2025年新科版高二化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新科版高二化學(xué)下冊階段測試試卷601考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、苯甲酸鈉（NaA）可用作飲料的防腐劑，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣，在生產(chǎn)碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓沖入CO2氣體，已知25℃時，HA、H2CO3的電力平衡常數(shù)分別為K=6.25×10﹣5、K1=4.3×10﹣7，下列說法正確的是（不考慮飲料中其他成分）（）A.提高CO2充氣壓力，飲料中c（A﹣）不變B.當(dāng)pH為5.0時，飲料中=0.16C.相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低D.結(jié)合H+的能力：A﹣＞HCO3﹣2、用rm{0.10mol?L^{-1}}的鹽酸滴定rm{0.10mol?L^{-1}}的氨水，滴定過程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是rm{(}rm{)}A.rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}B.rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}C.rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}D.rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}3、實驗室里需用480mL0.1mol·L－1的硫酸銅溶液，現(xiàn)選取500mL容量瓶進行配制，以下操作正確的是A.稱取7.68g硫酸銅，加入500mL水B.稱取12.0g膽礬配成500mL溶液C.稱取8.0g硫酸銅，加入500mL水D.稱取12.5g膽礬配成500mL溶液4、已知在25℃、101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放出48.40kJ熱量。表示上述反應(yīng)的熱化學(xué)方程式正確的是A.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H=-48.40kJ·mol-1B.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ·mol-1C.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=+5518kJ·mol-1D.C8H18(l)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-48.40kJ·mol-15、一定條件下，向兩個容積相同的密閉容器中分別充入一定量的NO2（g）和NH3（g），分別達到平衡2NO2?N2O4，2NH3?N2+3H2，均為氣態(tài)后，NO2和NH3的轉(zhuǎn)化率均為a%，保持溫度、容積不變，向兩個容器中分別再充入1molN2O4和1molNH3，再次達到平衡時NO2和NH3的轉(zhuǎn)化率分別為b%和c%．則下列關(guān)系中正確的是（）A.b＞a＞cB.c＞a＞bC.a＞b＞cD.a=b=c6、可逆反應(yīng)mA（s）+nB（g）?pC（g）+qD（g）反應(yīng)過程中，當(dāng)其他條件不變時，C的體積分?jǐn)?shù)Φ（C）在不同溫度（T）和不同壓強（P）的條件下隨時間（t）的變化關(guān)系如圖所示．下列敘述正確的是（）A.達到平衡后，若使用催化劑，C的體積分?jǐn)?shù)將增大B.當(dāng)平衡后，若溫度升高，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動C.化學(xué)方程式中，n＞p+qD.達到平衡后，增加A的質(zhì)量有利于化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、已知在25℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均難溶于水，且Ksp(AgX)==1.8×10-10，Ksp(AgY)==1.0×10-12，Ksp(AgZ)==8.7×10-17；（1）根據(jù)以上信息，判斷AgX、AgY、AgZ三者的溶解度（以被溶解的溶質(zhì)的物質(zhì)的量／1L溶液表示）S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小順序為：_______________（2）若向AgY的飽和溶液中加入少量的AgX固體，則c(Y－)（填“增大”、“減小”或“不變”）。（3）由上述Ksp判斷，在上述（2）的體系中，能否實現(xiàn)AgY向AgZ的轉(zhuǎn)化，并簡述理由：_______8、常溫下，兩種溶液①0.1mol/LNH3?H2O②0.1mol/LNH4Cl中：

(1)若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中c(OH-)____________(填“增大”、“減小”或“不變”)；KW____________(填“增大”；“減小”或“不變”)

(2)溶液②呈____________性(填“酸”；“堿”或“中”)．其原因是____________

(用離子方程式表示)．升溫可以____________(填“促進”或“抑制”)NH4Cl的水解．

(3)兩種溶液中c(NH4+)的大小為____________(填字母)．

a．兩種溶液中c(NH4+)都等于0.1mol/L

b．兩種溶液中c(NH4+)都小于0.1mol/L

c．NH4Cl溶液中c(NH4+)小于NH3?H2O溶液中c(NH4+)

(4)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此時c(NH4+)=amol/l，則c(SO42-)=____________mol/l

(5)若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1，則所得溶液中各離子物質(zhì)的量濃度由大到小的關(guān)系是____________．9、按要求回答問題．

rm{(1)}乙烯的電子式為______；

rm{(2)}當(dāng)rm{0.2mol}烴rm{A}在足量氧氣中完全燃燒時生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}催化加氫后生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，則rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為______．

rm{(3)}相對分子質(zhì)量為rm{72}且沸點最低的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式______；

rm{(4)}的名稱rm{(}系統(tǒng)命名法rm{)}______．10、rm{(1)}下列有機物的命名____的是rm{(}rm{)}rm{(2)}僅含rm{C}rm{H}rm{O}三種元素且相對分子質(zhì)量為rm{58}的有機物有多種：rm{壟脵}若該有機物是一種飽和一元醛，則其和新制氫氧化銅反應(yīng)的化學(xué)方程式為：__________________________________________________rm{壟脷}若該有機物rm{1mol}能與足量銀氨溶液作用可析出rm{4molAg}則該有機物結(jié)構(gòu)簡式為：_____________________rm{壟脹}若該有機物能與金屬鈉反應(yīng)，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，則該有機物結(jié)構(gòu)簡式為：___________________rm{(}注：羥基連在雙鍵碳上的有機物極不穩(wěn)定rm{)}rm{(3)}據(jù)專家介紹，多食用花生油對人體有益，是因為花生油中含反式脂肪酸較少，且含有對人體有抗癌作用的白藜蘆醇rm{(}化學(xué)名稱為芪三酚rm{)}其結(jié)構(gòu)簡式為：

試寫出rm{1mol}白藜蘆醇與足量溴水發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：

_______________________________________________________________________________11、回答下列問題rm{(1)}下列物質(zhì)中：rm{A.KBr(s)}rm{B.C_{2}H_{5}OH(l)}rm{C.Cl_{2}(g)}rm{D.CH_{3}COOH(l)}rm{E.BaSO_{4}(s)F.NaHSO_{4}(s)G.}石墨rm{E.BaSO_{4}(s)F.NaHSO_{4}(s)

G.}rm{(s)}rm{H.CO_{2}(s)}屬于強電解質(zhì)的是___________；能直接導(dǎo)電的是___________；rm{I.NaOH(l)}能溶于水，且水溶液能導(dǎo)電的非電解質(zhì)___________。的電離方程式可表示為：rm{(2)Al(OH)_{3}}rm{H^{+}+AlO_{2}^{-}+H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}}試根據(jù)平衡移動原理解釋：向rm{Al^{3+}+3OH^{-}}沉淀中加入苛性鈉溶液，沉淀溶解，其原因是___________，有關(guān)的離子方程式為___________。rm{Al(OH)_{3}}rm{(3)298K}時，在rm{101KPa}水中可溶解rm{1L}氯氣，實驗測得溶于水的氯氣約有rm{0.09mol}與水反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式為___________，下列方法能增大氯氣溶解度的是___________rm{dfrac{1}{3}}填字母rm{(}rm{)}升溫rm{a.}加壓rm{b.}加入rm{c.}氣體rm{HCl}加入少量rm{d.}固體rm{Na_{2}CO_{3}}加入石灰石rm{e.}已知rm{壟脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)婁隴H=-67.7kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)婁隴H=-57.3kJ隆隴mol^{-1}}寫出rm{(4)}電離的熱化學(xué)方程式：_________________________________rm{壟脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)

婁隴H=-67.7kJ隆隴mol^{-1}}煙氣中含有的氮氧化物rm{壟脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)

婁隴H=-57.3kJ隆隴mol^{-1}}可與甲烷在一定條件下反應(yīng)轉(zhuǎn)化為無害成分，從而消除污染。已知：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{HF}rm{(5)}rm{(NO_{x})}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+

2H_{2}O(l)}rm{婁隴H=akJ/mol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}脫硝rm{(g)+O}的熱化學(xué)方程式為：______________________________________rm{(g)+O}12、維生素C是一種水溶性維生素（其水溶液呈酸性），它的分子式是C6H8O6．維生素C易被空氣中的氧氣氧化．在新鮮的水果，蔬菜，乳制品中都富含有維生素C，如新鮮橙汁中維生素C的含量為500mg?L-1左右．某校課外活動小組測定了某品牌的軟包裝橙汁中維生素C的含量；下面是測定分析的實驗報告：

（1）測定目的：測定XX牌軟包裝橙汁中維生素C的含量．

（2）測定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-．

（3）實驗用品：

①實驗儀器：酸式滴定管；鐵架臺，錐形瓶，滴管等．

②試劑：指示劑____（填名稱），7.5×10-3mol?L-1標(biāo)準(zhǔn)碘液；蒸餾水．

（4）實驗步驟：

①洗滌儀器：檢查滴定管是否漏水；潤洗好后裝好標(biāo)準(zhǔn)碘液．

②打開軟包裝橙汁；目測顏色（橙黃色，澄清度好），用酸式滴定管向錐形瓶中移入20.00ml待測橙汁，滴入2滴指示劑．

用左手控制滴定管的____（填部位），右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶中溶液顏色的變化直到滴定終點，判斷滴定終點的現(xiàn)象是____．

③記下讀數(shù)；再重復(fù)操作兩次．

（5）數(shù)據(jù)記錄處理，若經(jīng)數(shù)據(jù)處理，滴定中消耗標(biāo)準(zhǔn)碘溶液的體積是15.00ml，則此橙汁中維生素C的含量為____mg?L-1．

（6）誤差分析：若在實驗中存在下列操作，其中會使維生素C的含量偏低的是____

A．量取待測橙汁的儀器水洗后未潤洗。

B．錐形瓶水洗后未用待測液潤洗。

C．滴定前尖嘴部分有一氣泡；滴定終點時消失。

D．滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)．13、W；X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短同期的四種元素．W、X是金屬元素；Y、Z是非金屬元素．Y的氧化物是現(xiàn)代光學(xué)及光纖制品的基本原料．請回答：

（1）WZ是生活中常見的鹽，實驗室檢驗該鹽中陰離子的操作方法和現(xiàn)象為：取少量WZ固體溶于水，____；則證明WZ中有該陰離子．

（2）Y在元素周期表中的位置是____．

（3）Z元素形成氫化物的電子式____．

（4）將W、X的氫氧化物混合，其反應(yīng)的離子方程式為____．

（5）0.5molX單質(zhì)與足量W的最高價氧化物對應(yīng)水化物的溶液發(fā)生反應(yīng)，生成氣體的體積為____（標(biāo)準(zhǔn)狀況）．14、在CrCl3的水溶液中，一定條件下存在組成為[CrCln（H2O）6-n]x+（n和x均為正整數(shù)）的配離子，將其通過氫離子交換樹脂（R-H），可發(fā)生離子交換反應(yīng)：[CrCln（H2O）6-n]x++xR-H→Rx[CrCln（H2O）6-n]+xH+；交換出來的H+經(jīng)中和滴定，即可求出x和n，確定配離子的組成．現(xiàn)將含0.0015mol[CrCln（H2O）6-n]x+的溶液，與R-H完全交換后，中和生成的H+需濃度為0.1200mol?L-1NaOH溶液25.00mL，可知該配離子的化學(xué)式為______，中心離子的配位數(shù)為______．15、rm{2016}年rm{9}月rm{4}日，rm{G20}峰會召開，揚州天空呈現(xiàn)出干凈的藍色，云彩隨意地鋪散在天空，純凈透明，出現(xiàn)了持續(xù)的“水晶天”。年rm{2016}月rm{9}日，rm{4}峰會召開，揚州天空呈現(xiàn)出干凈的藍色，云彩隨意地鋪散在天空，純凈透明，出現(xiàn)了持續(xù)的“水晶天”。rm{G20}目前我國空氣質(zhì)量檢測體系包括rm{(1)}目前我國空氣質(zhì)量檢測體系包括rm{PM2.5}rm{SO}rm{(1)}rm{PM2.5}rm{SO}rm{{,!}_{2}}、rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{2}}等指標(biāo)。其中________被認(rèn)為是引起霧霾天氣的元兇；會引起硫酸型酸雨的氣體為________。

、rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}、rm{CO}等指標(biāo)。其中________被認(rèn)為是引起霧霾天氣的元兇；會引起硫酸型酸雨的氣體為________。rm{CO}rm{(2)NH}rm{(2)NH}rm{{,!}_{3}}減少催化還原氮氧化合物轉(zhuǎn)化為無污染物質(zhì)是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣氮氧化合物脫除技術(shù)，寫出rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}

催化還原rm{NO}評卷人得分三、有機推斷題(共4題，共8分)16、某烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．17、某烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．18、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應(yīng)。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結(jié)構(gòu)簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學(xué)方程式___________。

(4)設(shè)計以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。19、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應(yīng)類型是____________，B和F的結(jié)構(gòu)簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構(gòu)體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設(shè)計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應(yīng)流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共20分)20、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。21、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結(jié)晶水未完全失去22、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。23、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈臁⒓徔?、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領(lǐng)域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應(yīng)溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應(yīng)溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應(yīng)溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共12分)24、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。25、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。26、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。27、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分六、綜合題(共2題，共16分)28、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解答】解：A．提高CO2充氣壓力，溶液的酸性增強，溶液中c（A﹣）減小，故A錯誤；B．當(dāng)pH為5.0時，飲料中===0.16；故B正確；

C．由題中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣，充CO2的飲料中HA的濃度較大，所以相比于未充CO2的飲料；碳酸飲料的抑菌能力較高，故C錯誤；

D．酸的酸性越強，其陰離子結(jié)合質(zhì)子能力越弱，HA的酸性強于H2CO3，所以結(jié)合H+的能力：A﹣＜HCO3﹣；故D錯誤．

故選B．

【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣；

B．根據(jù)=計算；

C．苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣；

D．酸的酸性越強，其陰離子結(jié)合質(zhì)子能力越弱．2、C【分析】解：rm{A}若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，則一般溶液顯堿性，即rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}溶液中弱電解質(zhì)的電離rm{>}鹽的水解，即rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}則符合電荷守恒，故A是可能出現(xiàn)的結(jié)果；

B；若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨；當(dāng)溶液中弱電解質(zhì)的電離程度與鹽的水解程度相同時，溶液為中性，則。

rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}由電荷守恒可知rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}故B是可能出現(xiàn)的結(jié)果；

C、當(dāng)rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}則溶液中陰離子帶的電荷總數(shù)就大于陽離子帶的電荷總數(shù)，顯然與電荷守恒矛盾，故C是不可能出現(xiàn)的結(jié)果；

D、若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨，由銨根離子水解則溶液顯酸性，即rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}又水解的程度很弱，則。

rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}且符合電荷守恒，故D是可能出現(xiàn)的結(jié)果；

故選：rm{C}．

根據(jù)酸堿滴定中；無論溶液中的溶質(zhì)是氯化銨；氯化銨和氯化氫、氯化銨和一水合氨，該溶液一定不顯電性，則利用遵循電荷守恒來分析解答．

本題考查酸堿滴定后溶液中離子濃度的關(guān)系，明確溶液中的弱電解質(zhì)的電離及鹽的水解來分析，利用電荷守恒則可知溶液中不可能出現(xiàn)陰離子均大于陽離子的情況即可解答．【解析】rm{C}3、D【分析】500ml0.1mol/L的硫酸銅溶液中，含有硫酸銅是0.05mol，所以需要硫酸銅是0.05mol×160g/mol＝8.0g，如果用膽礬則是0.05mol×250g/mol＝12.5g，所以答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿4、B【分析】首先折算出1mol辛烷可放熱5518kJ·；寫熱化學(xué)方程式時要注意系數(shù)與焓變之間的關(guān)系及正負號的意義、焓變的單位等。【解析】【答案】B5、A【分析】解：在兩個恒容容器中有平衡體系：①2NO2?N2O4，②2NH3?N2+3H2，平衡時NO2和NH3的轉(zhuǎn)化率均為a%；

若向容器中①再充入1molN2O4，①向正反應(yīng)方向移動，促進反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化，則再次達到平衡時NO2為b%＞a%；

②中再充入1molNH3，②向逆反應(yīng)方向移動，轉(zhuǎn)化率減小，則再次達到平衡時NH3的轉(zhuǎn)化率為c%＜a%；

故選A．

在兩個恒容容器中有平衡體系：①2NO2?N2O4，②2NH3?N2+3H2，向兩個容器中分別再充入1molN2O4和1molNH3；相當(dāng)于增大體系的壓強，平衡向氣體體積減小的方向進行，以此來解答．

本題考查化學(xué)平衡移動，為高頻考點，把握恒容時物質(zhì)的量的增大相當(dāng)于壓強增大為解答的關(guān)鍵，注意壓強增大平衡向體積縮小的方向移動，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】A6、B【分析】解：A．加入催化劑平衡不移動；C的體積分?jǐn)?shù)不變，故A錯誤；

B．由圖（1）可知，T2＞T1；升高溫度，C的體積分?jǐn)?shù)Φ（C）減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，故B正確；

C．由圖（2）可知，P2＞P1；增大壓強，C的體積分?jǐn)?shù)Φ（C）減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，n＜p+q，故C錯誤；

D．A為固體；對反應(yīng)速率以及平衡移動沒有影響，增加A的質(zhì)量平衡不移動，故D錯誤．

故選B．

由圖（1）可知，T2＞T1；升高溫度，C的體積分?jǐn)?shù)Φ（C）減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

由圖（2）可知，P2＞P1；增大壓強，C的體積分?jǐn)?shù)Φ（C）減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，n＜p+q；

注意反應(yīng)中A為固體；對反應(yīng)速率以及平衡移動沒有影響．

本題考查化學(xué)平衡圖象問題，注意把握圖象曲線變化，判斷外界條件對化學(xué)平衡的影響，解答本題時注意A為固體是學(xué)生解答中的易錯點．【解析】【答案】B二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【解析】【答案】8、略

【分析】解：(1)氨水電離生成銨根離子和氫氧根離子，NH3?H2O?NH4++OH-，加入硫酸銨后，銨根離子濃度增大，所以平衡逆向移動，氫氧根濃度減小，KW只受溫度的影響；溫度不變，值不變，故答案為：減小；不變；

(2)氯化銨中，銨根離子水解生成一水合氨和氫離子，溶液顯示酸性，故答案為：酸；NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

(3)氨水屬于弱電解質(zhì)，不完全電離，氯化銨中，銨根離子會發(fā)生水解反應(yīng)，所以二者的濃度均會小于0.1mol/L，故選b；

(4)根據(jù)溶液中的電荷守恒：c(NH4+)+C(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，溶液顯示中性，則氫離子和氫氧根濃度相等，所以c(SO42-)=0.5c(H+)=0.5amol/L；故答案為：0.5a；

(5)向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1，則所得溶液恰好為硫酸銨，溶液中銨根離子水解，溶液顯示酸性，離子濃度大小關(guān)系為：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案為：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)．【解析】減小;不變;酸;NH4++H2O?NH3?H2O+H+;促進;b;0.5a;c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)9、略

【分析】解：rm{(1)}乙烯含有碳碳雙鍵，為平面形分子，結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH_{2}=CH_{2}}電子式為

故答案為：

rm{(2)0.2mol}烴rm{A}在足量氧氣中完全燃燒時生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}則rm{A}為rm{C_{6}H_{12}}由催化加氫后生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷可知，rm{(CH_{3})_{3}CCH_{2}CH_{3}}中只有最右側(cè)可出現(xiàn)碳碳雙鍵，則烯烴為

故答案為：

rm{(3)}設(shè)烷烴的分子式為rm{C_{x}H_{(2x+2)}}

則rm{14x+2=72}解得rm{x=5}

所以該烷烴的分子式為rm{C_{5}H_{12}}

分子式為rm{C_{5}H_{12}}的同分異構(gòu)體有主鏈有rm{5}個碳原子的：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}

主鏈有rm{4}個碳原子的：rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}

主鏈有rm{3}個碳原子的：rm{C(CH_{3})_{4}}

支鏈越多，沸點越低，為rm{C(CH_{3})_{4}}

故答案為：rm{C(CH_{3})_{4}}

rm{(4)}的主鏈為rm{5}個rm{C}原子，且含有rm{2}個甲基，則名稱為rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；

故答案為：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷．

rm{(1)}乙烯含有碳碳雙鍵，為平面形分子，結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH_{2}=CH_{2}}以此確定電子式；

rm{(2)0.2mol}烴rm{A}在足量氧氣中完全燃燒時生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}則rm{A}為rm{C_{6}H_{12}}由催化加氫后生成rm{2}rm{2-}二甲基丁烷可知，rm{(CH_{3})_{3}CCH_{2}CH_{3}}中只有最右側(cè)可出現(xiàn)碳碳雙鍵；

rm{(3)}設(shè)烷烴的分子式為rm{C_{x}H_{(2x+2)}}根據(jù)相對分子質(zhì)量為rm{72}列出方程式進行計算rm{x}值；支鏈越多，沸點越低；

rm{(4)}的主鏈為rm{5}個rm{C}原子，且含有rm{2}個甲基．

本題考查有機物的機構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型，注意把握有機物的官能團的性質(zhì)以及相關(guān)方程式的書寫為解答該題的關(guān)鍵，側(cè)重考查雙基知識，題目難度中等，涉及電子式和結(jié)構(gòu)簡式等，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】rm{C(CH_{3})_{4}}rm{2}rm{3-}二甲基戊烷10、（1）BC

（2）①CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH→CH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O

②OHC-CHO

③CH2=CHCH2OH

（3)【分析】【分析】本題考查了有機物的命名，同分異構(gòu)體的書寫，化學(xué)方程式的書寫等內(nèi)容，題目難度中等，確定有機物分子式為解答關(guān)鍵，注意掌握常見有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，明確同分異構(gòu)體的概念及書寫原則，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)有機物的命名原則，可知rm{C}為rm{2-}丁醇，故C錯誤，故答案為：rm{C}rm{(2)}rm{壟脵}若該有機物是一種飽和一元醛，通式為rm{CnH2nO}rm{14n+16=58}rm{n=3}則，丙醛和新制氫氧化銅反應(yīng)的化學(xué)方程式為：若該有機物是一種飽和一元醛，通式為rm{壟脵}rm{CnH2nO}rm{14n+16=58}則，丙醛和新制氫氧化銅反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}}rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}}rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{n=3}若該有機物rm{CH_{3}CH_{2}CHO+

2Cu(OH)_{2;}}能與足量銀氨溶液作用可析出rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+

Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}可確定含rm{CH_{3}CH_{2}CHO+

2Cu(OH)_{2;}}醛基，故為乙二醛，則該有機物結(jié)構(gòu)簡式為：rm{+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+

Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}故答案為：rm{壟脷}若該有機物rm{1mol}能與足量銀氨溶液作用可析出rm{4molAg}可確定含rm{2mol}醛基，故為乙二醛，則該有機物結(jié)構(gòu)簡式為：rm{壟脷}若該有機物能與金屬鈉反應(yīng)，含有羥基，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有碳碳雙鍵，相對分子質(zhì)量為rm{1mol}可確定該有機物是丙烯醇，結(jié)構(gòu)簡式為：rm{4molAg}故答案為：rm{2mol}rm{OHC-CHO}白藜蘆醇中含有酚羥基和碳碳雙鍵，酚與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵可以和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，化學(xué)方程式為：故答案為：rm{OHC-CHO}【解析】rm{(1)BC}rm{(2)壟脵CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{(2)壟脵CH_{3}CH_{2}CHO+2Cu(OH)_{2;}

+NaOH隆煤CH_{3}CH_{2}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{壟脷OHC-CHO}

rm{壟脹CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{(3)}11、（1）AEFIGIH

（2）苛性鈉溶液中OH－結(jié)合H＋生成水，使上述平衡中c(H＋)減小，同時增大c(OH-)，平衡向左移動，Al(OH)3沉淀不斷溶解Al(OH)3＋OH－═══AlO2-＋2H2O（2分）

（3）Cl2+H2OH++Cl-+HClO；bde；

（4）HF(aq)F-(aq)+H+(aq)ΔH=﹣10.4kJ·mol﹣1

（5）CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l）ΔH=（a﹣2b）kJ/mol【分析】【分析】本題考查電解質(zhì)與化學(xué)平衡及蓋斯定律的相關(guān)知識?！窘獯稹縭m{(1)}A.rm{KBr(s)}屬于強電解質(zhì)，不能導(dǎo)電；rm{B.C}屬于強電解質(zhì)，不能導(dǎo)電；rm{KBr(s)}rm{B.C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}屬于非電解質(zhì)，水溶液不能導(dǎo)電；rm{{,!}_{5}}rm{OH(l)}屬于非電解質(zhì)，水溶液不能導(dǎo)電；rm{C.Cl}rm{OH(l)}屬于單質(zhì)，既不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)；rm{C.Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}屬于單質(zhì)，既不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)；rm{D.CH}屬于弱電解質(zhì)，液態(tài)不導(dǎo)電；rm{(g)}rm{D.CH}rm{{,!}_{3}}屬于強電解質(zhì)，固態(tài)不導(dǎo)電；rm{COOH(l)}屬于弱電解質(zhì)，液態(tài)不導(dǎo)電；rm{E.BaSO}rm{COOH(l)}rm{E.BaSO}屬于強電解質(zhì)，不能導(dǎo)電；rm{{,!}_{4}}石墨rm{(s)}屬于強電解質(zhì)，固態(tài)不導(dǎo)電；rm{F.NaHSO}能導(dǎo)電，屬于單質(zhì)；rm{(s)}rm{F.NaHSO}rm{{,!}_{4}}屬于非電解質(zhì)，溶于水導(dǎo)電；rm{(s)}屬于強電解質(zhì)，不能導(dǎo)電；rm{G.}石墨rm{(s)}能導(dǎo)電，屬于單質(zhì)；rm{H.CO}屬于強電解質(zhì)，液態(tài)導(dǎo)電；故答案為：rm{(s)}rm{G.}rm{(s)}rm{H.CO}苛性鈉溶液中rm{{,!}_{2}}結(jié)合rm{(s)}屬于非電解質(zhì)，溶于水導(dǎo)電；rm{I.NaOH(l)}屬于強電解質(zhì)，液態(tài)導(dǎo)電；生成水，使上述平衡中rm{(s)}減小，同時增大rm{I.NaOH(l)}平衡向左移動，rm{AEFI}沉淀不斷溶解，rm{GI}故答案為：苛性鈉溶液中rm{H}結(jié)合rm{(2)}生成水，使上述平衡中rm{OH^{-}}減小，同時增大rm{H^{+}}平衡向左移動，rm{c(H^{+})}沉淀不斷溶解rm{c(OH^{-})}rm{Al(OH)_{3}}氯氣溶于水生成rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍T簍T簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}和rm{OH^{-}}離子方程式為rm{H^{+}}rm{c(H^{+})}；rm{c(OH^{-})}該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動，溶解度減小，故錯誤；rm{Al(OH)_{3}}加壓，平衡正向移動，溶解度增大，故正確；rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍T簍T簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}加入rm{(3)}氣體，平衡逆向移動，溶解度減小，故錯誤；rm{HCl}加入少量rm{HClO}固體平衡正向移動，溶解度增大，故正確；rm{Cl_{2}+H_{2}O}加入石灰石，平衡正向移動，溶解度增大，故正確；故選rm{H^{+}+Cl^{-}+HClO}故答案為：rm{a.}rm{b.}；rm{c.}rm{(4)壟脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)婁隴H_{1}=-67.7kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)婁隴H_{2}=-57.3kJ隆隴mol^{-1}}根據(jù)蓋斯定律，rm{HCl}可得rm{d.}電離方程式rm{Na_{2}CO_{3}}rm{e.}rm{bde}故答案為：rm{Cl_{2}+H_{2}O}rm{H^{+}+Cl^{-}+HClO}rm{bde}rm{(4)壟脵HF(aq)+OH^{-}(aq)=F^{-}(aq)+H_{2}O(l)

婁隴H_{1}=-67.7kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)

婁隴H_{2}=-57.3kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脵-壟脷}rm{HF}電離方程式rm{HF}rm{HF(aq)}rm{F^{-}(aq)+H^{+}(aq)}rm{婁隴H=婁隴H_{1}-婁隴H_{2}=-10.4kJ隆隴mol-1}rm{HF(aq)}rm{F^{-}(aq)+H^{+}(aq)}rm{婁隴H=-10.4kJ隆隴mol-1}rm{(5)壟脵}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+2O}rm{(g)+2O}rm{{,!}_{2}}根據(jù)蓋斯定律，rm{(g)簍TCO}可得rm{(g)簍TCO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}的熱化學(xué)方程式rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}故答案為：rm{O(l)}rm{婁隴H_{1}=akJ/mol}rm{O(l)}rm{婁隴H_{1}=akJ/mol}【解析】rm{(1)AEFI}rm{GI}rm{H}rm{(2)}苛性鈉溶液中rm{OH^{-}}結(jié)合rm{H^{+}}生成水，使上述平衡中rm{c(H^{+})}減小，同時增大rm{c(OH^{-})}平衡向左移動，rm{Al(OH)_{3}}沉淀不斷溶解rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍T簍T簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O(2}分rm{)}rm{(3)Cl_{2}+H_{2}O}rm{H^{+}+Cl^{-}+HClO}；rm{bde}rm{(4)HF(aq)}rm{F^{-}(aq)+H^{+}(aq)}rm{婁隴H=-10.4kJ隆隴mol^{-1}}rm{(5)CH_{4}(g)+4NO(g)簍TCO_{2}(g)+2N_{2}(g)+2H_{2}O(l)婁隴H=(a-2b)kJ/mol}12、略

【分析】

（3）②利用I2氧化維生素C；根據(jù)碘使淀粉顯藍色的性質(zhì)，應(yīng)選擇淀粉作指示劑；

故答案為：淀粉；

（4）②在滴定時左手控制活塞；右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶中溶液顏色的變化直到滴定終點；根據(jù)反應(yīng)的原理，當(dāng)出現(xiàn)溶液變藍色時，維生素C已全部參加了反應(yīng)，滴定終點現(xiàn)象為：最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液滴入，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘不褪色；

故答案為：活塞；最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液滴入；溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘不褪色；

（5）15ml標(biāo)準(zhǔn)碘溶液含有碘的質(zhì)量為：254g/mol×0.015L×7.5×10-3mol?L-1=28.575mg

設(shè)20.0mL待測橙汁中維生素C的質(zhì)量為X

C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-

176254

X28.575mg

=

解得：X=19.8mg

則1L中含維生素C的質(zhì)量為：19.8mg×1000ml/20ml=990mg；

所以；則此橙汁中維生素C的含量是990mg/L；

故答案為：990；

（6）A；量取待測橙汁的儀器水洗后未潤洗；會導(dǎo)致配制的溶液維生素的物質(zhì)的量減少，測定結(jié)果偏低，故A正確；

B；錐形瓶水洗后未用待測液潤洗；操作正確，對滴定沒有影響，故B錯誤；

C；滴定前尖嘴部分有一氣泡；滴定終點時消失，會導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測定結(jié)果偏高，故C錯誤；

D；滴定前仰視讀數(shù)；會導(dǎo)致讀數(shù)偏大，滴定后俯視讀數(shù)，導(dǎo)致讀數(shù)偏小，最后計算消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小，測定結(jié)果偏小，故D正確；

故選AD．

【解析】【答案】（3）②根據(jù)碘能使淀粉變藍色選擇試劑；

（4）②滴定時左手控制活塞；根據(jù)反應(yīng)的原理；當(dāng)出現(xiàn)溶液變藍色時，維生素C已全部參加了反應(yīng)。

（5）根據(jù)反應(yīng)原理及題中有關(guān)數(shù)據(jù)；可以計算出橙汁中維生素C的含量；

（6）A；儀器沒有洗滌；導(dǎo)致維生素物質(zhì)的量減少；

B；錐形瓶不能用待測液潤洗；

C；滴定前有氣泡；導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液偏大；

D；滴定前仰視讀數(shù)；導(dǎo)致讀數(shù)偏大；滴定后俯視讀數(shù)，導(dǎo)致讀數(shù)偏?。?/p>

13、略

【分析】

W；X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短同期的四種元素；W、X是金屬元素，Y、Z是非金屬元素，Y的氧化物是現(xiàn)代光學(xué)及光纖制品的基本原料，則Y為Si，由WZ是生活中常見的鹽，則W為Na，Z為Cl，結(jié)合（4）、（5）可知，X為Al；

（1）檢驗氯離子；一般利用硝酸酸化的硝酸銀，產(chǎn)生白色沉淀證明含有氯離子，即取少量WZ固體溶于水，滴加硝酸酸化的硝酸銀，觀察到白色沉淀；

故答案為：滴加硝酸酸化的硝酸銀；觀察到白色沉淀；

（2）Y為Si；位于第三周期第ⅣA族，故答案為：第三周期第ⅣA族；

（3）Z的氫化物為HCl，其電子式為故答案為：

（4）將W、X的氫氧化物混合，其反應(yīng)的離子方程式為OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；

故答案為：OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；

（5）X單質(zhì)與足量W的最高價氧化物對應(yīng)水化物的溶液發(fā)生反應(yīng)時存在2Al～3H2↑，則0.5molAl反應(yīng)生成氣體為0.5mol××22.4L/mol=16.8L；故答案為：16.8L．

【解析】【答案】W；X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短同期的四種元素；W、X是金屬元素，Y、Z是非金屬元素，Y的氧化物是現(xiàn)代光學(xué)及光纖制品的基本原料，則Y為Si，由WZ是生活中常見的鹽，則W為Na，Z為Cl，結(jié)合（4）、（5）可知，X為Al，然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)用語來解答．

14、略

【分析】解：中和生成的H+需濃度為0.1200mol/L氫氧化鈉溶液25.00mL，由H++OH-=H2O，可以得出H+的物質(zhì)的量為0.12mol/L×25.00×10-3L=0.003mol；

所以x==2，則[CrCln（H2O）6-n]2+中Cr的化合價為+3價，則有3-n=2，解得n=1，即該配離子的化學(xué)式為[CrCl（H2O）5]2+；配離子中Cl原子和水分子數(shù)目即是中心離子的配位數(shù)，配位數(shù)為6；

故答案為：[CrCl（H2O）5]2+；6．

中和發(fā)生反應(yīng)：H++OH-=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物質(zhì)的量，進而計算出x，[CrCln（H2O）6-n]x+中Cr的化合價為+3價；化合價代數(shù)和等于離子所帶電荷，據(jù)此計算n的值，進而確定該配離子化學(xué)式．

本題考查配離子和配位數(shù)、以及方程式有關(guān)計算，難度不大，注意利用方程式及化合價與離子電荷關(guān)系即可解答．【解析】[CrCl（H2O）5]2+；615、（1）PM2.5SO2

（2）

（3）Ca2++2HCO3-═CaCO3↓+CO2↑+H2O?【分析】【分析】本題考查了環(huán)境污染以及治理方法、元素化合物的性質(zhì)，題目難度不大，注意把握常見元素化合物的性質(zhì)以及它們對環(huán)境的影響，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和應(yīng)用能力。【解答】rm{(1)PM2.5}是指大氣中直徑小于或等于rm{2.5}微米的顆粒物，也稱為可入肺顆粒物，對霧霾天氣的形成有促進作用、霧霾天氣又能進一步加劇其積聚，所以rm{PM2.5}被認(rèn)為是引起霧霾天氣的元兇；rm{SO_{2}}和rm{NO_{2}}能與水反應(yīng)生成酸，能引起酸雨，rm{SO_{2}}與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸與氧氣反應(yīng)生成硫酸，所以會引起硫酸型酸雨的氣體為rm{SO_{2}}

故答案為：rm{PM2.5}rm{SO_{2}}

rm{(2)NH_{3}}催化還原rm{NO_{2}}生成氮氣和水，反應(yīng)的方程式為：rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}overset{麓脽祿爐錄脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}

故答案為：rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}overset{麓脽祿爐錄脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}

rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}

overset{麓脽祿爐錄脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}碳酸氫根離子與鈣離子反應(yīng)生成碳酸鈣和二氧化碳、水，鈣化作用的離子方程式為：rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}

overset{麓脽祿爐錄脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}

故答案為：rm{(3)}

rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}簍TCaCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}【解析】rm{(1)}rm{PM2.5}rm{SO_{2}}rm{PM2.5}rm{SO_{2}}rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}overset{麓脽祿爐錄脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}rm{(2)}rm{(2)}rm{8N{H}_{3}+6N{O}_{2}

overset{麓脽祿爐錄脕}{=}7{N}_{2}+12{H}_{2}O}三、有機推斷題(共4題，共8分)16、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應(yīng)生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應(yīng)生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應(yīng)生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應(yīng)生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應(yīng)，據(jù)此解答。

(1)

根據(jù)以上分析可知A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應(yīng)②是乙烯與氯化氫的加成反應(yīng)，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應(yīng)④是乙烯的加聚反應(yīng)，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH217、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應(yīng)生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應(yīng)生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應(yīng)生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應(yīng)生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應(yīng)，據(jù)此解答。

(1)

根據(jù)以上分析可知A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應(yīng)②是乙烯與氯化氫的加成反應(yīng)，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應(yīng)④是乙烯的加聚反應(yīng)，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH218、略

【分析】【分析】

根據(jù)物質(zhì)在轉(zhuǎn)化過程中碳鏈結(jié)構(gòu)不變，根據(jù)抗癇靈結(jié)構(gòu)，結(jié)合A的分子式可推知A結(jié)構(gòu)簡式是：A與HCHO發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生C：C經(jīng)過一系列反應(yīng)，產(chǎn)生分子式是C8H6O3的物質(zhì)D結(jié)構(gòu)簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發(fā)生信息②的反應(yīng)產(chǎn)生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發(fā)生銀鏡反應(yīng)，然后酸化產(chǎn)生F：F與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生G：與發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生抗癇靈：

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變?yōu)?COOH；也能發(fā)生燃燒反應(yīng)，故化合物C能發(fā)生氧化反應(yīng)，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結(jié)合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據(jù)抗癇靈的分子結(jié)構(gòu)，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據(jù)上述分析可知化合物E結(jié)構(gòu)簡式是

(3)G是G與發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生抗癇靈和HCl，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上H原子的取代反應(yīng)產(chǎn)生然后與NaOH的水溶液共熱，發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生該物質(zhì)與O2在Cu催化下加熱，發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生D：故由C經(jīng)三步反應(yīng)產(chǎn)生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則其可能的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式是【解析】BC++HCl19、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應(yīng)條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質(zhì)量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設(shè)1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應(yīng)得到E,結(jié)合信息①,E為E與溴發(fā)生加成反應(yīng)得到的F為F發(fā)生氧化反應(yīng)生成的G為

詳解：(1)根據(jù)分析可知:G為則G中含氧官能團為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發(fā)生加成反應(yīng)生成B為F為

（3）反應(yīng)①：乙酸和發(fā)生酯化反應(yīng),化學(xué)方程式為+CH3COOH+H2O。

（4）C為苯甲醇,屬于芳香族化合物的苯甲醇的同分異構(gòu)體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚和苯甲醚(),共4種；

(5)苯乙醛與甲醛反應(yīng)生成再與溴發(fā)。

生加成反應(yīng)生成最后發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成故合成路線為

點睛：本題主要考查結(jié)構(gòu)簡式、官能團、反應(yīng)類型、化學(xué)方程式、限定條件下同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷、合成路線中試劑和反應(yīng)條件的選擇等知識,意在考查考生分析問題、解決問題的能力，抓好信息是解題的關(guān)鍵?！窘馕觥竣?羧基②.酸性高錳酸鉀溶液③.加成反應(yīng)④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、工業(yè)流程題(共4題，共20分)20、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)1中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應(yīng)生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，同時生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；根據(jù)電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越?。慌c鐵離子的水解有關(guān)。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學(xué)反應(yīng)類型為發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應(yīng)為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，反應(yīng)中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設(shè)制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應(yīng)從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應(yīng)③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應(yīng)，從而降低K2FeO4的濃度21、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導(dǎo)入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應(yīng)完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關(guān)閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關(guān)閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質(zhì)量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質(zhì)量=84.432g-82.112g