2025年湘教新版选修化学上册月考试卷

…………○…………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年湘教新版选修化学上册月考试卷290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8题，共16分)1、萘普生可用作消炎镇痛药；其结构简式如图。下列关于该有机物的说法正确的是。

A.分子式为C14H12O3B.不能发生氧化反应C.分子中最少有11个C原子共平面D.1mol该物质最多能与2molBr2发生加成反应2、下列化学用语表达不正确的是。

①丙烷的球棍模型②与C8H6互为同分异构体。

③C3H8与C4H10一定互为同系物④丙烯的结构简式为CH2CHCH3A.①④B.②③C.②④D.③④3、着色剂为使食品着色的物质；可增加对食品的嗜好及刺激食欲。红斑素；红曲素是常用于糖果、雪糕等食品的着色剂的主要成分，结构如图所示。

下列说法不正确的是A.红斑素和红曲素所含官能团种类不完全相同B.红曲素环上存在3个手性碳原子C.红斑素中含有醚键、羰基、酯基这三种含氧官能团D.1mol红曲素最多能与5molH2发生加成反应4、乙烯和HCl在一定条件下反应可制备氯乙烷，下列有机反应与该有机反应的反应类型相同的是A.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OB.CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+CuC.CH3CH=CH2+H2OCH3CH(OH)CH3D.CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HCl5、下列有机反应中，属于取代反应的是（）A.CH2=CH2+HCl→CH3CH2ClB.CH4＋2O2CO2＋2H2OC.＋Br2＋HBrD.nCH2=CH2→6、洞悉冠状病毒主蛋白酶的催化机制；能更好地设计和发现抑制剂。冠状病毒主蛋白酶的催化机制有效应用中的一个重要变化如图所示。下列说法正确的是。

A.甲、乙互为同分异构体B.甲、乙水解后均能生成C.甲、乙可以用银氨溶液鉴别D.甲、乙均不能与水分子形成氢键7、下列反应对应离子方程式正确的是A.酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色：B.氯水中滴入少量碳酸钠溶液：C.溶液与过量溶液反应：D.用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基：8、醇(C5H12O)发生下列反应时，所得产物数目最少(不考虑立体异构)的是A.与金属钠置换B.与浓硫酸共热消去C.铜催化下氧化D.与戊酸酯化评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（15分）周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，T与Z同主族，W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子。回答下列问题：

（1）Y、Z、T中第一电离能最大的是____（填元素符号，下同），原子半径最小的是____。

（2）T的原子结构示意图为____，W基态原子的电子排布式为____。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是____（填化学式）；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是____（填化学式；写一种）。

（4）T与Z形成的化合物中，属于非极性分子的是____（填化学式）。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子的结构如图所示。该配合物的化学式为____，阳离子中存在的化学键类型有____。

10、甲；乙、丙、丁四种物质是某抗生素合成过程中的中间产物。

回答下列问题：

（1）甲的分子式是：___。

（2）写出乙中含氧官能团的名称是___。

（3）丙不能发生的化学反应是___。

①加成反应②氧化反应③水解反应④消去反应。

（4）由乙制备丙的反应条件是：___。

（5）鉴别甲和乙用到的试剂是（填化学式）___。

（6）写出丁和足量氢氧化钠溶液加热反应的方程式是：___。11、电化学降解治理水中硝酸盐的污染；在酸性条件下，电解的原理如图所示。

(1)A极为________极；

(2)阴极电极反应式为_________________。12、过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作为氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业；在照相工业上用来除去海波。

I.(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。

(1)仪器a的名称是________。

(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是______。

(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是_______。

II.(NH4)2S2O8的性质及应用。

(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和1mol能氧化的Mn2+的物质的量为_____mol。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为)，写出该反应的离子方程式______。

III.标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。

(5)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为______，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为________mol∙L-1。13、回答下列问题：

(1)相对分子质量为70的烯烃的分子式为______；若该烯烃与足量的H2加成后能生成含3个甲基的烷烃，则该烯烃可能的结构有______种。

(2)有机物A的结构简式为若A是单烯烃与氢气加成后的产物，则该单烯烃可能有______种结构。

(3)1，3－丁二烯也能发生加聚反应，则化学方程式为______。14、一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知20℃时：K(C6H5OH)=1.2×10-10、K(CH3COOH)=1.8×10-5、K(H2CO3)=4.3×10-7、K(HCO3-)=5.6×10-11、K(HCN)=4.9×10-10。

(1)请根据上述信息求Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的化学平衡常数K=__________；

(2)常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，则该电解质可能是_________(填序号)；。A．CuSO4B．HClC．Na2SD．NaOHE．K2SO4(3)常温下，将pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。①浓度为1.0×l0-3mol·L-1的氨水bL；②c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水cL；③c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液dL。则a、b；c、d之间由大到小的关系是_________；

(4)室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后所得溶液的pH=4，则所得溶液中各离子浓度大小关系是________________，所得溶液中的物料守恒式为：________+________=__________=_________mol•L-1，所得溶液中c(CH3COOH)=____________________mol•L-1(写出算式；不做计算)；

(5)已知常温时Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2•L-2，向50mL0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，则c(Ag+)=_______________，此时所得混合溶液的pH=_____。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、丙烯（CH3CH=CH2）是生产聚丙烯的原料，丙烯中的官能团是碳碳双键。__A.正确B.错误16、甲醛和乙醛在通常状况下都是液体，而且都易溶于水。(_______)A.正确B.错误17、糖类可划分为单糖、低聚糖、多糖三类。(_______)A.正确B.错误18、蛋白质溶液里加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出，再加入蒸馏水，沉淀不溶解。(_______)A.正确B.错误19、油脂的氢化与油脂的皂化都属于加成反应。(_______)A.正确B.错误20、高级脂肪酸和乙酸互为同系物。(_______)A.正确B.错误21、新材料口罩可用60摄氏度以上的水浸泡30分钟，晾干后可重复使用。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)22、A、B、C、D四种溶液，它们的阳离子分别是K+、Na+、Ba2+、Cu2+中的某一种，阴离子分别是OH-、CO32-、NO3-、Cl-的某一种(都不重复)；现进行如下实验：

①B溶液中加入铁粉；溶液质量减少；

②A、C溶液分别滴加AgNO3溶液时均产生白色沉淀；再加稀硝酸，只有A产生的白色沉淀溶解，且冒气泡；

③A的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)

④C；D分别加稀硫酸时只有C产生白色沉淀,D无现象；

由上述现象可推知各种溶液中所含的阴阳离子，把符号填写在下表中：。ABCD阳离子_____________________________阴离子____________________________23、有A、B、C三种可溶性正盐，阴阳离子各不相同，它们的阴离子的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。将等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五种离子；同时生成一种白色沉淀（微溶物视为可溶物）。请回答下列问题。

（1）经检验，三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是__________

A.Na+B.Mg2+C.Cu2+D.Ag+

（2）写出三种盐的化学式：A_________________B______________C_______________

（3）不需要加入任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为______________（填化学式）

（4）若将A、B、C三种盐按一定比例溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-四种离子且物质的量之比为1:4:2:3，则A、B、C三种盐的物质的量之比为__________，若向该溶液中加入过量的Ba(OH)2，发生反应的离子方程式为_____________________。24、A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子可能分别是Ca2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子可能分别是NO3-、SO42-、Cl−、CO32-中的某一种。

①若把4种盐分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中；均得澄清溶液，只有C盐的溶液呈蓝色。

②若向①的4支试管中分别加盐酸；B溶液中有沉淀产生，D溶液中有无色无味气体逸出。

(1)根据①②的实验事实推断B、C的化学式：B：________，C：________。

(2)写出A与D反应的化学方程式_________________________________。

(3)若想从A与D反应后的混合物中分别提取得到两种固体产物，需要进行的实验操作是________和________。这两个操作中都要用到玻璃棒，玻璃棒在这两个操作中的作用是否相同(若不同，请说明各自的作用)_____________。25、化学式为C8H10O的化合物A具有如下性质：①A+Na→慢慢产生气泡②A+RCOOH有香味的产物③A苯甲酸④催化脱氢产物不能发生银镜反应⑤脱水反应的产物；经聚合反应可制得一种塑料制品(它是目前造成“白色污染”主要的污染源之一)。

试回答：

（1）根据上述信息，对该化合物的结构?可作出的判断是___________。

a．苯环上直接连有羟基b．肯定有醇羟基。

c．苯环侧链末端有甲基d．肯定是芳香烃。

（2）化合物A的结构简式____________________。

（3）A和金属钠反应的化学方程式________________________________。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共20分)26、白云石的主要化学成分为还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁；流程示意图如下。

已知：。物质

(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。

(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物()浸出率/%产品中Mg杂质含量/%

(以计)产品中Mg杂质含量/%

(以计)计算值实测值实测值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20

备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)

ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。

①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。

②沉钙反应的离子方程式为___________。

③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。

④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。

(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。

(4)滤渣C中含有的物质是___________。

(5)该流程中可循环利用的物质是___________。27、制烧碱所用盐水需两次精制。第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等离子；过程如下：

Ⅰ.向粗盐水中加入过量BaCl2溶液；过滤；

Ⅱ.向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液；过滤；

Ⅲ.滤液用盐酸调节pH；获得一次精制盐水。

(1)过程Ⅰ除去的离子是______。

(2)过程Ⅰ；Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度(20℃/g)如下表：

①检测Fe3+是否除尽的方法是______。

②过程Ⅰ选用BaCl2而不选用CaCl2，运用表中数据解释原因______。

③除去Mg2+的离子方程式是______。

④检测Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，原因是_____。

(3)第二次精制要除去微量的I-、IONHCa2+、Mg2+；流程示意如下：

①过程Ⅳ除去的离子是______。

②盐水b中含有SONa2S2O3将IO还原为I2的离子方程式是________。

③过程VI中，在电解槽的阳极发生反应的电极方程式是：_________________。28、氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料；采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

（1）写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：_________

（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_________。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。70℃真空干燥、密封包装的原因是__________。

（4）写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式________

（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响．由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是___。

（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：____29、钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的途径如图所示：

(1)Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是____________

(2)焙烧过程发生的主要反应为MoS2+O2→MoO3+SO2(未配平)，该反应的氧化产物是____________(填化学式)。

(3)碱浸时生成Na2MoO4和一种气体A，该气体的电子式为________；沉淀时加入Na2S溶液的目的是______________________

(4)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉；图1为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。

第6层焙烧炉中所得MoO3与MoO2的物质的量之比为___________

(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下；碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2：

①使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_______。

②随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是__________________________________。

③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是_____________________________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.根据结构简式可知，该分子中含C、H、O三种元素，其分子式为C14H14O3；故A错误；

B.该有机物可以燃烧；则可以发生氧化反应，故B错误；

C.苯环上的原子均共平面，因此该分子中至少共平面的C原子个数表示如图所示：故C正确；

D.该分子中不含碳碳双键，故不能和Br2发生加成反应；故D错误；

答案选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

①是丙烷的球棍模型；①项正确；

②的分子式为C8H6，C8H6的结构不能确定；二者可能是同一物质，不一定是同分异构体，②项错误；

③C3H8与C4H10均为饱和烃，二者结构相似，分子组成上相差一个CH2原子团；二者互为同系物，③项正确；

④丙烯的结构简式为CH2=CHCH3；④项错误；

答案选C。3、A【分析】【详解】

A．由红斑素的结构可知，该结构中含有羰基、醚键、酯基、碳碳双键四种官能团，由红曲素的结构可知；该结构中含有羰基；醚键、酯基、碳碳双键四种官能团，则红斑素和红曲素所含官能团种类完全相同，故A错误；

B．连接4个不同基团的C原子为手性碳原子，红曲素环上存在3个手性碳原子，如图所示位置，故B正确；

C．由红斑素的结构可知；该结构中含有羰基；醚键、酯基这三种含氧官能团，故C正确；

D．由红曲素的结构可知，红曲素中有2个羰基、有3个碳碳双键可与氢气发生加成反应，则1mol红曲素最多能与5molH2发生加成反应；故D正确；

答案为A。4、C【分析】【分析】

乙烯和HCl在一定条件下反应可制备氯乙烷；该反应为加成反应，据此结合选项分析解答。

【详解】

A．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O为氧化反应；A不符合题意；

B．CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu为氧化还原反应；B不符合题意；

C．CH3CH=CH2+H2OCH3CH(OH)CH3为碳碳双键的加成反应；C符合题意；

D．CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HCl属于取代反应；D不符合题意；

答案选C。

【点睛】

本题D为易错选项，主要反应物CH3CH=CH2中虽然有碳碳双键，但观察生成的产物中碳碳双键并没有和Cl2发生加成反应，而是直接发生的取代反应，解答时要仔细审题。5、C【分析】【详解】

A．该反应为乙烯与HCl的加成反应；故A错误；

B．该反应为甲烷的燃烧反应；属于氧化反应，故B错误；

C．该反应中苯环上的氢原子被溴原子代替；属于取代反应，故C正确；

D．该反应为乙烯的加聚反应；故D错误；

故答案为C。

【点睛】

有机物分子中某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应，叫取代反应。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．甲的最左边是苯基、右，上方是五元环，乙的最左边是吡啶()被取代了一个氢原子；右上方是六元环；中间部分相同，故甲、乙的氮原子数不相同，不是同分异构体，A错误；

B．甲、乙的第一个酰氨基和第二个酰氨基(从左向右)水解都能生成B正确；

C．甲；乙都含有醛基；不能用银氨溶液鉴别，C错误；

D．醛基；酰氨基都能与水分子形成氢键；D错误；

故选B。7、D【分析】【详解】

A．酸性环境中高锰酸根将H2O2氧化为O2，根据电子守恒可知MnO与H2O2的系数之比为2:5，再结合电荷守恒可得离子方程式为MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；A错误；

B．碳酸钠少量，溶液中仍有HClO剩余，离子方程式应为2Cl2+CO+H2O=CO2↑+2HClO+2Cl-；B错误；

C．Ba(OH)2过量，NHFe2+均能反应，正确离子方程式为2NH+Fe2++2SO+4OH-+2Ba2+=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3·H2O；C错误；

D．碱性环境中新制氢氧化铜悬浊液可以将乙醛氧化为乙酸盐，同时生成氧化亚铜沉淀，离子方程式为D正确；

综上所述答案为D。8、B【分析】【详解】

戊基-C5H11可能的结构有8种；所以该有机物的可能结构有8种；

A．与金属钠置换反应生成氢气和醇钠；产物是8种；

B．醇对应的烷烃可为CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4，醇发生消去反应生成烯烃，可认为烷烃对应的烯烃，其中CH3CH2CH2CH2CH3对应的烯烃有2种，CH3CH2CH（CH3）2对应的烯烃有3种，C（CH3）4没有对应的烯烃；共5种；

C．在一定条件下能发生催化氧化反应，说明连接-OH的C原子上有H原子，对应烃基可为：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3；共6种；

D．C5H12O对应的醇有8种；而戊酸有4种，对应的产物有32种；

则最少的为5种；B符合题意；

答案选B。

【点晴】

该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及同分异构体的数目的判断，本题思维量较大，做题时注意体会。注意一取代产物数目的判断：①基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。②替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将H替代Cl)；又如CH4的一氯代物只有一种，新戊烷[C(CH3)4]的一氯代物也只有一种。③等效氢法。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】试题分析：周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，则X是氢元素。Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，则Y应该是氮元素。Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，所以Z是氧元素。T与Z同主族，则T是S元素。W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则W是Cu元素。

（1）非金属性越强；第一电离能越大。但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则氮元素的第一电离能大于氧元素的。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径最小的是O。

（2）S的原子序数是16，原子结构示意图为根据核外电子排布规律可知W基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是NH3。分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4。

（4）T与Z形成的化合物中，SO2是V形结构，三氧化硫是平面三角形，则属于非极性分子的是SO3。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，则为硫酸根。阳离子的结构如右图所示，即为氨气和铜离子形成的配位健，则该配合物的化学式为[Cu(NH3)4]SO4；阳离子中存在的化学键类型有配位健及氮元素与氢原子之间的共价键。

考点：考查元素推断、第一电离能、空间构型、原子半径、化学键、核外电子排布等【解析】（1）NO（各1分）（2）（1分）[Ar]3d104s1（2分）

（3）NH3（2分）H2O2或N2H4（2分）（4）SO3（2分）

（5）[Cu(NH3)4]SO4（2分）共价键、配位键（2分）10、略

【分析】【分析】

（1）根据甲的结构确定分子式；

（2）乙中的含氧官能团为醚键；醛基；

（3）丙中存在苯环；醚键、醛基、-Cl可以发生加成反应、氧化反应与水解反应；

（4）有机物乙与氯气在光照的条件下发生取代反应生成丙；

（5）可以利用银氨溶液区分醇和醛或用新制的氢氧化铜悬浊液区分醇和醛；还可用金属钠区分醇和醛；

（6）丁结构中含有羧基；可与氢氧化钠溶液发生中和反应。

【详解】

（1）由甲的结构可知其分子式为C10H14O3；

（2）乙中的含氧官能团为醚键；醛基；

（3）丙中存在苯环；醚键、醛基、-Cl可以发生加成反应、氧化反应与水解反应；不能发生消去反应；

（4）有机物乙与氯气在光照的条件下发生取代反应生成丙；反应条件为氯气光照；

（5）醛与银氨溶液可发生银镜反应，可用于区分醇和醛；醛与新制的氢氧化铜悬浊液加热可产生砖红色沉淀，可用于区分醇和醛；钠与醇反应生成H2，可用于区分醇和醛；因此鉴别甲和乙用到的试剂是银氨溶液[Ag(NH3)2OH]、新制氢氧化铜悬浊液[Cu(OH)2和NaOH]或金属钠；

（6）丁结构中含有羧基，可与氢氧化钠溶液发生中和反应，反应方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】C10H14O3醛基、醚键④光照Na或Ag(NH3)2OH或Cu（OH）2和NaOH+3NaOH+NaCl+2H2O11、略

【分析】【分析】

(1)由图示反应产物判断电解池右侧是阴极区；则可判断电源A极的名称；

(2)阴极上硝酸根离子被还原；据此写电极反应式；

【详解】

(1)由图知；电解池右侧硝酸根离子转变为氮气，发生还原反应，则右侧是阴极区，则可判断电源B极为负极，则A极为正极；

答案为：正；

(2)阴极上硝酸根离子被还原，在酸性条件下，氢离子参与反应，得到氮气和水，据此写电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O；

答案为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O。【解析】正2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O12、略

【分析】【分析】

实验I，装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为(NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理；防止污染空气，以此来解析；

(1)

仪器b的名称是蒸馏烧瓶；

(2)

无水乙醇洗涤沉淀；可以洗除晶体表面的杂质，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；

(3)

(NH4)2S2O8易分解；则烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是产品受热易分解；

(4)

在在Ag+催化作用下，S2O能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO和MnOS元素化合价由+7价变为+6价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等，1molS2O能氧化的Mn2+的物质的量==0.4mol；

过二硫酸被常Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色为Cr2O还原产物为SOCr化合价由+3价变为+6价，S化合价由+7价变为+6价，根据化合价升降守恒和原子守恒电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+；

(5)

由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复；根据可知(NH4)2S2O8和KI反应生成碘单质和硫酸根离子，S元素化合价由+7价变为+6价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2根据。

I2+2=2I-+可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2n(Na2S2O3)=cV=0.1mol·L×18.4×10-3L=1.84×10-3mol，c((NH4)2S2O8)===0.046mol/L；【解析】(1)蒸馏烧瓶。

(2)便于晶体干燥。

(3)产品受热易分解。

(4)0.4mol2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+

(5)溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复0.046mol/L13、略

【分析】【详解】

（1）根据烯烃通式CnH2n和相对分子质量为70，可求该烃的分子式为C5H10；该烯烃与H2加成后生成含3个甲基的烷烃，说明在烯烃分子中只含有1个支链，进而可确定此烯烃的碳骨架结构为双键有3种位置，则该烯烃可能的结构有3种。

（2）有机物A的碳骨架结构为双键有5种位置，则该单烯烃可能有5种。

（3）1，3－丁二烯中含有两个碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：nCH2=CH－CH=CH2【解析】(1)C5H103种。

(2)5

(3)nCH2=CH－CH=CH214、略

【分析】【分析】

（1）根据反应的方程式结合平衡常数的含义和表达式计算；

（2）常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1；说明溶液显碱性，据此判断；

（3）根据电解质的强弱；溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度结合溶液显中性判断消耗碱溶液的体积；

（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)；充分反应后醋酸过量，所得溶液的pH=4，说明醋酸的电离程度大于水解程度，据此解答；

（5）根据溶度积常数结合方程式计算。

【详解】

（1）反应Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的离子反应方程式为CO32-+C6H5OHHCO3-+C6H5O-，化学平衡常数K=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）]=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）×c（H+）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）×c（H+）]=K（C6H5OH）/K（HCO3-）=（1.2×10-10）÷（5.6×10-11）=2.14；

（2）溶液中的c（H+）=10-9mol•L-1；说明溶液呈碱性，则。

A．CuSO4是强酸弱碱盐；铜离子水解溶液显酸性，A不符合；

B．HCl溶于水显酸性；B不符合；

C．Na2S是强碱弱酸盐；硫离子水解，溶液显碱性，C符合；

D．NaOH是一元强碱；其溶液显碱性，D符合；

E．K2SO4是强酸强碱盐；不水解，溶液显中性，E不符合；

答案选CD；

（3）①将pH=3的盐酸aL与浓度为1.0×10-3mol•L-1的氨水bL溶液混合恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解呈酸性，溶液呈中性需要氨水过量，b＞a；

②将pH=3的盐酸aL与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氨水cL；等体积混合，平衡状态下的氢氧根和盐酸溶液中氢离子恰好反应，此时氨水电离平衡正向进行，氢氧根离子增大，若溶液呈中性，需要加入盐酸多，a＞c；

③将pH=3的盐酸aL与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液dL；等体积混合，氢离子和氢氧根恰好反应，溶液呈中性，a=d；

所以a、b、c、d之间由大到小的关系是得到b＞a=d＞c；

（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后醋酸过量，所得溶液是等浓度的醋酸钠和醋酸组成的混合溶液，溶液的pH=4，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于水解程度，则所得溶液中各离子浓度大小关系是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，根据碳原子守恒可知所得溶液中的物料守恒式为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)＝0.1mol•L-1，则根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)可知所得溶液中c(CH3COOH)＝2c(Na+)－c(CH3COO-)＝c(Na+)+c(OH-)－c(H+)＝（0.05+10－9－10－4）mol•L-1；

（5）向50mL0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，盐酸过量，根据方程式Ag++Cl－＝AgCl↓可知反应后的c（Cl-）=（0.02mol/L×0.05L－0.018mol/L×0.05L）÷0.1L=0.001mol/L，则c（Ag+）=Ksp(AgCl)÷c(Cl－)=1.8×10－10/0.001mol·L－1=1.8×10-7mol/L，c（H+）=0.02mol/L×0.05L/0.1L=0.01mol/L，所以pH=2。【解析】（每空2分，物料守恒写全才得2分）（1）2.14（2）CD（3）b＞a=d＞c（4）c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)2c(Na+)0.1mol•L-1c(CH3COOH)=0.05-10-4+10-10（5）1.8×10-7mol/L2三、判断题(共7题，共14分)15、A【分析】【详解】

丙烯属于烯烃，可以通过加聚反应生成聚丙烯，烯烃的官能团是碳碳双键，因此答案正确。16、B【分析】【详解】

甲醛通常状况下为气体，甲醛和乙醛的官能团均为-CHO，而醛基为亲水基，故两者均溶于水，错误，故答案为：错误；17、A【分析】【详解】

糖类根据聚合度，可划分为单糖、低聚糖、多糖三类，故正确。18、B【分析】【详解】

蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故错误。19、B【分析】【详解】

油脂的氢化属于加成反应，油脂的皂化属于水解反应，故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

高级脂肪酸是含有碳原子数比较多的羧酸，可能是饱和的羧酸，也可能是不饱和的羧酸，如油酸是不饱和的高级脂肪酸，分子结构中含有一个碳碳双键，物质结构简式是C17H33COOH；而乙酸是饱和一元羧酸，因此不能说高级脂肪酸和乙酸互为同系物，这种说法是错误的。21、A【分析】【详解】

新材料口罩可用60摄氏度以上的水浸泡30分钟，晾干后可重复使用，答案正确；四、元素或物质推断题(共4题，共28分)22、略

【分析】【详解】

由已知：A、B、C、D四种溶液，阳离子分别是K+、Na+、Ba2+、Cu2+中的某一种，阴离子分别是OH-、CO32-、NO3-、Cl-中的某一种(都不重复)，①B溶液中加入铁粉，溶液质量减少，则B中含有Cu2+；②A、C溶液分别滴加AgNO3溶液时均产生白色沉淀，再加稀硝酸，只有A产生的白色沉淀溶解，且冒气泡，则A中含有CO32-，C中含有Cl-；③A的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃)，则A中含有K+；④C、D分别加稀硫酸时只有C产生白色沉淀，D无现象，则C中含有Ba2+，因为四种溶液中离子都不重复，所以D中含有Na+。综上分析可知：A为K2CO3，C为BaCl2；因为Cu2+和OH-不能大量共存，所以B应为Cu(NO3)2，D应为NaOH，所以答案为：。ABCD阳离子K+Cu2+Ba2+Na+阴离子CO32-NO3-Cl-OH-【解析】①.K+②.Cu2+③.Ba2+④.Na+⑤.CO32-⑥.NO3-⑦.Cl-⑧.OH-23、略

【分析】【详解】

等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸银，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl，则A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4。（1）由上述分析可知，正盐中含Ag+，三种阴离子与A、B、C中的阳离子均不会生成沉淀，故答案选D；（2）由上述分析可知，A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4；（3）观察黄色的溶液为FeCl3，与FeCl3反应生成白色沉淀的为AgNO3，最后可知K2SO4，则检验顺序为FeCl3、AgNO3、K2SO4；

（4）Fe3+、SO42-、NO3-、K+四种离子且物质的量之比依次为1：2：3：4，设FeCl3为1mol，则AgNO3为3mol，K2SO4为2mol，A、B、C三种正盐的物质的量之比为1：3：2；若向该溶液中加入过量的Ba(OH)2，根据Fe3+、SO42-的比例可知，发生反应的离子方程式为：Fe3++2SO42-+2Ba2++3OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓。【解析】①.D②.FeCl3③.AgNO3④.K2SO4⑤.FeCl3、K2SO4、AgNO3⑥.1:3:2⑦.Fe3++2SO42-+2Ba2++3OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓24、略

【分析】【分析】

首先根据离子反应判断离子能否大量共存。然后判断可能共存的离子；进而可确定溶液的成分。

【详解】

Ca2+与SO42-、CO32-会形成沉淀，不能大量共存，所以Ca2+只能和NO3-、Cl-结合；Ag+与SO42-、Cl-、CO32-会形成沉淀不能大量共存，因此Ag+只能和NO3-结合形成AgNO3溶液，则一定存在CaCl2、AgNO3；Cu2+与CO32-会形成沉淀不能大量共存，所以存在CuSO4，Na+与CO32-组成Na2CO3，即四种物质为：CaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。①中由于C盐是蓝色的，可知C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B为AgNO3；而D生成无色气体，气体为CO2，则D为Na2CO3，A为CaCl2。由上述分析可知：A为CaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。

(1)综上所述可知，B为AgNO3，C为CuSO4；

(2)A为CaCl2、D为Na2CO3，二者混合，发生复分解反应产生NaCl和CaCO3沉淀，反应化学方程式为CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl。

(3)A、D混合反应产生CaCO3、NaCl，若想从A与D反应后的混合物中分别提取得到两种固体产物，由于CaCO3难溶于水，NaCl溶解在水溶液中，首先需要进行的实验操作是过滤，将难溶性的固体CaCO3分离出来；然后根据NaCl的溶解度受温度的影响变化不大的性质，将滤液蒸发得到NaCl晶体。这两个操作中都要用到玻璃棒，在过滤操作中玻璃棒的作用是引流；在蒸发操作中玻璃棒的作用是搅拌，促进溶剂的蒸发，因此玻璃棒的作用不同。

【点睛】

本题考查离子共存、无机物的推断的知识，把握离子反应、离子的颜色、可能的离子反应及相应的实验现象是解题关键，在不同的实验操作中，同一仪器作用可能相同，也可能不同，从实验的目的进行分析、判断。【解析】①.AgNO3②.CuSO4③.CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl④.过滤⑤.蒸发⑥.在两种操作中，玻璃棒的作用不相同。过滤时玻璃棒起引流的作用，蒸发时玻璃棒起搅拌的作用25、略

【分析】【分析】

化学式为C8H10O的化合物A具有如下性质：①A+Na→慢慢产生气泡，则A含有-OH；②A+RCOOH有香味的产物，则A含有-OH；③A苯甲酸，则A中含有苯环，而且与苯环相连的碳原子上含有氢原子；④催化氧化反应的产物不能发生银镜反应，则与-OH相连的碳原子上含有1个H原子；⑤消去反应的产物，经加聚反应可制得一种塑料制品，则与-OH相连的碳原子相邻碳上含有H原子，综上分析可知，A的结构简式为据此分析可得结论。

【详解】

（1）由上述分析，可知A中含有有醇羟基，苯环侧链末端有甲基，分子中含有氧原子，不属于芳香烃，故答案为bc；（2）由上述分析可得化合物A的结构简式为故答案为（3）A中含有醇羟基与Na反应生成氢气，其反应的化学方程式为：故答案为

【点睛】

本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握官能团的性质等。A与Na反应慢慢产生气泡，说明反应并不剧烈，酚羟活泼性是强于醇羟基的，故由此现象可说明A分子中应该是醇羟基。【解析】①.bc②.③.+2Na→2+H2↑五、工业流程题(共4题，共20分)26、略

【分析】【分析】

白云石矿样煅烧后转化为氧化钙；氧化镁；加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；

【详解】

（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为

（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；

②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为

③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。

④在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值；

（3）“浸镁”过程中，发生反应：加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；

（4）白云石的主要化学成分为还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是

（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是【解析】(1)

(2)在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出2.4∶1优先析出；且氧化钙也能转化为碳酸钙。

(3)随大量氨逸出，平衡正向移动。

(4)

(5)27、略

【分析】【分析】

第一次精制：向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，Ba2+与SO得到BaSO4沉淀，过滤，除去BaSO4沉淀，向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，除去Ca2+、Mg2+、Fe3+和过量的Ba2+；过滤后，用盐酸调节pH，除去过量的碳酸钠，得到精制盐水，结合表格数据分析解答(1)和(2)；

第二次精制：向第一次精制盐水(杂质离子为I-、IONHCa2+、Mg2+)中加入NaClO，NaClO具有氧化性，将I-氧化为I2、NH氧化为N2，再加入Na2S2O3，将IO还原为I2，分离出I2后，通过离子交换法除去Ca2+、Mg2+；电解剩余溶液(硫酸钠和氯化钠的混合溶液)得到NaOH，据此分析解答(3)。

【详解】

(1)向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，Ba2+与SO得到BaSO4沉淀，过滤，除去SO故答案为：SO

(2)①Fe3+能够使KSCN溶液变红，因此检测Fe3+是否除尽的方法是取少量过程II后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；反之没除尽，故答案为：取少量过程II后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；反之没除尽；

②根据表格数据可知，BaSO4的溶解度小于CaSO4，选用BaCl2，可将SO沉淀更完全，故过程Ⅰ选用的是BaCl2而不选用CaCl2，故答案为：BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO沉淀更完全；

③Mg2+与CO生成Mg2(OH)2CO3和二氧化碳，离子方程式为：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑，故答案为：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑；

④Ca2+、Mg2+、Ba2+以CaCO3、Mg2(OH)2CO3、BaCO3的形式除去，根据溶解度小的物质沉淀完全后溶解度大的才开始沉淀，由表格数据可知，碳酸钡的溶解度最大，若钡离子沉淀完全，则说明镁离子和钙离子也沉淀完全，故检测Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，故答案为：在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，则说明Mg2+和Ca2+也沉淀完全；

(3)①NaClO具有强氧化性，能将I-氧化，根据流程可知NH被氧化为N2，故过程Ⅳ除去的离子是NHI-，故答案为：NHI-；

②Na2S2O3将IO还原为I2，自身被氧化为SO反应的离子方程式为：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O，故答案为：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O；

③过程VI中，电解硫酸钠和氯化钠的混合溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，在电解槽的阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑。

【点睛】

明确粗盐的提纯的实验原理及实验基本操作方法是解题的关键。本题的难点为(2)，要注意溶解度小的物质沉淀完全后溶解度大的才开始沉淀。【解析】SO取少量过程II后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已除尽；反之没除尽BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO沉淀更完全2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，则说明Mg2+和Ca2+也沉淀完全NHI-5S2O+8IO+2OH-=4I2+10SO+H2O2Cl--2e-=Cl2↑28、略

【分析】【分析】

（1）Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Cu2+；NO气体和水；

（2）SO32-和Cu2+之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；

（3）乙醇和水易挥发；CuCl具有还原性，可以被空气氧化；

（4）由题给信息