2025年西师新版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年西师新版高三化学下册阶段测试试卷389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6题，共12分)1、在容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2+3H2⇌2NH3，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，下列说法错误的是（）A.NH3的质量分数将增加B.平衡向正反应方向移动C.平衡向逆反应方向移动D.正逆反应速率都增大2、在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和O2的混合气体，在同温同压下，两容器的气体一定具有相同的（）A.分子数B.密度C.质量D.质子数3、下列离子能在无色溶液中大量共存的是（）A.NH4+、Ba2+、NO3-、CO32-B.Fe2+、OH-、SO42-、MnO4-C.Na+、Fe3+、Cl-、AlO2-D.K+、Mg2+、NO3-、Cl-4、元素周期表中铋元素的数据见图；下列说法不正确的是（）

A.Bi元素的质量数是209B.Bi元素的相对原子质量是209.0C.Bi元素属于金属元素D.Bi原子核外有83个电子5、下列关于σ键和π键的理解不正确的是（）A.σ键一般能单独形成，而π键一般不能单独形成B.σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转C.CH3-CH3．CH2=CH2．CH≡CH中σ键都是C-C键，所以键能都相同D.碳碳双键中有一个σ键，一个π键，碳碳叁键中有一个σ键，两个π键6、将固体X放在如图所示装置的试管中加热片刻，澄清石灰水变浑浊，X可能是()A.NaHCO3B.CaCl2C.Na2CO3D.NaCl评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、下列有关化工生产的说法中不正确的是（）（多项选择题）A.工业上用电解熔融的氯化物的方法制备金属镁和铝B.适当提高合成氨原料气中N2的含量，可提高H2的转化率C.从安全运输上看，硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利E.硫酸厂生产时常采有高压条件提高SO2的转化率E.硫酸厂生产时常采有高压条件提高SO2的转化率8、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是()A.rm{CO_{2}}是直线型分子，推测rm{CS_{2}}也是直线型分子B.rm{SiH_{4}}的沸点高于rm{CH_{4}}推测rm{H_{2}Se}的沸点高于rm{H_{2}S}C.rm{Fe}与rm{Cl_{2}}反应生成rm{FeCl_{3}}推测rm{Fe}与rm{I_{2}}反应生成rm{FeI_{3}}D.rm{NaCl}与浓rm{H_{2}SO_{4}}加热可制rm{HCl}推测rm{NaBr}与浓rm{H_{2}SO_{4}}加热可制rm{HBr}9、一定条件下存在反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按右下图所示投料，并在rm{娄陇H<0}条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是rm{400隆忙}rm{(}

A.容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同B.容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同C.容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，rm{)}的体积分数：Ⅱrm{SO_{3}}ⅢD.容器Ⅰ中rm{>}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{2}}的转化率之和小于rm{SO_{3}}rm{1}10、如图表示某个化学反应过程的能量变化rm{.}该图表明rm{(}rm{)}

A.催化剂可以改变该反应的热效应B.该反应是个放热反应C.反应物总能量低于生成物D.化学反应遵循质量守恒定律11、在某温度下，向三个初始体积均为rm{1L}的密闭容器中按下表所示投料，发生反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}(g)triangleH<0.}达到平衡时，下列说法正确的是rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}(g)triangle

H<0.}rm{(}

。rm{)}容器编号容器类型起始物质的量rm{/mol}平衡时rm{SO_{3}}的物质的量rm{/mol}rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}Ⅰ恒温恒容rm{2}rm{1}rm{0}rm{1.2}Ⅱ绝热恒容rm{0}rm{0}rm{2}rm{a}Ⅲ恒温恒压rm{2}rm{1}rm{0}rm{b}A.平衡时rm{SO_{3}}的物质的量：rm{a>1.2}rm{b>1.2}B.容器Ⅱ、Ⅲ中平衡常数相同C.容器rm{I}中rm{SO_{2}}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的转化率之和小于rm{1}D.若起始时向容器Ⅰ中充入rm{1.0molSO_{2}(g)}rm{0.40molO_{2}(g)}和rm{1.40molSO_{3}(g)}则此时rm{娄脥_{脮媒}<娄脥_{脛忙}}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、如图的装置名称为____，负极为____，正极上发生的极反应式____．

13、某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物。

试回答下列问题：

（1）B物质的化学式为____．

（2）该方案的明显失误是因某一步设计不当而使分离产物不纯，该步正确的方案应是____．

（3）若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是____．14、氢氧燃料电池是将H2通入负极，O2通入正极而发生电池反应的；其能量转换率高．

（1）若电解质溶液为KOH，其正极反应为____，负极反应为____；

（2）若电解质溶液为硫酸，其正极反应为____，负极反应为____；若在常温下转移2mol电子，可产生水质量为____g．（1）和（2）的电解液不同，反应后溶液的PH各有何变化？（1）中PH____（2）中PH____．15、（2010秋•广东期中）如图是实验室制取乙酸乙酯的装置．请回答下列问题：

（1）C处要加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸，浓硫酸在反应中起的作用是____；

（2）在C处试管中还应加入少量碎瓷片，其作用是____．

（3）C处酯化反应的化学方程式为____．

（4）D处试管中预先装入的是饱和Na2CO3溶液，它起的作用是____；反应结束后D试管中可以明显看到无色液体分为两层，则上层液体是____．16、慢心律是一种治疗心律失常的药物；它的合成路线如图：

（1）由B→C的反应类型为____．

（2）写出A与浓溴水反应的化学方程式____．

（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为____．

（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式____．

①属于a-氨基酸；

②是苯的衍生物；且苯环上的一氯代物只有两种；

③分子中含有两个甲基．

（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）．写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．17、1985年科学家发现的C60分子是由60个碳原子构成的；它的形状像足球，因此又称“足球烯”．1991年科学家又发现了一种碳的单质--碳纳米管，它是由五边形和六边形碳环微结构单元构成的管状大分子．用你所学的知识回答下列问题：

（1）金刚石、石墨、足球烯、碳纳米管物理性质有较大差异的原因是____．

（2）常温下足球烯和碳纳米管的化学性质是否活泼？____（答“是”或“否”），其理由是____．

（3）请你设计一个方案，证明足球烯和碳纳米管都是由碳元素组成的____．（文字简要叙述）18、现有失去标签的四瓶溶液A、B、C、D，只知它们为K2CO3、K2SO4、BaCl2、NaHSO4；为鉴别它们，进行如下实验：①A+D→溶液+气体，②B+C→溶液+沉淀，③B（过量）+D→溶液+沉淀，④A+B→溶液+沉淀，⑤将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体．根据以上实验事实，请回答如下问题：

（1）A、B、C、D四种无色溶液分别为：A____B____C____D____

（2）写出下列各步反应的离子方程式：

①____⑤____．19、芳香族化合物A有如下图的转化关系：

已知D能与NaOH溶液反应；E转化为F时，产物只有一种结构，且能使溴的四氯化碳溶液褪色．请回答下列问题：

（1）D中官能团的名称为____

（2）B的分子式是____

（3）A、F的结构简式：A____F____

（4）写出B→C；E→F的化学反应方程式；并注明反应类型。

B→C：____（____）E→F：____（____）

（5）符合下列3个条件的A的同分异构体有多种。

①苯环含有的二取代结构处于对位。

②遇FeCl2溶液不变色。

③能发生银镜的。

请写出其中两种的结构简式____．20、甲醛是重要的有机合成原料，大量用于生产树脂、合成纤维、药物、涂料等，也是世界卫生组织(WHO)确认的致癌物和致畸物质之一．据中国室内环境监测工作委员会调查统计，中国新装家庭甲醛超标60%以上．我国规定室内空气中甲醛含量不得超过0.08mg/m3．

(1)下列说法或做法不合理的是____________．(填字母)

a．用甲醛溶液浸泡水产品以长时间保持水产品的“新鲜”

b．刚装修的新房入住前房间内保持一定温度并注意通风。

c．合成“吊白块”的反应NaHSO3+HCHO→NaO-CH2-SO3H是加成反应。

d．福尔马林可用于制作动物标本(或保存尸体)

(2)某研究性学习小组拟用甲醛法测定常见铵态氮肥的含氮量。

〔资料：4NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O，所生成的H+和(CH2)6N4H+可用NaOH标准溶液滴定；采用酚酞作指示剂〕．

用甲醛法测定含氮量；不适合的铵盐是____________．(填字母)

a．NH4HCO3b．(NH4)2SO4c．NH4Cl

(3)工业制甲醛的两种方法如下(数据均为298.15K下测定)：

反应I：

CH3OH(g)→HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ/mol，K1=3.92×10-11

反应II：

CH3OH(g)+O2(g)→HCHO(g)+H2O(g)△H2=-149.73kJ/mol，K2=4.35×1029

①绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率．反应____________(填“I”或“II”)制甲醛原子利用率更高．从反应的焓变和平衡常数K值看；反应____________(填“I”或“II”)制甲醛更加有利．

②反应Ⅱ自发进行的条件是____________(填字母)．

a．高温b．低温c．任何条件。

③右上图是甲醇制甲醛有关反应的lgK(平衡常数的对数值随温度T的变化．图中曲线(1)表示的是反应____________(填“I”或“II”)．

(4)某研究性学习小组测定居室中甲醛的含量的原理如下：

4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O

打开a，关闭b，用注射器抽取室内空气；关闭a，打开b，再推动注射器，将气体缓缓推入酸性KMnO4溶液中，使其充分反应．当B装置中____________时停止推气．若总共取样为50L空气，则该居室内空气中甲醛的浓度____________mg/m3．评卷人得分四、判断题(共4题，共12分)21、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）22、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）23、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）24、一元取代产物只有一种的，十个碳以下的烷烃有5种____（判断对错）评卷人得分五、简答题(共4题，共24分)25、硫酸亚铁铵的制备。硫酸亚铁铵又称摩尔盐，是浅绿色的晶体，在空气中比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。下表为某些物质在水中的溶解度rm{(g/100g)}。温度rm{/隆忙}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{40}rm{50}rm{60}rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}rm{15.65}rm{20.51}rm{26.5}rm{32.9}rm{40.2}rm{48.6}rm{}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{70.6}rm{73.0}rm{75.4}rm{78.0}rm{81.0}rm{}rm{88.0}rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}rm{}rm{12.5}rm{}rm{}rm{33.0}rm{40.0}rm{}制备流程如图：

rm{(1)}根据以上表格分析制备摩尔盐的实验原理是______________________________

rm{(2)}操作rm{I}是_____________；操作rm{II}是__________________，所使用的热源为水浴加热，操作rm{II}需要的仪器除了水浴加热装置外，还有铁架台、铁圈、__________rm{(}只填一种主要仪器rm{)}加热至溶液出现____________________________时，移去热源；操作rm{III}是______________。是______________。rm{III}如图所示减压过滤操作如图所示：整套装置由布氏漏斗、抽滤瓶、安全瓶构成，抽滤过程中使用抽气泵抽真空前，关闭活塞rm{(3)}抽滤结束打开活塞rm{c}恢复体系压强，抽滤过程还需用__________洗涤晶体rm{c}填写“rm{(}”或“rm{a}”或“rm{b}”rm{c}rm{)}乙醇水溶液rm{a.95%}冷水rm{b.}热水rm{c.}设计实验方案检验产品中rm{(4)}离子_________________________________________________________________________________rm{NH_{4}^{+}}硫酸亚铁铵中铁含量的测定。准确称取摩尔盐rm{(5)}于rm{0.7995g}锥形瓶中，加入rm{250mL}溶液rm{3mol/LH_{2}SO_{4}}rm{5.0mL}蒸馏水，使试样完全溶解后，立即用rm{20.0mL}的酸性rm{0.02000mol/L}溶液滴定，至终点时消耗了高锰酸钾溶液rm{KMnO_{4}}rm{20.00mL}滴定至终点时出现的现象为____________________________rm{垄脵}写出滴定原理的离子反应方程式_________________________________________rm{垄脷}试计算出该摩尔盐的纯度为____________rm{垄脹}rm{%}保留小数点后rm{(}位rm{2}rm{)}26、有机物的rm{C}rm{H}含量常用燃烧和与rm{CuO}灼烧等方法使之生成rm{CO_{2}}和水；测它们的质量求得有机物中碳和氢的百分含量，现有某固态有机物在加热情况下鼓入足量的氧气使其完全燃烧，今有如下仪器．

rm{(1)}为确定某固体有机物的最简式rm{(}实验式rm{)}下述仪器中最少需要的种类有______种，它们是______，其中要一前一后用两次的是______，rm{(}填仪器编号rm{)}其作用前者为______；后者为______rm{.}但为完成测定还缺少的一种重要仪器名称是______．

rm{(2)}为确定固体有机物是烃还是其含氧衍生物；实验依据是______．

rm{(3)}为确定其分子式还需知道下述中的。

A.熔、沸点rm{B.}定温；定压下蒸气密度。

C.固定有机物的体积rm{D.}重要的化学性质．27、兔耳草醛rm{H}是一种重要的香料，主要用于食品、化妆品等工业中rm{.}用有机物rm{A}为原料可以合成兔耳草醛rm{H}其合成路线如图所示：

rm{Axrightarrow[AlCl_{3}]{CH_{3}CH篓TCH_{2}}Bxrightarrow[ZnCl_{2}]{HCHOcdotHCl}Cxrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH{脠脺脪潞}}D(}枯茗醛rm{)xrightarrow[KOH]{CH_{3}CH_{2}CHO}Exrightarrow[-H_{2}O]{triangle}Fxrightarrow{垄脵}Gxrightarrow{垄脷}H(}兔耳草醛，相对分子质量rm{A

xrightarrow[AlCl_{3}]{CH_{3}CH篓TCH_{2}}B

xrightarrow[ZnCl_{2}]{HCHOcdotHCl}C

xrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH{脠脺脪潞}}D(}

中间产物rm{)xrightarrow[KOH]{CH_{3}CH_{2}CHO}E

xrightarrow[-H_{2}O]{triangle}Fxrightarrow{垄脵}G

xrightarrow{垄脷}H(}是一种精细化工产品；可用作香料，能发生如下反应：

rm{190)}rm{D}

已知：

Ⅰrm{D+}醛与二元醇rm{xrightarrow{H+}}如乙二醇rm{.}可生成环状缩醛：

rm{(}rm{)}

Ⅱrm{.2RCH_{2}CHOxrightarrow{KOH}}rm{xrightarrow[-H_{2}O]{triangle}}

Ⅲrm{xrightarrow{H+}}rm{xrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH}}

rm{+H_{2}O}的结构简式为______，rm{.2RCH_{2}CHO

xrightarrow{KOH}}中含有的官能团名称为______．

rm{xrightarrow[-H_{2}O]{triangle

}}分子中碳、氢的质量比为rm{.}rm{

xrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH}}rm{(1)D}的分子式为______，rm{E}的结构简式为______．

rm{(2)A}反应rm{12}的反应类型______，反应rm{1}的化学方程式为______．

rm{A}兔耳草醛rm{B}中的含氧官能团易被氧化，生成化合物rm{(3)}rm{垄脵}与rm{垄脷}可发生酯化反应，写出rm{(4)}与rm{H}反应的化学方程式______．

rm{W}与是否互为同分异构体______rm{G}填“是”或“否”rm{W}符合下列条件的的同分异构体有______种；写出其中一种的结构简式______．

rm{G}属于芳香族化合物且苯环上有五个取代基。

rm{W}核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰。

rm{(5)W}该物质最多可消耗rm{(}

rm{)}能发生银镜反应．rm{a.}28、异丙苯（）；是一种重要的有机化工原料．根据题意完成下列填空：

（1）由苯与2-丙醇反应制备异丙苯属于______反应；由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为______．

（2）异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的名称是______．

（3）α-甲基苯乙烯（）是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到．写出由异丙苯制取该单体的另一种方法______（用化学反应方程式表示）．

（4）耐热型ABS树脂由丙烯腈（CH2=CHCN）、1，3-丁二烯和α-甲基苯乙烯共聚生成，写出该树脂的结构简式______（不考虑单体比例）．评卷人得分六、探究题(共4题，共32分)29、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．30、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：31、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．32、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，以此来解答．【解析】【解答】解：反应前气体化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和；若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动；

A．平衡正向移动，所以NH3的质量分数将增加；故A正确；

B．由上述分析可知；平衡正向移动，故B正确；

C．平衡正向移动；而不是逆向移动，故C错误；

D．压强增大；正逆反应速率均增大，故D正确；

故选C．2、A【分析】【分析】在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，HCl、H2和O2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等；H原子与O原子的质子数不同，两种元素的相对原子质量也不同，在相同体积时，两个容器内的密度、质量和质子数不相等．【解析】【解答】解：A；在同温同压下；相同体积的任何气体含有相同的分子数，即两容器的气体一定具有相同分子数，故A正确；

B；由于氢气和氧气的物质的量关系不确定；二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，则密度不一定相等，故B错误；

C；由于氢气和氧气的物质的量关系不确定；二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，故C错误；

D；H原子中含有1个质子；O原子中含有8个质子，由于氢气和氧气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等，故D错误．

故选A．3、D【分析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解析】【解答】解：A．Ba2+、CO32-结合生成沉淀；不能大量共存，故A错误；

B．Fe2+、OH-结合生成沉淀，且Fe2+为浅绿色、MnO4-为紫色；与无色不符，故B错误；

C．Fe3+、AlO2-相互促进水解，且Fe3+为黄色；与无色不符，故C错误；

D．该组离子之间不反应；可大量共存，且离子均为无色，故D正确；

故选D．4、A【分析】【分析】由图可知，原子序数为83，为金属元素，元素的相对原子质量为209.0，以此来解答．【解析】【解答】解：A．原子有质量数；元素是一类原子的总称，故A错误；

B．由图可知；左下角的数字为Bi元素的相对原子质量是209.0，故B正确；

C．由名称可知；Bi为金属元素，故C正确；

D．由图中左上角的数字可知；原子序数为83，等于原子核外电子数，均为83，故D正确；

故选A．5、C【分析】【分析】A．分子中可只含σ键；但含π键时一定含σ键；

B．σ键为球对称；π键为镜面对称；

C．三种分子中分别含C-C；C.C≡C键；

D．双键、三键中均只含1个σ键，其余为π键．【解析】【解答】解：A．分子中可只含σ键；但含π键时一定含σ键，则σ键一般能单独形成，而π键一般不能单独形成，故A正确；

B．σ键为球对称；π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，故B正确；

C．三种分子中分别含C-C；C.C≡C键；则C-C的键长、键能均不相同，故C错误；

D．双键；三键中均只含1个σ键；其余为π键，则碳碳双键中有一个σ键，一个π键，碳碳叁键中有一个σ键，两个π键，故D正确；

故选C．6、A【分析】解：碳酸氢钠加热分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，CaCl2、Na2CO3、NaCl加热都不分解，也不产生二氧化碳，故选：A；【解析】【答案】A二、双选题(共5题，共10分)7、A|D|E【分析】解：A；氯化铝是共价化合物；所以熔融时，它是不导电的，所以只能去电解氧化铝，故A错误。

B、增大一种反应物浓度使平衡向正反应方向移动，提高另一种物质的转化率，所以适当提高合成氨原料气中N2的含量，使平衡向正反应方向移动，可提高H2的转化率；故B正确；

C；从安全运输上看；硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利，故C正确；

D、由于二氧化碳溶度积较小，应在NaCl饱和溶液中先通入的NH3再通入过量的过量CO2；故D错误；

E；常压下三氧化硫的体积分数已达91%；二氧化硫转化率已经很高，若再加压对设备及电力系统要求高、成本高，使生产效益低，故E错误；

故答案为：ADE．

A；因为氯化铝是共价化合物；所以熔融时，它是不导电的，所以只能去电解氧化铝；

B；增大一种反应物浓度使平衡向正反应方向移动；提高另一种物质的转化率；

C；从安全运输上看；硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利；

D、由于二氧化碳溶度积较小，应在NaCl饱和溶液中先通入的NH3再通入过量的过量CO2；

E；由于常压下三氧化硫的体积分数已达91%；若再加压对设备及电力系统要求高、成本高，使生产效益低．

本题考查化学与工业生产，注意化学在工业生成中的应用知识是现在考试的热点，可以根据教材知识来回答，难度不大．【解析】【答案】ADE8、AB【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及分子构型、晶体性质、铁的化学性质、浓硫酸的性质等知识，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.rm{O}和rm{S}是同族元素，故形成的rm{CO_{2}}和rm{CS_{2}}都是直线形分子，该推理合理，故A正确；B.rm{C}和rm{Si}rm{Se}和rm{S}都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较和rm{C}rm{Si}和rm{Se}都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，故B正确；C.因rm{S}的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是rm{I_{2}}故C错误；D.rm{FeI_{2}}氧化为浓硫酸氧化性很强，会将rm{HBr}氧化为rm{Br}rm{HBr}，不能用该方法制取rm{Br}rm{2}，故D错误。故选AB。

rm{2}【解析】rm{AB}9、CD【分析】【分析】本题考查化学平衡的影响因素，难度不大。【解答】A.容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A项错误；B.容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强小于容器Ⅱ，反应速率小，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B项错误；C.容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}Ⅲ，故C项正确；的体积分数：Ⅱrm{>}Ⅲ，故C项正确；但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中rm{>}D.若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为rm{1}但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中rm{SO}rm{1}rm{SO}rm{{,!}_{2}}故D项正确。的转化率与容器Ⅱ中rm{SO}rm{SO}【解析】rm{CD}10、rBD【分析】解：rm{A.}由图可知；加入催化剂降低反应的活化能，但反应热不变，故A错误；

B.由图象可知；反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，故B正确；

C.由图象可知；反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；

D.化学反应一定遵循质量守恒定律；故D正确．

故选BD．

由图象可知；反应物总能量大于生成物总能量，正反应为放热反应，加入催化剂，可降低反应的活化能，但反应热不变，以此解答该题．

本题考查反应热与焓变，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意根据图象判断反应的热效应，把握催化剂对反应的影响，难度不大．【解析】rm{BD}11、rAC【分析】解：rm{A.}绝热恒容时，为rm{SO_{3}}反应物，发生反应rm{2SO_{3}(g)overset{拢庐}{rightleftharpoons}2SO_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH>0}正反应为吸热反应，温度降低，平衡向生成rm{2SO_{3}(g)

overset{拢庐}{rightleftharpoons}2SO_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H>0}的方向移动，rm{SO_{3}}

反应rm{a>1.2}为气体体积减小的反应，恒温恒压时，与原平衡相比相当于压强增大，平衡向生成rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}}的方向移动，rm{SO_{3}}故A正确；

B.平衡常数与温度有关；容器Ⅱ绝热温度会越来越高，容器Ⅲ恒温温度不变，所以容器Ⅱ；Ⅲ温度不同，平衡常数不同，故B错误；

C.根据rm{b>1.2}分析，rm{A}的转化率减小，即容器rm{SO_{3}}中rm{I}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{2}}的转化率之和小于rm{SO_{3}}故C正确；

D.容器rm{1}中反应达到平衡状态时，rm{I}rm{c(SO_{2})=dfrac{2-1.2}{1}mol/L=0.8mol/L}rm{c(O_{2})=dfrac{1-0.6}{1}mol/L=0.4mol/L}化学平衡常数rm{K=dfrac{1拢庐2^{2}}{0拢庐8^{2}隆脕0.4}=5.625}

若起始时向容器Ⅰ中充入rm{c(SO_{3})=1.2mol/L}rm{c(SO_{2})=dfrac

{2-1.2}{1}mol/L=0.8mol/L}和rm{c(O_{2})=dfrac

{1-0.6}{1}mol/L=0.4mol/L}浓度商rm{=dfrac{1拢庐4^{2}}{1拢庐0^{2}隆脕0.40}=4.9<5.625}则该反应向正反应方向移动，则此时rm{K=dfrac

{1拢庐2^{2}}{0拢庐8^{2}隆脕0.4}=5.625}故D错误．

故选：rm{1.0molSO_{2}(g)}．

A.绝热恒容时，为rm{0.40molO_{2}(g)}反应物，正反应为吸热反应；恒温恒压时，反应rm{1.40molSO_{3}(g)}为气体体积减小的反应；

B.平衡常数与温度有关；容器Ⅱ；Ⅲ温度不同；

C.容器Ⅱ中rm{=dfrac

{1拢庐4^{2}}{1拢庐0^{2}隆脕0.40}=4.9<5.625}的转化率相比容器rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}中转化率减小；

D.先计算浓度商；根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小．

本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，涉及等效平衡、化学平衡常数与浓度商之间关系等知识点，侧重考查学生分析计算能力．rm{AC}【解析】rm{AC}三、填空题(共9题，共18分)12、原电池锌2H++2e--=H2↑【分析】【分析】在Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池中，锌失电子变成离子进入溶液，发生氧化反应，所以锌是负极，氢离子在正极得电子发生还原反应，据此分析．【解析】【解答】解：在Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池中，锌失电子变成离子进入溶液，发生氧化反应，所以锌是负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，氢离子在正极得电子发生还原反应，反应式为2H++2e--=H2↑；

故答案为：原电池；锌；2H++2e--=H2↑．13、BaCl2应先在⑥步操作前的滤液中加足量盐酸后，蒸发结晶固体B或沉淀A'的质量【分析】【分析】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为A碳酸钡沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经⑤蒸发、结晶后可得B固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得KCl，固体C为KCl，据此进行解答．【解析】【解答】解：分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为A碳酸钡沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经⑤蒸发、结晶后可得B固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物；应加入过量盐酸可得KCl，固体C为KCl；

（1）氯化钾和氯化钡溶液中加入碳酸钾溶液可以生成碳酸钡沉淀，则沉淀A为BaCO3；过滤后碳酸钡沉淀中加入盐酸可生成BaCl2溶液，经⑤蒸发、结晶后可得B固体BaCl2，故答案为：BaCl2；

（2）蒸发结晶前应加入适量稀盐酸；将过量的碳酸钾转化成氯化钾，否则晶体不纯；

故答案为：应先在⑥步操作前的滤液中加足量盐酸后；蒸发结晶；

（3）固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为碳酸钡沉淀，过滤后沉淀加入试剂b盐酸可将碳酸钡转化成BaCl2溶液，然后经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数；除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是固体B或沉淀A’的质量，依据B为BaCl2计算得到质量分数，A'为碳酸钡，结合钡元素守恒计算氯化钡质量得到；

故答案为：固体B或沉淀A’的质量．14、O2+4e-+2H2O=4OH-2H2-4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+4H+=2H2O2H2-4e-=4H+18变小变大【分析】【分析】（1）氢氧燃料电池中；如果电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，阴极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；

（2）氢氧燃料电池中，如果电解质溶液为酸，则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，阴极上氢气失电子生成氢离子；【解析】【解答】解：（1）氢氧燃料电池中，如果电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，阴极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O；

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2H2-4e-+4OH-=4H2O；

（2）氢氧燃料电池中，如果电解质溶液为酸，则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，阴极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为：2H2-4e-=4H+；该反应过程中，每转移2mol电子，则生成1mol水，其质量是18g，（1）中有水生成，溶液的碱性变弱，所以溶液的PH变小；（2）中也有水生成，溶液的酸性减弱，所以溶液的PH变大．

故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；2H2-4e-=4H+；18；变小；变大．15、催化剂、吸水剂防止暴沸CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O中和乙酸、溶解乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层乙酸乙酯【分析】【分析】（1）浓硫酸起到了催化作用和吸水作用；

（2）加热液体时加入碎瓷片时为了防止溶液暴沸飞溅；

（3）酯化反应的本质为酸脱羟基；醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；

（4）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；乙酸乙酯密度小于水．【解析】【解答】解：（1）乙酸与乙醇发生酯化反应；需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂；吸水剂；

（2）烧瓶中加入碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸；

（3）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O

（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，乙酸乙酯的密度小于水，故在上层，故答案为：中和乙酸、溶解乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层；乙酸乙酯．16、氧化反应【分析】【分析】（1）根据官能团的变化判断反应类型；

（2）A中含有酚羟基；苯环对位上有H，可与浓溴水发生取代反应；

（3）中含有2个C-O键；与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；

（4）D的一种同分异构体中：①属于α-氨基酸；②是苯的衍生物；且苯环上的一氯代物只有两种，应位于对位位置；③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；

（5）制备应先制备乙酸和乙醇氧化可生成乙酸，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成与反应生成进而氧化可生成．【解析】【解答】解：（1）B→C的反应中-OH生成C=O；为氧化反应；

故答案为：氧化反应；

（2）A中含有酚羟基，苯环对位上有H，可与浓溴水发生取代反应，反应的方程式为：

故答案为：

（3）中含有2个C-O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，生成的另一种有机物的结构简式为：

故答案为：

（4）D的一种同分异构体中：①属于α-氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，应位于对位位置；③分子中含有两个甲基，则满足条件的有机物的同分异构体为：

故答案为：

（5）制备应先制备乙酸和乙醇氧化可生成乙酸，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成与反应生成进而氧化可生成则反应的流程为：

故答案为：．17、各物质分子碳原子排列的方式不同否因为碳原子的最外层电子数为4，常温下不易得失电子，故它们的化学性质不活泼将足球烯、碳纳米管分别放在充满足量氧气的密闭容器中使之充分燃烧，测定其生成物只是CO2，且CO2里所含的碳的质量等于燃烧前足球烯或碳纳米管减少的质量【分析】【分析】（1）同素异形体物理性质的差异要从结构上分析；即原子排列方式的不同造成了其物理性质的差异；

（2）根据碳的原子结构推测；常温下足球烯和纳米碳管的化学性质；

（3）设计一个“在充满氧气的密闭容器里使之燃烧”的实验方案，证明足球烯和碳纳米管都是由碳元素组成的单质．【解析】【解答】解：（1）金刚石；石墨、足球烯、碳纳米管物理性质有较大差异的原因是碳原子排列不同；

故答案为：各物质分子碳原子排列的方式不同；

（2）根据碳的原子结构推测；常温下足球烯和纳米碳管的化学性质不活泼，因为它们均是由碳原子构成的单质，碳原子的最外层为4个电子，常温下不易得失电子；

故答案为：否；因为碳原子的最外层电子数为4；常温下不易得失电子，故它们的化学性质不活泼；

（3）设计一个实验方案；证明足球烯和碳纳米管都是由碳元素组成的单质：将足球烯；碳纳米管分别放在充满氧气的密闭容器里使之燃烧，用澄清的石灰水测定其生成物是二氧化碳，且二氧化碳里所含碳的质量等于燃烧前后足球烯所减少的质量；

故答案为：将足球烯、碳纳米管分别放在充满足量氧气的密闭容器中使之充分燃烧，测定其生成物只是CO2，且CO2里所含的碳的质量等于燃烧前足球烯或碳纳米管减少的质量；18、K2CO3BaCl2K2SO4NaHSO42H++CO32-═CO2↑+H2OBaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）根据K2SO4、K2CO3、NaHSO4、BaCl2两两混合后；离子之间的反应所产生的现象解答；

（2）①K2CO3+NaHSO4→溶液+气体，⑤BaCO3+HCl→溶液+气体，根据对应物质性质解答；【解析】【解答】解：（1）K2CO3和K2SO4、K2SO4和NaHSO4混合均无现象，只有BaCl2既能和K2CO3又能和K2SO4反应生成白色沉淀，所以B是BaCl2，BaCl2和K2CO3反应生成碳BaCO3和KCl，BaCl2和NaHSO4反应生成BaSO4沉淀以及H2SO4和NaCl的混合液，BaCO3能溶于HCl中，生成无色无味的气体CO2，K2CO3和NaHSO4混合生成无色无味的气体CO2，所以由②B+C→溶液+沉淀；③B+D→溶液+沉淀；④A+B→溶液+沉淀；知B为BaCl2；，⑤将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体，知④K2CO3+BaCl2→KCl+BaCO3↓；知③BaCl2+NaHSO4→H2SO4+NaCl+BaSO4↓；所以A是K2CO3，B是BaCl2，C是K2SO4，D是NaHSO4，故答案为：K2CO3；BaCl2；K2SO4；NaHSO4；

（2）①的反应为：K2CO3+2NaHSO4═K2SO4+CO2↑+Na2SO4+H2O，所以离子反应为：2H++CO32-═CO2↑+H2O；

故答案为：2H++CO32-═CO2↑+H2O；

⑤的反应为：BaCO3+2HCl→BaCl2+CO2↑+H2O，所以离子反应为：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；

故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；19、略

【分析】

C能发生加聚反应，应含有C=C，为B和CH3OH酯化反应生成，结合高聚物的分子式可知B应为CH2=CHCOOH；

C为CH2=CHCOOCH3，则D应含-OH，能与NaOH溶液反应，应含有酚羟基，E转化为F时，产物只有一种结构，且能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明F中含有C=C，且E结构对称，则F为E应为D为则A为

（1）D为含有酚羟基，故答案为：（酚）羟基；

（2）B为CH2=CHCOOH，分子式为C3H4O2，故答案为：C3H4O2；

（3）由以上分析可知A为F为故答案为：

（4）B为CH2=CHCOOH，与甲醇发生酯化反应，也为取代反应，反应的方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，在浓硫酸作用下发生消去反应，反应的方程式为

故答案为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；取代；消去；

（5）A的同分异构体中：①苯环含有的二取代结构处于对位；

②遇FeCl2溶液不变色，说明不含有酚羟基，③能发生银镜，说明含有-CHO，则对应的结构可能有：

故答案为：．

【解析】【答案】C能发生加聚反应，应含有C=C，为B和CH3OH酯化反应生成，结合高聚物的分子式可知B应为CH2=CHCOOH；

C为CH2=CHCOOCH3，则D应含-OH，能与NaOH溶液反应，应含有酚羟基，E转化为F时，产物只有一种结构，且能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明F中含有C=C，且E结构对称，则F为E应为D为则A为结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题．

20、略

【分析】解：(1)a；甲醛有毒；同时可以使蛋白质变性，影响蛋白质的质量，故a错误．

b、装修材料中含有大量的甲醛、苯等有害物质，如不通风就直接入住会给人体带来较大危害，故b正确；

c、HCHO中的中碳氧双键与NaHSO3发生加成反应；故C正确；

d；甲醛能能动物标本中的蛋白质发生变性；破坏蛋白质的结构，避免动物标本的腐烂，故d正确；

故选：a

(2)因HCO3-也可与NaOH标准溶液反应；消耗NaOH标准溶液，使得测定结果偏高，故选：a；

(3)①因原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比，反应I的原子利用率为×100%=93.7%，反应II的原子利用率为×100%=62.5%；平衡常数越大越有利于反应的进行；故答案为：I；II；

②因反应放热；△H＜0，熵值增大，△S＞0，所以△G=△H-T•△S一定小于0，反应自发，故选：c；

③因温度升高；反应I向正向移动，平衡常数增大，反应II逆向移动，平衡常数减小，故答案为：II；

(4)恰好反应进行完，酸性KMnO4溶液颜色褪去；

4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O

45

5×10-3L×1.00×10-4mol/Ln

n=6.25×10-7mol

则HCHO的质量为6.25×10-7mol×30g/mol=1.5×10-5g=1.875×10-2mg，空气的体积为50L=0.05m3；室内空气中甲醛的浓度。

=0.375mg/m3，故答案为：酸性KMnO4溶液颜色突然褪去；0.375．【解析】a;a;I;II;C;II;酸性KMnO4溶液颜色突然褪去;0.375四、判断题(共4题，共12分)21、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．22、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．23、×【分析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解析】【解答】解：烷烃分子中；同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种．

故答案为：×．五、简答题(共4题，共24分)25、（1）FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶解度比(NH4)2SO4和FeSO4·7H2O的溶解度较小的特点，从(NH4)2SO4和FeSO4·7H2O混合液中析出FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O复盐晶体

（2）过滤；蒸发浓缩，蒸发皿，晶膜；冷却结晶（1分）

（3）a

（4）取少量晶体于试管中，加入适量的NaOH溶液，并加热，在试管口上方放置红色石蕊试纸或pH试纸，若红色石蕊试纸变蓝或黄色pH试纸变绿，说明有NH4+离子

（5）①溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色，且半分钟内不褪色

②5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

③98.06【分析】【分析】

本题考查了硫酸亚铁铵的制备。【解答】

rm{(1)}根据以上表格分析制备摩尔盐的实验原理是rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}的溶解度比rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}的溶解度较小的特点，从rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}混合液中析出rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}复盐晶体，故答案为：rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}的溶解度比rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}的溶解度较小的特点，从rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}混合液中析出rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}复盐晶体；

rm{(2)}操作rm{I}是过滤；操作rm{II}是蒸发浓缩，所使用的热源为水浴加热，操作rm{II}需要的仪器除了水浴加热装置外，还有铁架台、铁圈、蒸发皿，加热至溶液出现晶膜时，移去热源；操作rm{III}是冷却结晶，故答案为：过滤；蒸发浓缩；蒸发皿，晶膜；冷却结晶；

rm{(3)}整套装置由布氏漏斗、抽滤瓶、安全瓶构成，抽滤过程中使用抽气泵抽真空前，关闭活塞rm{c}抽滤结束打开活塞rm{c}恢复体系压强，抽滤过程还需用rm{95%}乙醇水溶液洗涤晶体，故答案为：rm{a}

rm{(4)}检验产品中rm{NH_{4}^{+}}离子取少量晶体于试管中，加入适量的rm{NaOH}溶液，并加热，在试管口上方放置红色石蕊试纸或rm{pH}试纸，若红色石蕊试纸变蓝或黄色rm{pH}试纸变绿，说明有rm{NH_{4}+}离子，故答案为：取少量晶体于试管中，加入适量的rm{NaOH}溶液，并加热，在试管口上方放置红色石蕊试纸或rm{pH}试纸，若红色石蕊试纸变蓝或黄色rm{pH}试纸变绿，说明有rm{NH_{4}+}离子；

rm{(5)垄脵}滴定至终点时出现的现象为溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色；且半分钟内不褪色。

rm{垄脷}写出滴定原理的离子反应方程式rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}故答案为：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

rm{垄脹}该摩尔盐的纯度为rm{98.06}rm{%}

故答案为：rm{98.06}。【解析】rm{(1)FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}的溶解度比rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}的溶解度较小的特点，从rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}混合液中析出rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}复盐晶体rm{(2)}过滤；蒸发浓缩，蒸发皿，晶膜；冷却结晶rm{(1}分rm{)}rm{(3)a}rm{(4)}取少量晶体于试管中，加入适量的rm{NaOH}溶液，并加热，在试管口上方放置红色石蕊试纸或rm{pH}试纸，若红色石蕊试纸变蓝或黄色rm{pH}试纸变绿，说明有rm{NH_{4}+}离子rm{(5)垄脵}溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色，且半分钟内不褪色rm{垄脷5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}rm{垄脹98.06}26、略

【分析】解：rm{(1)}测定有机物的实验式，就要测定有机物本身的质量、rm{CO_{2}}和水的质量，测定水的质量可用无水氯化钙吸收，测定rm{CO_{2}}的质量可用rm{KOH}浓溶液吸收，分别称取吸收前后的吸收剂的质量，计算碳、氢原子在分子中的含量，装置rm{h}即可盛无水氯化钙也可盛rm{KOH}浓溶液，因此最少需要的仪器种类为rm{4}种，分别是rm{a}rm{d}rm{f}rm{h}两次用到rm{h}前者盛有无水氯化钙吸收水，后者盛有rm{KOH}浓溶液吸收rm{CO_{2}}需要用天平称量质量；

故答案为：rm{4}rm{a}rm{d}rm{f}rm{h}rm{h}吸收rm{H_{2}O}吸收rm{CO_{2}}天平；

rm{(2)}根据质量守恒定律，如果试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃，如果试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物；

故答案为：试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃，试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物；

rm{(3)}定温；定压下蒸气密度之比等于相对分子质量之比；求得了实验式和相对分子质量即可得到该有机物的化学式；

故答案为：rm{B}．

rm{(1)}测定有机物的实验式，就要测定有机物本身的质量、rm{CO_{2}}和水的质量，测定水的质量可用无水氯化钙吸收，测定rm{CO_{2}}的质量可用rm{KOH}浓溶液吸收，分别称取吸收前后的吸收剂的质量，计算碳、氢原子在分子中的含量，装置rm{h}即可盛无水氯化钙也可盛rm{KOH}浓溶液；

rm{(2)}如果试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃，如果试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物；

rm{(3)}求得了实验式；要求得分子式，必须知道该有机物的相对分子质量．

本题考查有机物实验式和分子式的确定，难度不大，了解希比希元素分析法的原理和方法是解题的关键．【解析】rm{4}rm{a}rm{d}rm{f}rm{h}rm{h}吸收rm{H_{2}O}吸收rm{CO_{2}}天平；试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃，试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物27、略

【分析】解：由反应结合反应信息Ⅰ，可知rm{D}的结构简式为结合反应信息Ⅲ，逆推可得rm{C}为rm{B}为rm{A}为由反应信息Ⅱ，顺推可得，rm{E}为rm{F}为rm{H}的相对分子质量为rm{190}比rm{F}的相对分子质量大rm{2}故组成上比rm{F}多rm{2}个rm{H}原子，应是rm{F}中rm{C=C}双键与氢气加成，故F中rm{C=C}rm{-CHO}与氢气加成生成rm{G}rm{G}为，rm{G}中醇被氧化为rm{-CHO}则rm{G}为rm{F}为

rm{(1)}由上述分析可知，rm{D}为rm{E}为含有羟基；醛基；

故答案为：羟基；醛基；

rm{(2)}由上述分析可知，rm{A}为分子式为rm{C_{6}H_{6}}rm{B}为

故答案为：rm{C_{6}H_{6}}

rm{(3)}反应rm{垄脵}属于加成反应，反应rm{垄脷}飞方程式为：

故答案为：加成反应；

rm{(4)}兔耳草醛rm{H}中的含氧官能团易被氧化，生成化合物rm{W}rm{W}为rm{G}与rm{W}发生酯化反应的化学方程式为

故答案为：

rm{(5)W}为与的分子式不与；二者不是同分异构体；

的同分异构体符合条件：属于芳香族化合物且苯环上有五个取代基，含有苯环，不饱和度为rm{5}核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰，分子中有rm{4}种rm{H}原子，rm{1mol}该物质最多可消耗rm{2molNaOH}且能发生银镜反应，可以含有rm{2}个酚羟基、rm{1}个rm{-CHO}另外官能团为rm{2}个rm{-C(CH_{3})_{3}}符合条件的同分异构体的结构有：

故答案为：否；rm{2}．

由反应结合反应信息Ⅰ，可知rm{D}的结构简式为结合反应信息Ⅲ，逆推可得rm{C}为rm{B}为rm{A}为由反应信息Ⅱ，顺推可得，rm{E}为rm{F}为rm{H}的相对分子质量为rm{190}比rm{F}的相对分子质量大rm{2}故组成上比rm{F}多rm{2}个rm{H}原子，应是rm{F}中rm{C=C}双键与氢气加成，故F中rm{C=C}rm{-CHO}与氢气加成生成rm{G}rm{G}为，rm{G}中醇被氧化为rm{-CHO}则rm{G}为rm{F}为据此解答．

本题考查有机物推断与合成、对信息的利用、官能团的性质与转化、同分异构体、有机反应类型等，难度中等，理解信息给予的反应与官能团性质是关键，rm{(5)}中同分异构体的书写是难点、易错点．【解析】羟基、醛基；rm{C_{6}H_{6}}加成反应；否；rm{2}28、略

【分析】解：（1）由苯与2-丙醇反应制备异丙苯，可看成异丙基取代苯环上的一个氢原子，属于取代反应，苯环的取代反应需在催化剂作用下进行，由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为Br2/FeBr3或Br2/Fe‘故答案为：取代反应；Br2/FeBr3或Br2/Fe；

（2）在异丙苯的多种同分异构体中；一溴代物最少的是1，3，5-三甲苯，只有一取代物，故答案为：1，3，5-三甲苯；

（3）异丙苯制取制取α-甲基苯乙烯，可先发生取代反应生成氯代物，在碱性条件下发生消去反应可生成，故答案为：

（4）丙烯腈（CH2=CHCN）、1，3-丁二烯和α-甲基苯乙烯发生加聚反应可生成耐热型ABS树脂，故答案为：

苯环上的取代反应需在催化剂作用下进行，由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为Br2/FeBr3或Br2/Fe；在异丙苯的多种同分异构体中；一溴代物最少的是1，3，5-三甲苯，只有一取代物；由饱和烃制取不饱和烃，常用的做法是先发生取代反应生成氯代物，在碱性条件下发生消去反应可生成所需物质；含有不饱和键的物质在一定条件下可发生加聚反应，生成高聚物．

本题主要考察有机反应类型的判断、反应试剂的选择、同分异构体的书写有机有机高分子单体的判断和结构简式的书写，注意同分异构体的判断．【解析】取代反应；Br2/FeBr3或Br2/Fe；1，3，5-三甲苯；六、探究题(共4题，共32分)29、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠