2025年人教版選修化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教版選修化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、用一定濃度的溶液分別滴定體積均為濃度均為的和三種溶液。滴定過(guò)程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示(溶液電導(dǎo)率越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng)；b點(diǎn)為曲線②上的點(diǎn))。下列說(shuō)法正確的是。

A.曲線①②③分別代表滴定醋酸、鹽酸和硫酸的曲線B.d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中粒子濃度大小關(guān)系：C.濃度為且a、b、c、d點(diǎn)D.水的電離程度隨溶液的滴加，先增大后減小，且2、室溫下，下列各組離子能大量共存的是A.稀硫酸中：K+、Mg2+、AlOS2OB.=10-13mol·L-1的溶液中：Fe3+、NHMg2+、SOC.pH=3的溶液中：Fe2+、MnONa+、SOD.通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3、某有機(jī)物其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖；關(guān)于該有機(jī)物，下列敘述不正確的是。

A.一定條件下，能發(fā)生加聚反應(yīng)B.1mol該有機(jī)物能與H2發(fā)生反應(yīng)，消耗H2物質(zhì)的量為4molC.該有機(jī)物有三種官能團(tuán)D.該有機(jī)物苯環(huán)上的一個(gè)H被取代，有3種同分異構(gòu)體4、下列說(shuō)法正確的是()A.乙烯分子中所有原子共平面B.甲醛()和乙二醛()互為同系物C.與互為同分異構(gòu)體D.的名稱是異丁烷5、茉莉酮是一種香料，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為()，下列關(guān)于茉莉酮的說(shuō)法正確的是A.該有機(jī)物的分子式是B.該有機(jī)物與發(fā)生完全加成消耗C.該有機(jī)物能發(fā)生銀鏡反應(yīng)D.該有機(jī)物能發(fā)生加成反應(yīng)，但不能發(fā)生氧化反應(yīng)6、下列正確的說(shuō)法有。

①CHCl3只有一種結(jié)構(gòu)；說(shuō)明甲烷是以碳原子為中心的正四面體結(jié)構(gòu)。

②等物質(zhì)的量的甲烷與氯氣反應(yīng)的有機(jī)產(chǎn)物是CH3Cl

③苯和氯氣生成C6H6Cl6的反應(yīng)是取代反應(yīng)。

④若乙酸分子中的氧都是16O，乙醇分子中的氧是18O，二者在濃H2SO4作用下發(fā)生反應(yīng)，一段時(shí)間后，產(chǎn)物分子中含有18O的物質(zhì)為乙酸乙酯。

⑤溴水分別與己烷；己烯混合；充分振蕩后靜置，現(xiàn)象依次為：

⑥燃燒產(chǎn)物為CO2和H2O的有機(jī)物一定是烴。

⑦乙醇不能被酸性K2Cr2O7溶液直接氧化成乙酸。

⑧具有同一通式的物質(zhì)一定互為同系物，如C2H6和C4H10

⑨苯與濃硝酸；濃硫酸混合共熱制取硝基苯；屬于取代反應(yīng)。

⑩1molC2H4與Cl2完全加成，再與Cl2徹底取代，兩過(guò)程共消耗3molCl2A.2句B.3句C.4句D.5句7、下列化合物中，能發(fā)生消去反應(yīng)生成兩種烯烴，又能發(fā)生水解反應(yīng)的是A.CH3ClB.CH3CHBrCH2CH3C.C(CH3)3CH2ClD.CH3CH2CHBrC(CH3)38、天然植物穿心蓮含有穿心蓮內(nèi)酯(結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示)；具有清熱解毒；消炎止痛之功效，對(duì)細(xì)菌性與病毒性上呼吸道感染及痢疾有特殊療效，被譽(yù)為天然抗生素藥物。下列關(guān)于穿心蓮內(nèi)酯的說(shuō)法正確的是。

A.其分子中含有3種含氧官能團(tuán)B.只有在堿性條件下才能水解C.1mol該物質(zhì)與足量鈉反應(yīng)得3mol氫氣D.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色9、下列有關(guān)有機(jī)物的敘述正確的是A.一定條件下，乙酸乙酯、淀粉、蛋白質(zhì)、糖類都能發(fā)生水解。B.只有不同種類的氨基酸之間才能形成多肽。C.往皂化反應(yīng)后的溶液中加入熱的飽和食鹽水，上層析出固體物質(zhì)。D.葡萄糖溶液中加入新制氫氧化銅懸濁液可看到有磚紅色沉淀生成。評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、根據(jù)“機(jī)理圖”書寫方程式。

(1)酸性環(huán)境中脫硫過(guò)程示意圖如圖：

過(guò)程ⅰ反應(yīng)的離子方程式為___________。

(2)酸性環(huán)境中，納米去除分兩步，將步驟ⅱ補(bǔ)充完整：___________。

ⅰ、

ⅱ、

(3)氧化可除去氨氮，反應(yīng)機(jī)理如圖所示(其中和略去)：氧化的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

11、納米級(jí)Cu2O具有特殊的光學(xué)、電學(xué)及光電化學(xué)性質(zhì)，在太陽(yáng)能電池、傳感器、超導(dǎo)體等方面有著潛在的應(yīng)用，研究制備納米氧化亞銅的方法已成為當(dāng)前的熱點(diǎn)研究之一。已知Cu+易在酸性條件下發(fā)生如下反應(yīng)：2Cu+=Cu2+＋Cu。

方法一：在新制Cu(OH)2濁液中滴入N2H4·H2O水溶液；藍(lán)色沉淀逐漸轉(zhuǎn)化為磚紅色，同時(shí)產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體。

(1)寫出上述制備過(guò)程中的總反應(yīng)方程式________________________________。

(2)用甲醛稀溶液代替N2H4·H2O水溶液也可以實(shí)現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化，但需水溫較高，且往往會(huì)生成極少量顆粒較大的Cu2O，用_______的方法可分離出顆粒過(guò)大的Cu2O。

方法二：以銅作陽(yáng)極，石墨作陰極電解。已知：①銅作陽(yáng)極時(shí)，銅先被氧化生成Cu+，后Cu+繼續(xù)氧化生成Cu2+；②在堿性溶液中CuCl濁液易轉(zhuǎn)化為Cu2O。

(3)以NaOH溶液作為電解質(zhì)溶液時(shí)需添加NaCl，其目的是_______________，寫出陽(yáng)極反應(yīng)方程式______________。

(4)寫出在堿性溶液中CuCl濁液轉(zhuǎn)化為Cu2O的離子方程式_______________________。

(5)這樣制得的Cu2O中往往含有CuCl，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明CuCl的存在________________。12、NaClO和KAl(SO4)2都是重要的化工產(chǎn)品；均可應(yīng)用于造紙業(yè)。

(1)NaClO溶液pH>7，用離子方程式表示原因_______。

(2)某小組同學(xué)用如圖所示裝置探究飽和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)。打開活塞向燒瓶中加入飽和KAl(SO4)2溶液，產(chǎn)生大量的白色膠狀沉淀。反應(yīng)的離子方程式是_______。

(3)向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至硫酸根離子剛好沉淀完全時(shí)，溶液的pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，離子反應(yīng)總方程式為_______。若向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至鋁離子剛好沉淀完全時(shí)，溶液的pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，離子反應(yīng)總方程式為_______。13、請(qǐng)按要求書寫下列離子方程式：

①鋁粉投入到NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為________

②少量Ba(OH)2溶液與NaHSO4反應(yīng)的離子方程式為________

③小蘇打治療胃酸過(guò)多的離子方程式為_____________

④已知酸性環(huán)境下，ClO-可將Mn2+氧化成MnO2，自身被還原成Cl-，該過(guò)程的離子反應(yīng)方程式為_____________14、已知咖啡酸的結(jié)構(gòu)如圖所示：

（1）咖啡酸中含氧官能團(tuán)有羥基和_________(填名稱)。

（2）向咖啡酸溶液中滴加NaHCO3溶液，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為____________________________________。

（3）咖啡酸溶液能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說(shuō)明咖啡酸具有_________性。評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式(CH3)2CHCH3表示異丁烷。(_____)A.正確B.錯(cuò)誤16、利用乙烷和氯氣在催化劑存在的條件下制備氯乙烷。(____)A.正確B.錯(cuò)誤17、C2H5Br可以發(fā)生消去反應(yīng)，那么(CH3)3CBr也可以發(fā)生消去反應(yīng)。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤18、所有的糖都有甜味，在分子組成上均滿足Cm(H2O)n。(____)A.正確B.錯(cuò)誤19、蛋白質(zhì)溶液里加入飽和硫酸銨溶液，有沉淀析出，再加入蒸餾水，沉淀不溶解。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤20、酚醛樹脂和聚氯乙烯都是熱固性塑料。(___)A.正確B.錯(cuò)誤21、合成酚醛樹脂()的單體是苯酚和甲醇。(___)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)22、某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組為探究某品牌花生油中不飽和脂肪酸的含量；進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：

步驟Ⅰ：稱取0.4g花生油樣品，置于兩個(gè)干燥的碘瓶（如圖）內(nèi)，加入10mL四氯化碳，輕輕搖動(dòng)使油全部溶解。向碘瓶中加入25.00mL含0.01molIBr的無(wú)水乙酸溶液，蓋好瓶塞，在玻璃塞與瓶口之間滴加數(shù)滴10%碘化鉀溶液封閉縫隙，以免IBr的揮發(fā)損失。

步驟Ⅱ：在暗處放置30min；并不時(shí)輕輕搖動(dòng)。30min后，小心地打開玻璃塞，用新配制的10%碘化鉀10mL和蒸餾水50mL把玻璃塞和瓶頸上的液體沖洗入瓶?jī)?nèi)。

步驟Ⅲ：加入指示劑，用0.1mol·L－1硫代硫酸鈉溶液滴定，用力振蕩碘瓶，直至終點(diǎn)。

測(cè)定過(guò)程中發(fā)生的相關(guān)反應(yīng)如下：

①＋I(xiàn)Br→

②IBr＋KI＝I2＋KBr

③I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

⑴已知鹵素互化物IBr的性質(zhì)與鹵素單質(zhì)類似，實(shí)驗(yàn)中準(zhǔn)確量取IBr溶液應(yīng)用____，用方程式表示碘瓶必須干燥的原因____。

⑵步驟Ⅱ中碘瓶在暗處放置30min，并不時(shí)輕輕搖動(dòng)的原因是____。

⑶步驟Ⅲ中所加指示劑為____，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象____。

⑷反應(yīng)結(jié)束后從液體混合物中回收四氯化碳，則所需操作有____。23、亞氯酸鈉(NaClO2)與二氧化氯(ClO2)都具有強(qiáng)氧化性，可以用作新冠肺炎防疫的消毒劑。兩者作漂白劑時(shí)，不傷害織物；作飲用水消毒劑時(shí)，不殘留異味。某研究性學(xué)習(xí)小組利用如圖裝置由二氧化氯制備NaClO2?3H2O；并探究其性質(zhì)。

Ⅰ.查閱資料：

①ClO2易與堿溶液反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的兩種鹽；其中一種為氯酸鹽。

②NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2?3H2O，高于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2，高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

Ⅱ.制備與分離：

(1)儀器a的名稱是___。裝置B的作用是___。

(2)裝置A中參加反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為___。

(3)若要從裝置C反應(yīng)后的溶液中獲得無(wú)水NaClO2晶體的操作步驟如下；請(qǐng)完成下列操作中步驟②的內(nèi)容。

①減壓；55℃蒸發(fā)結(jié)晶；

②__；

③用38~60℃熱水洗滌；

④在38~60℃間進(jìn)行干燥；得到成品。

(4)裝置D用來(lái)處理尾氣，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是___。

(5)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，繼續(xù)通入一段時(shí)間N2的目的是__。

Ⅲ.測(cè)定與計(jì)算：

(6)利用題中原理制備出NaClO2?3H2O晶體的樣品，可以用“間接碘量法”測(cè)定樣品(雜質(zhì)與I-不發(fā)生反應(yīng))的純度，過(guò)程如下：取樣品1.4450g配制成250mL溶液，從中取出25.00mL，加入足量KI固體和適量稀H2SO4，充分反應(yīng)后再加入0.1mol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液，Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液與上述反應(yīng)生成的I2剛好完全反應(yīng)時(shí)消耗的體積為34.6mL。已知：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=S4O+2I-。樣品中NaClO2?3H2O的純度為___%。24、某學(xué)生欲用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來(lái)測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的氫氧化鈉溶液；若滴定開始和結(jié)束時(shí)，酸式滴定管中的液面如圖所示：

(1)所用鹽酸溶液的體積為________mL

(2)用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸溶液滴定待測(cè)的氫氧化鈉溶液時(shí)，用酚酞做指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：_____

(3)某學(xué)生根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。滴定次數(shù)待測(cè)氫氧化鈉溶液的體積/mL0.1000mol?L-1鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL滴定后刻度溶液體積/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09

請(qǐng)選用其中合理數(shù)據(jù)列出該氫氧化鈉溶液物質(zhì)的量濃度(計(jì)算結(jié)果保留4位有效數(shù)字)：c(NaOH)＝_______

(4)由于錯(cuò)誤操作，使得上述所測(cè)氫氧化鈉溶液的濃度偏高的是_______(填寫編號(hào))。

A．中和滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)俯視滴定管內(nèi)液面讀數(shù)。

B．堿式滴定管用蒸餾水洗凈后立即取用25.00mL待測(cè)堿溶液注入錐形瓶進(jìn)行滴定。

C．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后立即裝標(biāo)準(zhǔn)溶液來(lái)滴定。

D．把配好的標(biāo)準(zhǔn)溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中然后用來(lái)滴定。評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共4分)25、25℃時(shí)；如圖燒杯中各盛有20mL的溶液。

甲.0.100mol/L鹽酸乙.0.100mol/L氨水丙.0.100mol/LNH4Cl

(1)甲溶液的pH＝_____________。

(2)若將甲全部倒入乙中，所得溶液的pH_____________丙溶液的pH(填“>”、“＝”或“<”)。

(3)若將一部分乙倒入丙中，所得的混合溶液呈中性，所得混合溶液中離子濃度大小關(guān)系是_____________。評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共40分)26、硫酸亞鐵常用作還原劑；也可用于制鐵鹽，氧化鐵顏料；媒染劑、凈水劑、防腐劑、聚合催化劑等，用途非常廣泛。

(1)26Fe在周期表中位于第______周期第______族。

(2)硫酸酸化的FeSO4溶液可用于制備Fe2(SO4)3溶液，加入的氧化劑常用H2O2而不用硝酸的理由是______，寫出硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。

(3)某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質(zhì)，某實(shí)驗(yàn)小組以鈦鐵礦為原料設(shè)計(jì)了如圖所示流程制取TiO2和硫酸亞鐵晶體。

①粉碎鈦鐵礦的目的是_______。

②由濾液2經(jīng)操作A可得FeSO4?7H2O晶體，則操作A為______；過(guò)濾、洗滌、干燥。

③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，重復(fù)實(shí)驗(yàn)3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液為10.00mL。反應(yīng)為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為______，計(jì)算樣品純度為______(保留三位有效數(shù)字)。27、白云石的主要化學(xué)成分為還含有質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂；流程示意圖如下。

已知：。物質(zhì)

(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學(xué)方程式為___________。

(2)用量對(duì)碳酸鈣產(chǎn)品的影響如下表所示。氧化物()浸出率/%產(chǎn)品中Mg雜質(zhì)含量/%

(以計(jì))產(chǎn)品中Mg雜質(zhì)含量/%

(以計(jì))計(jì)算值實(shí)測(cè)值實(shí)測(cè)值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20

備注：ⅰ、浸出率=(浸出的質(zhì)量/煅燒得到的質(zhì)量)(M代表Ca或Mg)

ⅱ、純度計(jì)算值為濾液A中鈣、鎂全部以碳酸鹽形式沉淀時(shí)計(jì)算出的產(chǎn)品中純度。

①解釋“浸鈣”過(guò)程中主要浸出的原因是___________。

②沉鈣反應(yīng)的離子方程式為___________。

③“浸鈣”過(guò)程不適宜選用的比例為___________。

④產(chǎn)品中純度的實(shí)測(cè)值高于計(jì)算值的原因是___________。

(3)“浸鎂”過(guò)程中，取固體B與一定濃度的溶液混合，充分反應(yīng)后的浸出率低于60%。加熱蒸餾，的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達(dá)98.9%。從化學(xué)平衡的角度解釋浸出率增大的原因是___________。

(4)濾渣C中含有的物質(zhì)是___________。

(5)該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是___________。28、硼氫化鈉(NaBH4)是有機(jī)合成中常用的還原劑。一種制備硼氫化鈉工藝如下(部分條件和產(chǎn)物省略)：

已知：MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應(yīng)并放出H2?；卮鹣铝袉?wèn)題：

(1)Mg2B2O5·H2O中B的化合價(jià)為______。MgH2和NaBO2必須在干燥條件下合成硼氫化鈉，其原因是_________。

(2)難溶的Mg2B2O5與濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為_________。

(3)SOCl2溶于水能產(chǎn)生兩種氣體，其中一種氣體能使品紅溶液褪色，則灼燒時(shí)加入SOCl2的目的是_________________。

(4)已知鎂—H2O2酸性燃料電池反應(yīng)為Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O。常溫下，電解質(zhì)溶液為200mL0.1mol·L?1硫酸溶液。若電路中有0.038mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，則溶液pH約為_____(忽略體積變化，不考慮H2O2電離)。

(5)“有效氫”是衡量含氫還原劑的還原能力指標(biāo)，定義為1g含氫還原劑的還原能力與多少克H2相當(dāng)。NaBH4的“有效氫”等于_______(結(jié)果保留2位小數(shù))。

(6)工業(yè)上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加熱下生成NaBH4和難溶的鹽，寫出化學(xué)方程式_______________。29、一種以冷熱鍍管廢料鋅灰制ZnSO4·7H2O晶體；進(jìn)而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：

已知：①鋅灰的主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列問(wèn)題：

(1)濾渣1的主要成分為SiO2和___。

(2)酸浸時(shí)，硫酸濃度不能過(guò)高，原因是___。

(3)寫出“沉銅”時(shí)的離子方程式___。

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是___。

(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲(chǔ)罐內(nèi)ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。電解池中的總反應(yīng)離子方程式為：___。

(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調(diào)節(jié)pH，通入H2S發(fā)生反應(yīng)：Zn2++H2S?ZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.100.050.10

處理后的廢水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．三種酸濃度都是是二元強(qiáng)酸，是一元強(qiáng)酸，它們完全電離，而是一元弱酸，部分電離，因此溶液中離子濃度：溶液中自由移動(dòng)的離子濃度越大，溶液電導(dǎo)率越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng)，所以曲線①②③分別代表滴定硫酸；鹽酸和醋酸的曲線；A錯(cuò)誤；

B．曲線③代表滴定醋酸的曲線，d點(diǎn)時(shí)溶液體積是由曲線①可知恰好沉淀完全，二者體積相同，因此二者濃度也相等，溶液濃度也是對(duì)于等濃度的醋酸，d點(diǎn)為等濃度的混合溶液，水解消耗一部分，根據(jù)物料守恒可知堿電離產(chǎn)生使溶液顯堿性，所以而溶液中包括電離產(chǎn)生、水解產(chǎn)生及水電離產(chǎn)生的，所以B錯(cuò)誤；

C．c點(diǎn)時(shí)，恰好發(fā)生反應(yīng)：其他溶液中沒(méi)有產(chǎn)生沉淀，所以c點(diǎn)溶液中最小，幾乎為0，在a、b點(diǎn)d點(diǎn)則溶液中C錯(cuò)誤；

D．向酸溶液中滴加堿，溶液中逐漸減小，水電離程度逐漸增大，當(dāng)溶液顯中性時(shí)水的電離不受影響，當(dāng)堿過(guò)量時(shí)，隨著溶液中增大，水電離程度逐漸減小，a點(diǎn)時(shí)恰好被中和得到溶液，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，水的電離受到促進(jìn)作用，b點(diǎn)是恰好被中和得到溶液，該鹽是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，水的電離不受影響，c點(diǎn)是恰好被完全中和產(chǎn)生是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，溶液顯中性，水的電離也不受影響，所以水的電離程度：d點(diǎn)為等濃度的混合溶液，過(guò)量的堿電離產(chǎn)生水的電離平衡受到抑制作用，則水電離程度比b、c點(diǎn)都小，故四個(gè)點(diǎn)水的電離程度：D正確；

故選D。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．AlOS2O與稀硫酸中的氫離子反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故A不選；

B．=c(OH-)=10-13mol·L-1；該溶液中存在大量氫離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)，能夠大量共存，故B選；

C．pH=3的溶液中存在大量氫離子；高錳酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化亞鐵離子，不能大量共存，故C不選；

D．碳酸的酸性大于次氯酸，ClO-與CO2會(huì)發(fā)生反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故D不選；

故選B。3、C【分析】【詳解】

A.該有機(jī)物中含有碳碳雙鍵故一定條件下；能發(fā)生加聚反應(yīng)，故A正確；

B.該有機(jī)物中含有1個(gè)碳碳雙鍵和1個(gè)苯環(huán)，故1mol該有機(jī)物與H2發(fā)生加成反應(yīng)，消耗H2物質(zhì)的量為4mol；故B正確；

C.該有機(jī)物只含有碳碳雙鍵和氯原子兩種官能團(tuán)；故C錯(cuò)誤；

D.該有機(jī)物苯環(huán)上的一個(gè)H被取代；有鄰；間、對(duì)3種位置，故得3種同分異構(gòu)體，故D正確；

本題答案為：C。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．乙烯分子含有1個(gè)碳碳雙鍵；其分子中所有原子共平面，故A正確；

B．甲醛(HCHO)和乙二醛(OHC-CHO)含有的官能團(tuán)數(shù)目不同；二者不屬于同系物，故B錯(cuò)誤；

C．苯中所有碳碳鍵都相同，鄰二甲苯不存在同分異構(gòu)體，則和為同一種物質(zhì)；故C錯(cuò)誤；

D．的習(xí)慣命名法得到名稱為正丁烷；故D錯(cuò)誤；

故選A。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意苯分子結(jié)構(gòu)的特殊性。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．該有機(jī)物的分子式為A正確；

B．含有羰基和碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，該有機(jī)物與發(fā)生完全加成消耗B錯(cuò)誤；

C．不含有醛基；不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D．含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，能被酸性溶液等強(qiáng)氧化劑氧化；D錯(cuò)誤；

故選：A。6、B【分析】【詳解】

①無(wú)論甲烷結(jié)構(gòu)是平面結(jié)構(gòu)還是正四面體結(jié)構(gòu)；三氯甲烷均只有一種結(jié)構(gòu)，二氯甲烷只有一種結(jié)構(gòu)能說(shuō)明甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，①錯(cuò)誤；

②甲烷與氯氣反應(yīng)為連續(xù)反應(yīng)，甲烷與氯氣生成CH3Cl和HCl，接著CH3Cl和氯氣生成CH2Cl2和HCl，之后生成CHCl3、CCl4；因此產(chǎn)物除了4種有機(jī)物，還有HCl，②錯(cuò)誤；

③苯和氯氣生成C6H6Cl6的反應(yīng)是加成反應(yīng)；③錯(cuò)誤；

④酯化反應(yīng)的機(jī)理是酸脫羥基醇脫氫，醇中的氧最后全部到了產(chǎn)物乙酸乙酯里，乙醇分子中的氧是18O，所以產(chǎn)物分子中含有18O的物質(zhì)為乙酸乙酯；④正確；

⑤己烷與溴水發(fā)生萃取；水在下層，己烯含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，液體出現(xiàn)分層，⑤正確；

⑥燃燒產(chǎn)物為CO2和H2O的有機(jī)物一定含有C和H；還可能含有氧，不一定為烴，⑥錯(cuò)誤；

⑦酸性K2Cr2O7具有強(qiáng)氧化性；可將乙醇氧化為乙酸，⑦錯(cuò)誤；

⑧具有同一通式的物質(zhì)不一定互為同系物，如環(huán)己烷C6H12和乙烯C2H4；⑧錯(cuò)誤；

⑨苯與濃硝酸在濃硫酸做催化劑并加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成硝基苯和水；⑨正確；

⑩1molC2H4與Cl2完全加成需要1molCl2，生成CH2ClCH2Cl再與Cl2徹底取代需要4molCl2，共消耗5molCl2；⑩錯(cuò)誤。

綜上，說(shuō)法正確的為④⑤⑨，答案選B。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．CH3Cl沒(méi)有鄰位C；不能發(fā)生消去反應(yīng)，故A不選；

B．CH3CHBrCH2CH3可發(fā)生消去反應(yīng)生成1-丁烯或2-丁烯；水解生成2-丁醇，故B選；

C．C(CH3)3CH2Cl與-Clr相連C的鄰位C上沒(méi)有H；不能發(fā)生消去反應(yīng)，故C不選；

D．CH3CH2CHBrC(CH3)3與-Br相連C的鄰位C上只有1種H；發(fā)生消去反應(yīng)只能生成1種消去產(chǎn)物，故D不選；

故選B。8、D【分析】【詳解】

A．含有羥基、酯基共2種含氧官能團(tuán)，故A錯(cuò)誤；

B．含有酯基，可在酸性或堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．1mol該物質(zhì)含3mol醇羥基，與鈉反應(yīng)生成1.5mol氫氣，故C錯(cuò)誤；

D．含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)溶液而褪色，與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；

故選D。9、C【分析】【詳解】

A．糖類中的單糖不能發(fā)生水解；故A錯(cuò)誤；

B．氨基酸結(jié)構(gòu)中既含氨基；又含羧基；所以同種類的氨基酸之間也能形成多肽，故B錯(cuò)誤；

C．高級(jí)脂肪酸鈉密度較?。煌砘磻?yīng)后的溶液中加入熱的飽和食鹽水，上層析出固體物質(zhì)，故C正確；

D．葡萄糖溶液中加入新制氫氧化銅懸濁液；加熱至沸騰，可看到有磚紅色沉淀生成，故D錯(cuò)誤；

故選C。二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【詳解】

（1）由圖可知，過(guò)程ⅰ反應(yīng)為硫化氫在T.F菌作用下硫化氫和甲烷反應(yīng)生成硫單質(zhì)和硫酸亞鐵，根據(jù)質(zhì)量守恒可知還生成氫離子，反應(yīng)為

（2）由圖可知，反應(yīng)ⅱ為亞硝酸根離子發(fā)生還原反應(yīng)生成銨根離子，氮元素化合價(jià)由+3變?yōu)?3，則納米鐵在酸性環(huán)境中發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，化合價(jià)由0變?yōu)?2，根據(jù)電子守恒、質(zhì)量守恒配平可知，反應(yīng)為++8=3++2

（3）由圖可知，氧化生成氮?dú)?，氮元素化合價(jià)由-3變?yōu)?，則氯元素發(fā)生還原反應(yīng)化合價(jià)由+1變?yōu)?1，根據(jù)電子守恒、質(zhì)量守恒可知，反應(yīng)為【解析】(1)

(2)++8=3++2

(3)11、略

【分析】【分析】

(1)在新制Cu(OH)2濁液中滴入N2H4·H2O水溶液；藍(lán)色沉淀逐漸轉(zhuǎn)化為磚紅色，同時(shí)產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體，這說(shuō)明產(chǎn)生的沉淀是氧化亞銅，氣體是氮?dú)狻?/p>

(2)氧化亞銅的顆粒加大；過(guò)濾即可實(shí)現(xiàn)分離。

(3)由于電解時(shí)Cu+易被氧化生成Cu2+，而在堿性溶液中CuCl濁液易轉(zhuǎn)化為Cu2O；所以添加NaCl。

(4)在堿性溶液中CuCl濁液轉(zhuǎn)化為Cu2O。

(5)由于氯化亞銅容易轉(zhuǎn)化為氧化亞銅；同時(shí)產(chǎn)生氯離子，因此可以通過(guò)檢驗(yàn)氯離子判斷是否含有氯化亞銅。

【詳解】

(1)在新制Cu(OH)2濁液中滴入N2H4·H2O水溶液，藍(lán)色沉淀逐漸轉(zhuǎn)化為磚紅色，同時(shí)產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體，這說(shuō)明產(chǎn)生的沉淀是氧化亞銅，氣體是氮?dú)猓苑磻?yīng)的化學(xué)方程式為4Cu(OH)2+N2H4?H2O＝2Cu2O+N2↑+7H2O。答案為：4Cu(OH)2+N2H4?H2O＝2Cu2O+N2↑+7H2O；

(2)氧化亞銅的顆粒加大；過(guò)濾即可實(shí)現(xiàn)分離。答案為：過(guò)濾；

(3)由于電解時(shí)Cu+易被氧化生成Cu2+，而在堿性溶液中CuCl濁液易轉(zhuǎn)化為Cu2O，所以添加NaCl的目的是生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+。在陽(yáng)極，Cu失電子生成Cu+，反應(yīng)方程式為Cu+Cl-–e-=CuCl。答案為：生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+；Cu+Cl-–e-=CuCl；

(4)在堿性溶液中CuCl濁液轉(zhuǎn)化為Cu2O，離子方程式為2CuCl+2OH-＝Cu2O+H2O+2Cl-。答案為：2CuCl+2OH-＝Cu2O+H2O+2Cl-；

(5)由于氯化亞銅容易轉(zhuǎn)化為氧化亞銅，同時(shí)產(chǎn)生氯離子，因此可以通過(guò)檢驗(yàn)氯離子判斷是否含有氯化亞銅，即取試樣少量于試管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸銀溶液，若生成沉淀，則含有CuCl，若無(wú)明顯現(xiàn)象，則無(wú)CuCl。答案為：取試樣少量于試管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸銀溶液，若生成沉淀，則含有CuCl，若無(wú)明顯現(xiàn)象，則無(wú)CuCl。(其他合理答案也可給分)?！窘馕觥竣?4Cu(OH)2+N2H4?H2O＝2Cu2O+N2↑+7H2O②.過(guò)濾③.生成CuCl沉淀，防止被氧化成Cu2+④.Cu+Cl-–e-=CuCl⑤.2CuCl+2OH-＝Cu2O+H2O+2Cl-⑥.取試樣少量于試管中，加入稀硝酸溶解，再加硝酸銀溶液，若生成沉淀，則含有CuCl，若無(wú)明顯現(xiàn)象，則無(wú)CuCl。(其他合理答案也可給分)12、略

【分析】【詳解】

(1)NaClO為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，離子方程式為ClO-+H2O?HClO+OH-。

(2)NaClO為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，KAl(SO4)2為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，溶液混合，Al3+與ClO?發(fā)生互促水解反應(yīng)，離子方程式為Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3↓。

(3)向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至硫酸根離子剛好沉淀完全時(shí)，硫酸鋁鉀和氫氧化鋇物質(zhì)的量之比等于1:2，反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀、偏鋁酸鉀和水；偏鋁酸鉀溶液中水解溶液顯堿性，溶液pH>7，離子反應(yīng)總方程式為Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O。若向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至鋁離子剛好沉淀完全時(shí)，硫酸鋁鉀和氫氧化鋇物質(zhì)的量之比等于2:3，反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀、氫氧化鋁沉淀、硫酸鉀和水；硫酸鉀溶液不水解，溶液顯中性，pH=7，離子反應(yīng)總方程式為2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。【解析】ClO-+H2O?HClO+OH-Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3↓>Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O=2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓13、略

【分析】【詳解】

(1)Al與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2和H2，離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2+3H2

(2)Ba(OH)2少量可把Ba(OH)2看做1，即只有1個(gè)Ba2+和2個(gè)OH-，NaHSO4可以完全電離成Na+、H+和離子方程式為Ba2++2OH-+2H++=BaSO4+2H2O

(3)小蘇打是NaHCO3，胃酸的主要成分是鹽酸，離子方程式為+H+=CO2+H2O；

(4)根據(jù)題意，反應(yīng)物有ClO-和Mn2+，產(chǎn)物有MnO2和Cl-，Cl得到2e-，Mn失去2e-，轉(zhuǎn)移電子守恒，根據(jù)電荷守恒，產(chǎn)物需要陽(yáng)離子H+，則反應(yīng)物需要用H2O配平，離子方程式為ClO-+Mn2++H2O=MnO2+2H++Cl-；【解析】2Al+2OH-+2H2O=2+3H2Ba2++2OH-+2H++=BaSO4+2H2O+H+=CO2+H2OClO-+Mn2++H2O=MnO2+2H++Cl-14、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)咖啡酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可判斷分子中含氧官能團(tuán)有羥基和羧基；

（2）含有羧基，能與碳酸氫鈉反應(yīng)，則向咖啡酸溶液中滴加NaHCO3溶液有二氧化碳生成；因此實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為有氣體生成；

（3）咖啡酸溶液能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，由于酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，則說(shuō)明咖啡酸具有還原性。【解析】①.羧基②.有氣體生成③.還原三、判斷題(共7題，共14分)15、A【分析】【詳解】

(CH3)2CHCH3為表示異丁烷，故正確。16、B【分析】【詳解】

乙烷與氯氣反應(yīng)，氯氣有毒，且副反應(yīng)較多，故錯(cuò)誤。17、A【分析】【詳解】

（CH3）3CBr分子中與溴原子相連的碳原子的鄰碳原子上連有氫原子，在氫氧化鈉醇溶液中共熱能發(fā)生消去反應(yīng)，D正確。18、B【分析】【詳解】

淀粉和纖維素屬于糖類，沒(méi)有甜味，故錯(cuò)誤。19、B【分析】【詳解】

蛋白質(zhì)溶液中加入飽和硫酸銨溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會(huì)溶解，鹽析是可逆的，故錯(cuò)誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

酚醛樹脂結(jié)構(gòu)為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于熱固性塑料；聚氯乙烯結(jié)構(gòu)為線型結(jié)構(gòu)，屬于熱塑性塑料，題中說(shuō)法錯(cuò)誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

合成酚醛樹脂的單體是苯酚和甲醛，題中說(shuō)法錯(cuò)誤。四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)22、略

【分析】【分析】

（1）鹵素互化物IBr的性質(zhì)與鹵素單質(zhì)類似，具有氧化性，腐蝕橡膠管；IBr易發(fā)生水解反應(yīng)；

（2）根據(jù)溴化氫易揮發(fā)以及使物質(zhì)充分混合反應(yīng)的做法來(lái)分析；

（3）根據(jù)淀粉的特性來(lái)選擇試劑；

（4）反應(yīng)結(jié)束后從液體混合物中回收四氯化碳的方法是先分液得到四氯化碳；再利用蒸餾的方法得到純凈的四氯化碳．

【詳解】

（1）鹵素互化物IBr的性質(zhì)與鹵素單質(zhì)類似，具有氧化性，腐蝕橡膠管，不能用堿式滴定管盛裝，應(yīng)用酸式滴定管（或移液管）；IBr易發(fā)生水解反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：IBr+H2O=HIO+HBr；

（2）溴化氫易揮發(fā)；置于暗處可減少溴化氫揮發(fā)，為使反應(yīng)充分進(jìn)行，應(yīng)不斷攪動(dòng)使物質(zhì)充分接觸而反應(yīng)；

（3）碘遇淀粉變藍(lán)色；可用淀粉為反應(yīng)的指示劑，滴定時(shí)終點(diǎn)的判斷為溶液由藍(lán)色恰好變?yōu)闊o(wú)色且30秒內(nèi)不變化。

（4）反應(yīng)結(jié)束后從液體混合物中回收四氯化碳的方法是先分液得到四氯化碳，再利用蒸餾的方法得到純凈的四氯化碳?！窘馕觥竣潘崾降味ü埽ɑ蛞埔汗埽㊣Br＋H2O＝HIO＋HBr

⑵碘瓶置于暗處可以減少IBr的揮發(fā)；不斷搖動(dòng)可以讓物質(zhì)間充分反應(yīng)。

⑶淀粉溶液溶液由藍(lán)色恰好變?yōu)闊o(wú)色。

⑷分液、蒸餾23、略

【分析】【分析】

該實(shí)驗(yàn)的目的是制備NaClO2·2H2O，其實(shí)驗(yàn)原理是2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O，裝置A制備ClO2，NaClO3、Na2SO3、濃硫酸反應(yīng)制備ClO2，同時(shí)Na2SO3與濃硫酸反應(yīng)生成SO2，SO2隨著ClO2進(jìn)入裝置C中，SO2被H2O2氧化成Na2SO4，ClO2與NaOH溶液生成NaClO2和NaClO3；裝置D是尾氣吸收裝置，據(jù)此分析；

【詳解】

(1)根據(jù)儀器a的特點(diǎn)，儀器a為三頸燒瓶；裝置C為ClO2與NaOH溶液反應(yīng)；造成氣體壓強(qiáng)減小，防止裝置C中液體倒流，因此裝置B的作用是安全瓶或防止倒吸；

故答案為三頸燒瓶；安全瓶或防倒吸；

(2)NaClO3與Na2SO3、濃硫酸發(fā)生反應(yīng)生成ClO2，Cl的化合價(jià)由＋5價(jià)→＋4價(jià)，化合價(jià)降低，NaClO3為氧化劑，Na2SO3中S的化合價(jià)由＋4價(jià)→＋6價(jià)，化合價(jià)升高2價(jià)，Na2SO3為還原劑；根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1；

故答案為2：1；

(3)②減壓，55℃蒸發(fā)結(jié)晶，根據(jù)題意，高于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2；因此要趁熱過(guò)濾；

故答案為趁熱過(guò)濾；

(4)裝置D的作用是吸收尾氣，ClO2能與NaOH反應(yīng)生成NaClO2、NaClO3，因此離子方程式為2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；

故答案為2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；

(5)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，繼續(xù)通入一段時(shí)間N2，其目的是讓裝置內(nèi)殘留的ClO2全部排出；提高產(chǎn)率；

故答案為將裝置內(nèi)殘留的ClO2全部排出；提高產(chǎn)率；

(6)根據(jù)題意建立的關(guān)系式為ClO～2I2～4樣品中NaClO2·2H2O的純度為×100%=86.5%；

故答案為86.5%。

【點(diǎn)睛】

從溶液中獲取晶體，一般采用蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌干燥的方法，根據(jù)題中信息，獲取NaClO2，需要溫度高于38℃時(shí)析出的晶體為NaClO2，因此需要趁熱過(guò)濾；中和滴定時(shí)，涉及多個(gè)反應(yīng)，一般采用關(guān)系式法進(jìn)行計(jì)算，這樣把問(wèn)題簡(jiǎn)單法。【解析】三頸燒瓶安全瓶(或防倒吸)2：1趁熱過(guò)濾2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O將裝置內(nèi)殘留的ClO2全部排出提高產(chǎn)率86.524、略

【分析】【分析】

滴定管的0刻度在上方；最小度數(shù)為0.01mL，結(jié)合圖示滴定管中液面分析；

達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)；溶液由紅色變?yōu)闊o(wú)色且半分鐘顏色不恢復(fù)；

(3)先根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性，舍去第2組數(shù)據(jù)，計(jì)算出1、3組平均消耗V（鹽酸），然后根據(jù)鹽酸和NaOH的反應(yīng)計(jì)算出n（NaOH），最后根據(jù)計(jì)算該氫氧化鈉溶液物質(zhì)的量濃度；

（4）根據(jù)分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響；以此判斷滴定誤差。

【詳解】

(1)滴定管的0刻度在上方；0～1刻度間每一小格為0.10mL，圖1顯示溶液體積為0.00mL，圖2溶液體積為26.10mL，則所用鹽酸溶液的體積為：26.10mL-0.00mL=26.10mL，故答案為：26.10；

(2)用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸溶液滴定待測(cè)的氫氧化鈉溶液時(shí)；用酚酞做指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由紅色變?yōu)闊o(wú)色且半分鐘顏色不恢復(fù)，故答案為：滴入最后一滴鹽酸溶液后，溶液由紅色變?yōu)闊o(wú)色且半分鐘顏色不恢復(fù)；

(3)根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性，舍去第2組數(shù)據(jù)，1、3組平均消耗根據(jù)反應(yīng)方程式HCl+NaOH═NaCl+H2O可知，n（NaOH）=n（HCl）=0.0261L×0.1000mol/L，則故答案為：0.1044mol/L；

(4)A．中和滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)俯視滴定管內(nèi)液面讀數(shù)，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)可知，測(cè)定的c（NaOH）偏低，故A錯(cuò)誤；

B．堿式滴定管用蒸餾水洗凈后立即取用25.00mL待測(cè)堿溶液注入錐形瓶進(jìn)行滴定，待測(cè)液被稀釋，滴定過(guò)程中消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，導(dǎo)致c（NaOH）偏低，故B錯(cuò)誤；

C．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后立即裝標(biāo)準(zhǔn)溶液來(lái)滴定，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)可知，測(cè)定c（NaOH）偏高；故C正確；

D．把配好的標(biāo)準(zhǔn)溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中用來(lái)滴定，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)可知，測(cè)定c（NaOH）偏大，故D正確；故答案為：CD?！窘馕觥?6.10滴入最后一滴鹽酸溶液后，溶液由紅色變?yōu)闊o(wú)色且半分鐘顏色不恢復(fù)0.1044mol/LCD五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共4分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)0.100mol/L鹽酸中c(H＋)=0.100mol/L；所以溶液pH=1；

(2)等體積(20mL)等濃度(0.100mol/L)的鹽酸和氨水混合得到的溶液為NH4Cl溶液，濃度為0.05mol/L，銨根水解使溶液顯酸性；丙為0.100mol/L的NH4Cl，所以丙的酸性較強(qiáng)，所以混合溶液的pH>丙溶液的pH；

(3)溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，溶液顯中性則c(H＋)＝c(OH－)，水解使微弱的，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)?！窘馕觥?>c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)六、工業(yè)流程題(共4題，共40分)26、略

【分析】【分析】

(3)某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質(zhì)，鈦鐵礦粉碎、與濃硫酸共熱反應(yīng)，過(guò)濾得濾液1，濾液經(jīng)加熱后加入鐵粉，得到TiO2+、少量Fe3+、Fe2+和硫酸根離子，趁熱過(guò)濾，濾液2經(jīng)操作A即冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌并干燥得到FeSO4?7H2O，過(guò)濾后，濾液3中含有TiO2+、等離子，水浸得到H2TiO3，煅燒可生成TiO2。

【詳解】

（1）26Fe的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，價(jià)電子排布式為3d64s2；則在周期表中位于第四周期第VIII族。

（2）通常硝酸的還原產(chǎn)物是氮的氧化物，雙氧水是綠色氧化劑、還原產(chǎn)物是水，則用H2O2而不用硝酸氧化硫酸酸化的FeSO4溶液以制備Fe2(SO4)3溶液，理由是：不引入新的雜質(zhì)，不產(chǎn)生污染環(huán)境的氣體，硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應(yīng)的化學(xué)方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。

（3）①粉碎鈦鐵礦的目的是：增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積；提高反應(yīng)速率，提高鈦鐵礦的利用率。

②從溶液中提取結(jié)晶水合物需要用冷卻結(jié)晶法，則由濾液2經(jīng)操作A可得FeSO4?7H2O晶體；則操作A為冷卻結(jié)晶；過(guò)濾、洗滌、干燥。

③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，從反應(yīng)為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，滴定過(guò)程中滴入的酸性高錳酸鉀溶液被還原出現(xiàn)褪色現(xiàn)象，滴定終點(diǎn)時(shí)過(guò)量的半滴高錳酸鉀溶液顯淺紅色，故滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為溶液變?yōu)闇\紅色、30s內(nèi)不褪色；重復(fù)實(shí)驗(yàn)3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液為10.00mL。計(jì)算樣品純度為(保留三位有效數(shù)字)。【解析】(1)四VIII

(2)不引入新的雜質(zhì)，不產(chǎn)生污染環(huán)境的氣體2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O

(3)增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積，提高反應(yīng)速率，提高鈦鐵礦的利用率冷卻結(jié)晶溶液變?yōu)闇\紅色69.5%27、略

【分析】【分析】

白云石礦樣煅燒后轉(zhuǎn)化為氧化鈣；氧化鎂；加入氯化銨溶解浸鈣，大部分鈣離子進(jìn)入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過(guò)濾分離出含有鎂、鐵、硅元素的固體B，加入硫酸銨將鎂離子轉(zhuǎn)化為硫酸鎂溶液，加入碳酸銨生成碳酸鎂沉淀，煅燒得到氧化鎂；

【詳解】

（1）白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳?xì)怏w，化學(xué)方程式為

（2）①氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，由圖表可知，在一定量溶液中，氫氧化鈣會(huì)和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；

②沉鈣反應(yīng)中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和銨根離子，離子方程式為

③由圖表可知，“浸鈣”過(guò)程的比例為2.4∶1時(shí)，產(chǎn)品中鎂元素雜質(zhì)最多且碳酸鈣純度最低，故不適宜選用的比例為2.4∶1。

④在反應(yīng)中會(huì)優(yōu)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質(zhì)量更小，二者共同作用導(dǎo)致產(chǎn)品中純度的實(shí)測(cè)值高于計(jì)算值；

（3）“浸鎂”過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)：加熱蒸餾隨大量氨逸出，平衡正向移動(dòng)，利于氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鎂；

（4）白云石的主要化學(xué)成分為還含有質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進(jìn)入濾液中，部分鈣進(jìn)入B中加入硫酸銨后轉(zhuǎn)化為微溶于的硫酸鈣，氧化鐵、二氧化硅幾乎不反應(yīng)進(jìn)入濾渣中；“浸鎂”過(guò)程中，的浸出率最終可達(dá)98.9%，則還有部分氧化鎂進(jìn)入濾渣中，故濾渣C中含有的物質(zhì)是

（5）沉鈣反應(yīng)中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過(guò)程中加熱蒸餾會(huì)有大量氨逸出；濾液D加入碳酸銨生成碳酸鎂和硫酸銨，碳酸鎂煅燒生成二氧化碳；白云石煅燒也會(huì)生成二氧化碳；在流程中既是反應(yīng)物又是生成物，故該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是【解析】(1)

(2)在一定量溶液中，氫氧化鈣會(huì)和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故先浸出2.4∶1優(yōu)先析出；且氧化鈣也能轉(zhuǎn)化為碳酸鈣。

(3)隨大量氨逸出，平衡正向移動(dòng)。

(4)

(5)28、略

【分析】【分析】

此流程是工業(yè)生產(chǎn)NaBH4的過(guò)程，以Mg2B2O5?H2O為原料，與濃NaOH溶液反應(yīng)，生成Mg(OH)2沉淀和NaBO2溶液；濾渣中加入鹽酸，將Mg(OH)2溶解并轉(zhuǎn)化為MgCl2溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，獲得MgCl2?7H2O晶體，加入SOCl2去掉結(jié)晶水，同時(shí)防止MgCl2水解，然后熔融電解得到Mg，與H2反應(yīng)生成MgH2；濾液經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，可獲得NaBO2，然后與MgH2反應(yīng)得到NaBH4。

【詳解】

(1)Mg2B2O5·H2O中，Na顯+1價(jià)，O顯-2價(jià)，則B的化合價(jià)為+3。題中信息顯示，MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應(yīng)，所以MgH2和NaBO2必須在干燥條件下合成硼氫化鈉，其原因是防止MgH2、NaBH4與水蒸氣反應(yīng)