶液呈碱性后，才能加入Cu(OH)2悬浊液来检验葡萄糖，故A正确。考点：化学实验方案的设计【解析】【答案】A二、双选题(共8题，共16分)8、rAB【分析】解：rm{A.}盐rm{A}可能为rm{FeCl_{3}}或rm{FeCl_{2}}或rm{FeSO_{4}}等；故A错误；

B.白色沉淀rm{B}不一定为rm{AgCl}故B错误；

C.rm{C}与rm{KSCN}反应后，rm{D}为红色溶液，可知滤液rm{C}中一定含rm{Fe^{3+}}故C正确；

D.由上述实验，无法确定rm{A}中是否含有rm{Fe^{2+}}故D正确；

故选AB

由实验可知，rm{C}与rm{KSCN}反应后，rm{D}为红色溶液，可知rm{C}中含铁离子，rm{A}与硝酸银反应生成rm{B}为白色沉淀，rm{B}为rm{AgCl}或硫酸银等，rm{A}中含rm{Fe^{2+}}或rm{Fe^{3+}}亚铁离子在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应，以此来解答。

本题考查物质组成的实验测定，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解析】rm{AB}9、rAB【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}羟基所连碳的相邻碳上连有rm{H}能发生消去反应生成烯烃，羟基相连的碳原子上有rm{2}个rm{H}能发生氧化反应生成醛，故A正确；

B.rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}羟基所连碳的相邻碳上连有rm{H}能发生消去反应生成烯烃，羟基相连的碳原子上有rm{2}个rm{H}能发生氧化反应生成醛，故B正确；

C.只有rm{1}个碳原子；不能发生消去反应，故C错误；

D.分子中羟基相连的碳原子上无rm{H}不能发生消去反应生成烯烃，羟基相连的碳原子上有氢，能发生氧化反应生成醛，故D错误．

故选AB．

有机物分子中含rm{-OH}rm{-Br}原子可发生消去反应，且与rm{-OH(-Br)}相连rm{C}的邻位rm{C}上有rm{H}能发生消去反应；含rm{-CH_{2}OH}的醇能氧化生成醛；以此来解答．

本题考查了醇的消去反应和氧化反应，注意醇的消去反应只有羟基相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生，醇的催化氧化反应，只有羟基相连碳的碳上有氢原子的才能发生rm{.}难度适中．【解析】rm{AB}10、BC【分析】略【解析】rm{BC}11、rAB【分析】解：rm{A.}将rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中，离子方程式：rm{Cl_{2}+2OH^{-}篓TCl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}故A正确；

B.铜和稀硝酸的反应，离子方程式：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}故B正确；

C.钢铁吸氧腐蚀的正极反应，离子方程式：rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}篓T4OH^{-}}故C错误；

D.将少量rm{SO2}气体通入rm{NaClO}溶液中，二氧化硫被氧化成硫酸根离子，正确的离子方程式为：rm{ClO^{-}+H_{2}O+SO_{2}篓TSO_{4}^{2-}+2H^{+}+Cl^{-}}故D错误；

故选AB．

A.二者反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

B.二者反应生成硝酸铜；一氧化氮和水；

C.钢铁吸氧腐蚀的正极发生还原反应；

D.次氯酸根离子具有强的氧化性；能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子．

本题考查了离子方程式的书写，侧重考查了复分解、氧化还原反应的离子方程式书写，明确物质的性质是解题关键，注意钢铁吸氧腐蚀原理，题目难度中等．【解析】rm{AB}12、rAB【分析】解：rm{A.}加入rm{5mL}盐酸时，一水合氨过量，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，则rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中离子浓度大小为：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A正确；

B.加入rm{10mL}盐酸时，根据电荷守恒可知：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}故B正确；

C.在溶液rm{pH=7}时；溶液呈中性，基本不影响水的电离程度，当溶质为氯化铵时水的电离程度最大，故C错误；

D.加入rm{20}rm{mL}盐酸时，根据物料守恒可得：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})+2c(NH_{3}?H_{2}O)}故D错误；

故选AB．

A.加入rm{5mL}盐酸时，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，则溶液呈碱性，rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}

B.根据溶液中的电荷守恒判断；

C.当二者恰好反应时；铵根离子发生水解，水的电离程度最大；

D.根据反应后溶液中的物料守恒判断．

本题考查了溶液酸碱性与溶液rm{pH}的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．【解析】rm{AB}13、A|B【分析】解：A．酚醛树脂的结构简式为故A错误；

B．饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析；硫酸铜能使蛋白质发生变性，故B错误；

C．醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互为同系物；C6H14和C9H20均属于烷烃；故一定互为同系物，故C正确；

D．迷迭香酸中含有羟基；-CONH-和双键可以发生酯化、水解、加成等反应；故D正确．

故选AB．

A、酚醛树脂的结构简式为

B；蛋白质在硫酸铵溶液中发生盐析；在硫酸铜中发生变性；

C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；

D；迷迭香酸中含有羟基、-COOH、-COOC-、双键．

本题考查蛋白质的性质和有机物的结构与性质，注意习题中的信息分析物质的性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．【解析】【答案】AB14、B|D【分析】解：A、Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积；故A错误；

B、Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积；水中的碳酸氢镁受热分解生成碳酸镁会继续反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀，故B正确；

C、MgCO3电离出的CO32-发生水解，使水中OH-浓度增大；故C错误；

D、MgCO3电离出的CO32-发生水解，使水中OH-浓度增大，因为Mg（OH）2的溶度积更小，所以Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀；故D正确；

故选BD．

A、Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积；

B、Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积；水中的碳酸氢镁受热分解生成碳酸镁会继续反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀；

C、MgCO3电离出的CO32-发生水解，水解显碱性，使水中OH-浓度增大；

D、MgCO3电离出的CO32-发生水解，水解显碱性，使水中OH-浓度增大，因为Mg（OH）2的溶度积更小，所以Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀．

本题考查难溶电解质的溶解平衡的相关计算和判断，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用．【解析】【答案】BD15、B|D【分析】解：某气态烃1mol最多和2mol氯化氢发生加成反应，说明分子中含有1个C≡C或2个C=C键，所得产物又能与8mol氯气发生取代反应，最后得到一种只含碳氯元素的化合物，说明加成产物中含有8个H原子，则该气态烃应含有6个H原子，1-丁炔和1，3-丁二烯的分子式为C4H6；每个分子中含有6个氢原子；

故选：BD．

某气态烃1mol最多和2mol氯化氢发生加成反应；说明分子中含有1个C≡C或2个C=C键，所得产物又能与8mol氯气发生取代反应，最后得到一种只含碳氯元素的化合物，说明加成产物中含有8个H原子，则该气态烃应含有6个H原子，由此确定该烃．

本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，注意分子中官能团的判断和H原子数目的计算，为解答该题的关键，难度不大．【解析】【答案】BD三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】试题分析：X与Y、Z、W所形成的常见化合物在常温下均呈气态，多为氢化物，则X为H元素，Y的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成盐，则Y应为N元素，形成的化合物NH4NO3，Y的核电荷数为7，与W的最外层电子数相同，则W可能为F，也可能为Cl元素。如W为F元素，则Z为O元素，Z对应的氢化物为H2O，在常温下为液体，不成立，所以W为Cl元素，Z为S元素。（1）Z为S元素，硫离子的结构示意图为（2）X、Y、W可组成一化合物，其原子个数之比为4：1：1，则其化学式为NH4Cl，其中含有的化学键有共价键、离子键。（3）YX3为NH3，空间构型是三角锥形。由于非金属性越强，氢化物的稳定性越强，硫元素的非金属性弱于氯元素的非金属性，则Z的氢化物的稳定性比W的氢化物的稳定性弱。（4）Z2W2为S2Cl2，由于分子中Cl与S均满足8e-稳定结构，因此S2Cl2的电子式为电子式为考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用以及化学键、电子式、结构示意图的书写【解析】【答案】（1）（2）共价键、离子键（3）三角锥形；弱（4）17、略

【分析】根据装置图可判断，铁作阳极，所以铁失去电子，被氧化生成亚铁离子。同时水也失去电子，生成氧气。氧气具有氧化性，把亚铁离子氧化生成氢氧化铁沉淀。氢氧化铁具有很强的吸附性，可将污染物吸附而沉淀下来。阴极是溶液中的氢离子放电，生成氢气。氢气产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层。【解析】【答案】（1）阳极：Fe－2e－=Fe2+2H2O－4e－=4H++O2↑4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H＋阴极：2H＋＋2e－＝H2↑（2）Fe作为阳极，电解时生成Fe2+，Fe2+再被氧化生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3具有吸附性，可将污染物吸附而沉淀下来。（3）阴极产生H2气泡，气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层。18、略

【分析】解：（1）锰是25号元素，3d和4s上的电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d34s2，故答案为：3d34s2；

（2）同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性；

故答案为：硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+；

（3）①NH2-NH2中氮原子含有孤电子对；所以能作配体，故答案为：能；

②N2H4中含有2个N原子有2个孤电子对，能结合2个H+，则N2H4与盐酸反应的离子方程式：N2H4+2H+=[N2H6]2+；

故答案为：N2H4+2H+=[N2H6]2+；

③晶格能和离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，所以要比较钙离子、氧离子与钠离子、氯离子的离子半径与离子电荷数；Mg2+半径小于Ca2+半径，固MgO晶格能大于CaO晶格能，则MgO更稳定，所以Mg2+比Ca2+更易与碳酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子分解为CO2，所以热分解温度除与晶格能有关外，还与产物MgO、CaO、SrO；BaO稳定性等因素有关；

故答案为：钙离子、氧离子与钠离子、氯离子的离子半径与离子电荷数；热分解温度除与晶格能有关外，还与产物MgO、CaO、SrO；BaO稳定性等因素有关．

（1）锰是25号元素；原子核外有25个电子，其中3d和4s上的电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价层电子排布式；

（2）同一元素的不同含氧酸中；非羟基氧原子数越大其酸性越强；

（3）①含有孤电子对的微粒能作配体；

②N2H4中含有2个N原子有2个孤电子对，能结合2个H+；

③晶格能和离子所带电荷成正比；与离子半径成反比；根据分解产物的稳定性分析；

本题考查物质结构和性质，涉及电子排布式、配位键、晶格能的应用等，考查的知识点较多，注意对基础知识的归纳整理，题目难度中等．【解析】3d54s2；硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+；能；N2H4+2H+=[N2H6]2+；钙离子、氧离子与钠离子、氯离子的离子半径与离子所带的电荷数；热分解温度除与晶格能有关外，还与产物MgO、CaO、SrO、BaO稳定性等因素有关19、略

【分析】解：为烷烃，选取最长碳链且含取代基多的为主碳链，离取代基近的一端编号，确定取代基位置，取代基位次和最小，得到名称为：rm{2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷；

故答案为：rm{2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷．

根据烷烃命名原则：

rm{垄脵}长选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小支链编号之和最小；看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性知识的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练．【解析】rm{2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷20、略

【分析】解：rm{(1)}加入合适氧化剂，使rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}且不能引入新杂质，只有rm{H_{2}O_{2}}合适，rm{B}rm{C}rm{D}均引入新杂质；加入适当物质调整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{CuSO_{4}}的目的，则加含rm{Cu}元素的物质与氢离子反应从而促进铁离子水解，且不引入新杂质，rm{C}rm{D}均可促进铁离子水解转化为沉淀，而rm{A}rm{B}均使铜离子转化为沉淀；且引入新杂质；

故答案为：rm{B}rm{CD}

rm{(2)}设溶液中rm{CuSO_{4}}的浓度为rm{3.0mol?L^{-1}}则rm{Cu(OH)_{2}}开始沉淀时，rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac

{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}完全沉淀时rm{c(OH^{-})=3dfrac{8.0隆脕10^{-38}}{1times10^{-5}}mol/L=2隆脕10^{-11}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{2times10^{-11}}mol/L=5隆脕10^{-4}mol/L}所以rm{pH=lg(10^{-4})=4}

故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{c(OH^{-})=3dfrac

{8.0隆脕10^{-38}}{1times10^{-5}}mol/L=2隆脕10^{-11}mol/L}．

rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{2times

10^{-11}}mol/L=5隆脕10^{-4}mol/L}加入合适氧化剂，使rm{pH=-lg(5隆脕10^{-4})=3.3}氧化为rm{4}且不能引入新杂质；加入适当物质调整至溶液rm{3.3}使rm{(1)}转化为rm{Fe^{2+}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{pH=4}的目的，则加含rm{Fe^{3+}}元素的物质与氢离子反应从而促进铁离子水解；且不引入新杂质；

rm{Fe(OH)_{3}}设溶液中rm{Fe^{3+}}的浓度为rm{CuSO_{4}}则rm{Cu}开始沉淀时，rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}rm{(2)}完全沉淀时rm{c(OH^{-})=3dfrac{8.0隆脕10^{-38}}{1times10^{-5}}mol/L=2隆脕10^{-11}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{2times10^{-11}}mol/L=5隆脕10^{-4}mol/L}．

本题考查rm{CuSO_{4}}rm{3.0mol?L^{-1}}计算及盐类水解，为高频考点，把握水解平衡移动、rm{Cu(OH)_{2}}及rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac

{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}的计算方法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}按照常温计算，题目难度不大．rm{Fe^{3+}}【解析】rm{B}rm{CD}rm{4}rm{3.3}21、略

【分析】

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，检验是否有水生成，可用无水硫酸铜（或CuSO4）．

【解析】

NaHCO3不稳定，加热易分解，除去Na2CO3粉末中混有的NaHCO3杂质用加热的方法；加热时发生。

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，检验是否有水生成，可用无水硫酸铜或CuSO4，生成CuSO4•5H2O蓝色晶体．

故答案为：加热；无水硫酸铜（或CuSO4）．

【解析】【答案】NaHCO3不稳定，加热易分22、rm{(1)垄脵}外加电流的阴极保护法

rm{垄脷}牺牲阳极的阴极保护法

rm{(2)垄脵}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}

rm{垄脷;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O

}【分析】rm{拢脹}分析rm{拢脻}本题第一问模拟海水中铁的电化学防护，要知道常见的电化学防护的原理；第二问以原电池原理进行工业上二氧化硫的消除，要求能判断正负极，并书写对应电极反应式。第二问难度稍大。

rm{[}解答rm{]}rm{(1)垄脵K}置于处rm{N}处，则铁是电解池的阴极，被保护，此方法称为外加电流的阴极保护法。故答案为：外加电流的阴极保护法；rm{垄脷K}置于rm{M}处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法；故答案为：牺牲阳极的阴极保护法；

rm{(2)}根据原电池原理，用rm{S{O}_{2}}和rm{{O}_{2}}制备硫酸，则rm{S{O}_{2}}应在负极失电子，rm{{O}_{2}}在正极得电子。又根据硫酸在rm{B}极得到，故B极应为负极，rm{A}极为正极，对应的电极反应式为rm{A}极rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O

}极rm{;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}故答案为：rm{B}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}rm{垄脷;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}rm{;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};

}【解析】rm{(1)垄脵}外加电流的阴极保护法rm{垄脷}牺牲阳极的阴极保护法rm{(2)垄脵}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}rm{垄脷;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O

}四、原理综合题(共3题，共18分)23、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算出氢原子的量，算出碳氢原子个数比，确定烃的分子式，再根据题意要求写出结构简式。

详解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正确答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氢氧化钠固体；它能够吸收二氧化碳气体；正确答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；如果把CuO网去掉，一氧化碳不能被氢氧化钠吸收，A管重量将减小；正确答案：吸收生成二氧化碳；使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；减小。

(4)A装置中氢氧化钠吸收反应产生的二氧化碳；但是空气中水蒸气；二氧化碳也能够进入A装置，影响实验，因此在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管；正确答案：在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管。

（5）A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管质量增加1.08g是水的质量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有机物为烃，故只含有C和H两种元素，且个数比为：0.05：1.2=5：12，故可以确定为戊烷（C5H12），该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为该有机物的二氯代物有2种，可在相同、不同的甲基上，和正确答案：(CH3)4C；2。【解析】g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2减小在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管(CH3)4C224、略

【分析】分析：（1）去氧或加氢为还原反应；（2）镁易被氧化；故镁条表面有氧化物，需用砂纸打磨干净；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体；②洗涤时应该注意不能引入新的杂质；③趁热过滤可以除去不溶性杂质。

详解：（1）根据反应2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯变为反式偶氮苯为去氧反应，反应属于还原反应；答案选C；（2）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；②抽滤过程中要洗涤粗产品，注意不能引入新的杂质，选择用蒸馏水冲洗的液体是最好的，答案选B；③重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。

点睛：本题考查了有机实验，涉及蒸发结晶、过滤等基本操作，难度不大，解题的关键是理解实验原理，注意根据题中的实验步骤结合实验基本操作的要求灵活分析问题。【解析】C镁易被氧化，其表面有氧化物，打磨是为了除去表面的氧化物缓慢加入B趁热过滤抽滤25、略

【分析】【分析】

【详解】

I.（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，装置C装有饱和食盐水，其作用是除去氯气中混有的HCl；（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过dejh除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过bcgf，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→b→c→g→f；（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、.Cu(OH)2以消耗氢离子但不引入新的杂质；并过滤。答案选BC；

Ⅱ、向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故①中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；（2）②中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；（３）根据①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6；②CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35，①+②得2CuCl(s)Cu+(aq)+[CuCl2]-(aq)K=0．49×10-6，根据方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,两离子浓度成反比，两离子浓度相同时为0．7×10-3mol/L，据此可画出图像为：【解析】2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2除去氯气中混有的HCldejh(bc)gf吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解BC2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发溶液由蓝色变为无色稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；五、探究题(共4题，共28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+CO