2025年人教版PEP選修化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版PEP選修化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷804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7題，共14分)1、春秋末期的《考工記》中載有“涑帛”的方法，即用“灰”(草木灰)和“蜃”(貝殼灰)混合加水所得液體來洗滌絲帛。下列說法錯(cuò)誤的是A.將“灰”加入水中攪拌，過濾出的濾液呈堿性B.將“蜃”與水混合時(shí)，發(fā)生化合反應(yīng)C.“灰”和“蜃”混合加水所得溶液中含有KOHD.“帛”的主要成分是纖維素，屬于糖類物質(zhì)2、下列有機(jī)物命名正確的是A.2-甲基-3-丁炔B.3-甲基-1-丙醇C.2-甲基-2-氯丙烷D.1,3,4-三甲苯3、已知利用某些有機(jī)物之間的轉(zhuǎn)化可貯存太陽能；如降冰片二烯(NBD)經(jīng)太陽光照射轉(zhuǎn)化成四環(huán)烷(Q)的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.NBD和Q互為同分異構(gòu)體B.NBD和Q均可使溴水褪色C.Q的一氯代物只有3種D.NBD的同分異構(gòu)體可以是芳香烴4、下列有機(jī)反應(yīng)屬于取代反應(yīng)的是()A.CH2=CH2+HClCH3CH2ClB.2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2OC.+3H2D.CH4+Cl2CH3Cl+HCl5、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2+NO↑B.用氨水吸收足量的SO2氣體：2OH-＋SO2=+H2OC.溴乙烷與氫氧化鈉水溶液共熱：C2H5Br+OH-CH2=CH2↑+Br-+H2OD.用酸性K2Cr2O7溶液檢驗(yàn)酒精：3CH3CH2OH+2+2H2O=4Cr(OH)3↓+3CH3COO-+OH-6、在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A.B.C.D.7、HOOC(CH2)3COOH所在同分異構(gòu)體在下列一種表征儀器中顯示的信息（成數(shù)據(jù)）完全相同，該儀器是A.元素分析儀B.紅外光譜儀C.質(zhì)譜儀D.核磁共振儀評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、2019年國際非政府組織“全球碳計(jì)劃”12月4日發(fā)布報(bào)告：研究顯示，全球二氧化碳排放量增速趨于緩。CO2的綜合利用是解決溫室問題的有效途徑。

（1）一種途徑是將CO2轉(zhuǎn)化為成為有機(jī)物實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)。如：

C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1

2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝___________

（2）CO2甲烷化反應(yīng)是由法國化學(xué)家PaulSabatier提出的，因此，該反應(yīng)又叫Sabatier反應(yīng)。CO2催化氫化制甲烷的研究過程：

①上述過程中，產(chǎn)生H2反應(yīng)的化學(xué)方程式為：___________________________________。

②HCOOH是CO2轉(zhuǎn)化為CH4的中間體：CO2HCOOHCH4。當(dāng)鎳粉用量增加10倍后，甲酸的產(chǎn)量迅速減少，當(dāng)增加鎳粉的用量時(shí)，CO2鎳催化氫化制甲烷的兩步反應(yīng)中反應(yīng)速率增加較大的一步是_______________（填I(lǐng)或II）

（3）CO2經(jīng)催化加氫可以生成低碳烴；主要有兩個(gè)競爭反應(yīng)：

反應(yīng)I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

反應(yīng)II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

在1L密閉容器中沖入1molCO2和4molH2,測(cè)得平衡時(shí)有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度變化如圖所示。T1℃時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為_________。T1℃時(shí)，反應(yīng)I的平衡常數(shù)K=_______。

（4）已知CO2催化加氫合成乙醇的反應(yīng)原理為2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH，m代表起始時(shí)的投料比，即m=

①圖1中投料比相同，溫度T3>T2>T1,則ΔH_____（填“>”或“<”）0.

②m=3時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)后p(總）=20ɑMPa,恒壓條件下各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖2.則曲線b代表的物質(zhì)為_______（填化學(xué)式）9、完成下列填空：硼氧化鈉(NaBH4)是合成中常用的還原劑。采用NaBO2為主要原料制備NaBH4(B元素化合價(jià)為+3)的反應(yīng)為：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸鈉俗稱泡花堿；又名水玻璃，在工業(yè)生產(chǎn)中也有廣泛應(yīng)用(已知硅酸為難溶性弱酸)

完成下列填空：

(1)上述反應(yīng)中，原子最外層有兩個(gè)未成對(duì)電子的元素是_____(填元素符號(hào))。SiO2熔點(diǎn)高的原因是_____。

(2)上述反應(yīng)中H2與Na的物質(zhì)的量之比為_____。

(3)硅酸鈉水溶液產(chǎn)生硅酸(H2SiO3)，硬化粘結(jié)，且有堿性，其原因是_____(用離子方程式表示)。鑄造工藝中可用氯化銨作為水玻璃的硬化劑。試用平衡原理加以解釋_____。

(4)NaBH4可使許多金屬離子還原成金屬單質(zhì)。例如它從含金離子(Au3+)的廢液中提取Au．配平該反應(yīng)的離子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。

(5)最新研究發(fā)現(xiàn)以NaBH4和H2O2為原料，NaOH溶液作電解質(zhì)溶液，可以設(shè)計(jì)成全液流電池，則每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理論上流過電路中的電子數(shù)為_____。10、在烴的分子結(jié)構(gòu)中，每減少2個(gè)氫原子，則碳碳間便增加一對(duì)共用電子。已知分子組成為CnH2n+2的烴分子中碳碳間的共用電子對(duì)數(shù)為n－1，則化學(xué)式為CnH2n-2的烴分子結(jié)構(gòu)中，碳碳間的共用電子對(duì)數(shù)為____，Cx也可視為烴脫氫后的產(chǎn)物，則C60中碳碳間的共用電子對(duì)數(shù)為____；若某碳單質(zhì)分子中碳碳間的共用電子對(duì)數(shù)為140，則該單質(zhì)的分子式為____。11、各地對(duì)食品非法添加和濫用添加劑進(jìn)行了多項(xiàng)整治活動(dòng)。其中常用的面粉增白劑過氧化苯甲酰()也被禁用。下面是一種以苯為原料合成過氧化苯甲酰的流程：

已知：結(jié)合題給信息和所學(xué)知識(shí)，請(qǐng)寫出以苯乙烯為原料合成的流程，無機(jī)試劑任選，注明反應(yīng)條件_______。12、回答下列問題：

(1)寫出以CH≡CH、HCN為原料制備聚丙烯腈(“人造羊毛”)的過程中所發(fā)生的反應(yīng)類型____。

(2)PVC(聚氯乙烯)和PE(聚乙烯)都是常用的塑料，它們的單體分別為____和____。

(3)PE(聚乙烯)材料目前被公認(rèn)為安全材料，也可用于制作保鮮膜和一次性餐盒。辨別PE和PVC有三種方法，一是聞氣味法：具有刺激性氣味的是___；二是測(cè)密度法：密度大的應(yīng)是___；三是燃燒法：PE的單體和PVC的單體在足量空氣中燃燒的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的明顯區(qū)別是___。

(4)PVDC()是一種阻隔性高、韌性強(qiáng)、化學(xué)穩(wěn)定性好的理想包裝材料，廣泛用于肉制品、豆制品等的包裝。寫出合成PVDC的單體的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___。13、大氣污染物有（主要指和）以及等污染氣體。研究去除這些大氣污染物的有效措施是環(huán)保領(lǐng)域的重要課題。

（1）溶液吸收法。主要反應(yīng)有；

已知：

①求______（用表示）。

②煙氣以固定的流速通過兩種不同催化劑①和催化劑②時(shí)，在相同時(shí)間內(nèi)測(cè)得煙氣脫氯率如圖-1，結(jié)合曲線②分析，當(dāng)反應(yīng)溫度高于時(shí)，的去除率迅速下降的原因可能是________。

（2）用稀硝酸吸收得到和的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸，寫出電解時(shí)陽極的電極反應(yīng)式______。

（3）煤燃燒排放的煙氣中含有和采用堿性溶液作為吸收劑可同時(shí)對(duì)煙氣進(jìn)行脫硫，脫硝，在鼓泡反應(yīng)器中通入含有和的煙氣，反應(yīng)溫度為溶液濃度為充分反應(yīng)足夠長的時(shí)間后，溶液中離子濃度分析結(jié)果如下表。離子

①寫出溶液脫氨過程中主要反應(yīng)的離子方程式_______。

②如果采用替代其脫硫效果會(huì)更好。試從化學(xué)平衡原理分析，相比具有的優(yōu)點(diǎn)是_______。

（4）日前科學(xué)家在研究一種以乙烯作為還原劑的脫硝原理，其脫硝機(jī)理如圖-2所示，若處理標(biāo)況下氣體，需消耗標(biāo)況下乙烯_______L。評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、丙烯（CH3CH=CH2）是生產(chǎn)聚丙烯的原料，丙烯中的官能團(tuán)是碳碳雙鍵。__A.正確B.錯(cuò)誤15、溴水、酸性高錳酸鉀溶液既能鑒別甲烷和乙烯，又能除去甲烷中的乙烯。(___)A.正確B.錯(cuò)誤16、丙烷分子中的碳原子在同一條直線上。(____)A.正確B.錯(cuò)誤17、乙醛的密度比水大，且能與水以任意比例混溶。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤18、氨基酸和蛋白質(zhì)均是既能與強(qiáng)酸反應(yīng)，又能與強(qiáng)堿反應(yīng)的兩性物質(zhì)。(____)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)19、自來水中氯離子的測(cè)定對(duì)人體健康有重要意義，實(shí)驗(yàn)室常用莫爾法測(cè)定水體中氯離子含量。實(shí)驗(yàn)過程如下：向水樣中加入K2CrO4(黃色)溶液作指示劑，用AgNO3溶液滴定至終點(diǎn)。已知：Ag2CrO4為不溶于水的磚紅色沉淀；常溫下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.8×10-12。

回答下列問題：

（1）滴定時(shí)，應(yīng)使用____________(填“酸式”或“堿式”)滴定管，原因是_______________________。

（2）水樣應(yīng)調(diào)至中性或弱堿性，強(qiáng)酸性時(shí)加入K2CrO4溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___________________________________________。

（3）滴定達(dá)到終點(diǎn)的標(biāo)志是___________________________________________。

（4）實(shí)驗(yàn)過程中測(cè)得數(shù)據(jù)如下表：。編號(hào)123V(水樣)/mL10.0010.0010.00c(AgNO3)/mol·L-10.0010V(AgNO3)/mL3.754.013.99

計(jì)算水樣中氯離子的含量為_______________mg/L（保留2位小數(shù)）

（5）滴定結(jié)束后：

①當(dāng)溶液中的殘余c(Cl-)=1.8×10-5mol/L，則此時(shí)溶液中c(CrO42-)=____________。

②已知2AgCl+CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，計(jì)算出該反應(yīng)的平衡常數(shù)為____________。

（6）下列情況會(huì)造成實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果偏低的是____________。（填標(biāo)號(hào)）

A.錐形瓶洗滌后未干燥。

B.滴定前；未使用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管。

C.酸式滴定管滴定前仰視讀數(shù)；滴定后俯視讀數(shù)。

D.酸式滴定管滴定前尖嘴部分充滿溶液，滴定結(jié)束時(shí)滴定管尖嘴有氣泡20、氯氣與堿溶液反應(yīng)，在低溫、稀堿溶液中主要產(chǎn)物是ClO3－和Cl－，在75℃以上、濃堿溶液中主要產(chǎn)物是ClO－和Cl－。研究小組用如下實(shí)驗(yàn)裝置制取氯酸鉀(KClO3)；并測(cè)定其純度。(夾持裝置已省略)

a為濃鹽酸，b為MnO2；c為飽和食鹽水，d為30%KOH溶液，e為NaOH溶液。

回答下列問題：

(1)檢查裝置氣密性后；添加藥品，待裝置III水溫升至75℃開始反應(yīng)。

①裝置II的作用為_____________________________________。

②若取消裝置II，對(duì)本實(shí)驗(yàn)的影響是___________________。

③從裝置III的試管中分離得到KClO3粗產(chǎn)品，其中混有的雜質(zhì)是KClO和_____________(填化學(xué)式）。

(2)為測(cè)定產(chǎn)品KClO3的純度；進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

步驟1：取3.00g樣品溶于水配成250mL溶液。

步驟2：取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴加足量H2O2溶液充分振蕩以除盡ClO－。然后煮沸溶液1～2分鐘；冷卻。

步驟3：加入過量KI溶液，再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO3－+6I－+6H+=Cl－+3I2+3H2O)

步驟4：加入指示劑，用0.600mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。(2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)

步驟2中除去ClO－的離子方程式是_________________。

②樣品中KClO3的貭量分?jǐn)?shù)為_____。(保留三位有效數(shù)字，KClO3式量：122.5)21、實(shí)驗(yàn)室制取少量溴乙烷的裝置如右圖所示。

根據(jù)題意完成下列填空：

（1）圓底燒瓶中加入的反應(yīng)物是溴化鈉、_____和1:1的硫酸。配制體積比1：1的硫酸所用的定量儀器為_________(選填編號(hào))。

a．天平b．量筒c．容量瓶d．滴定管。

（2）寫出加熱時(shí)燒瓶中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________________。

（3）將生成物導(dǎo)入盛有冰水混合物的試管A中，冰水混合物的作用是_______________。試管A中的物質(zhì)分為三層(如圖所示)，產(chǎn)物在第____層。

（4）試管A中除了產(chǎn)物和水之外，還可能存在_____、________(寫出化學(xué)式)。

（5）用濃的硫酸進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，若試管A中獲得的有機(jī)物呈棕黃色，除去其中雜質(zhì)的正確方法是_____(選填編號(hào))。

a．蒸餾b．氫氧化鈉溶液洗滌。

c．用四氯化碳萃取d．用亞硫酸鈉溶液洗滌。

若試管B中的酸性高錳酸鉀溶液褪色，使之褪色的物質(zhì)的名稱是______________。

（6）實(shí)驗(yàn)員老師建議把上述裝置中的儀器連接部分都改成標(biāo)準(zhǔn)玻璃接口，其原因是：_______________。評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共6分)22、【化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

磷元素在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用。

（1）P原子價(jià)電子排布圖為__________________________。

（2）四（三苯基膦）鈀分子結(jié)構(gòu)如下圖：

P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為___________；判斷該物質(zhì)在水中溶解度并加以解釋_______________________。該物質(zhì)可用于右上圖所示物質(zhì)A的合成：物質(zhì)A中碳原子雜化軌道類型為__________________；一個(gè)A分子中手性碳原子數(shù)目為__________________。

（3）在圖示中表示出四（三苯基膦）鈀分子中配位鍵：_____________

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，測(cè)得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學(xué)式為_____________________；正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角原因?yàn)開_________________；該晶體的晶胞如右圖所示，立方體的晶胞邊長為apm，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_______g/cm3。

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測(cè)定知其中只存在一種P－Br鍵長，試用電離方程式解釋PBr5熔體能導(dǎo)電的原因___________________。23、耐HF腐蝕的催化劑可應(yīng)用于氟化工行業(yè)中的氯循環(huán)(如圖)。

(1)Ru的價(jià)電子排布式為該元素位于第_______周期_______族。

(2)上述轉(zhuǎn)化過程中涉及的有機(jī)反應(yīng)類型有_______。

(3)可通過液化分離出HCl中大多數(shù)的HF，從結(jié)構(gòu)角度解釋兩者沸點(diǎn)差異的原因_______。

(4)的晶體結(jié)構(gòu)如圖(和中實(shí)線部分為晶胞)

①晶胞中有_______個(gè)Ru，O在晶胞的位置為_______。

②已知與載體晶體結(jié)構(gòu)(堆積方式、晶胞參數(shù))越相似，催化效果越好。載體中摻雜的原因是_______。24、ECH(環(huán)氧氯丙烷，結(jié)構(gòu)為)是生產(chǎn)環(huán)氧樹脂的中間體；工業(yè)上可由如圖路線合成。

已知：

(1)A為丙烯，其分子中含有的官能團(tuán)是_______。

(2)已知為加成反應(yīng)，的反應(yīng)類型是_______反應(yīng)。

(3)的反應(yīng)中；B與次氯酸加成得到的C，有兩種結(jié)構(gòu)。

①C結(jié)構(gòu)簡式是?。汉廷ⅲ篲______。

②由分子中化學(xué)鍵的極性分析：ⅰ為的主要產(chǎn)物。該分析過程是_______。

(4)對(duì)環(huán)氧氯丙烷的反應(yīng)研究表明，當(dāng)保持其他條件(反應(yīng)溫度、反應(yīng)時(shí)間等)不變時(shí)，隨起始反應(yīng)物中和物質(zhì)C的比例增大；環(huán)氧氯丙烷的產(chǎn)率如圖所示：

根據(jù)該反應(yīng)中各物質(zhì)的性質(zhì)，分析隨的值增大，環(huán)氧氯丙烷產(chǎn)率下降的原因(結(jié)合化學(xué)方程式表示)：_______。

(5)原料中的丙烯可由石油裂解得到。在裂解分離得到的餾分中，除丙烯外，雜質(zhì)氣體中含有2種分子式均為的鏈烴。

①雜質(zhì)的其中一種分子內(nèi)含有雜化的碳原子，則該分子名稱是_______。

②雜質(zhì)的另一種分子內(nèi)，無雜化的碳原子，則該分子內(nèi)碳原子的雜化類型是_______；已知該分子中，4個(gè)氫原子不在同一個(gè)平面內(nèi)，由分子中碳原子的雜化解釋其原因：_______。評(píng)卷人得分六、原理綜合題(共4題，共16分)25、下表是不同溫度下水的離子積常數(shù)：。溫度/℃

25

T1

T2

水的離子積常數(shù)

1×10－14

a

1×10－12

試回答以下問題：

(1)若25℃12，則a__________1×10－14(填“>”、“<”或“＝”)，做此判斷的理由是______________________________________。

(2)25℃時(shí)，某Na2SO4溶液中c(SO42—)＝5×10－4mol/L，取該溶液1mL加水稀釋至10mL，則稀釋后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝__________。

(3)T2℃時(shí)，將pH＝11的苛性鈉溶液V1L與pH＝1的稀硫酸V2L混合(設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和)，所得混合溶液的pH＝2，則V1∶V2＝__________。此溶液中各種離子的濃度由大到小的順序是____________________________。

(4)常溫下，設(shè)某pH值的硫酸中水電離出的c(H＋)＝1.0×10－amol/L，設(shè)相同pH值的硫酸鋁中水電離出的c(H＋)＝1.0×10－bmol/L，(a、b都是小于14的正數(shù))，那么a、b之間滿足的關(guān)系式是________________。26、含硫化合物是實(shí)驗(yàn)室和工業(yè)上的常用化學(xué)品。請(qǐng)回答：

(1)實(shí)驗(yàn)室可用銅與濃硫酸反應(yīng)制備少量判斷該反應(yīng)的自發(fā)性并說明理由_______。

(2)已知時(shí)，在一恒容密閉反應(yīng)器中充入一定量的和當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后測(cè)得和的濃度分別為和

①該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)為_______。

②平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率為_______。

(3)工業(yè)上主要采用接觸法由含硫礦石制備硫酸。

①下列說法正確的是_______。

A.須采用高溫高壓的反應(yīng)條件使氧化為

B.進(jìn)入接觸室之前的氣流無需凈化處理。

C.通入過量的空氣可以提高含硫礦石和的轉(zhuǎn)化率。

D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率。

②接觸室結(jié)構(gòu)如圖1所示，其中1~4表示催化劑層。圖2所示進(jìn)程中表示熱交換過程的是_______。

A.B.C.D.E.F.G.

③對(duì)于放熱的可逆反應(yīng)，某一給定轉(zhuǎn)化率下，最大反應(yīng)速率對(duì)應(yīng)的溫度稱為最適宜溫度。在圖3中畫出反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率與最適宜溫度(曲線Ⅰ)、平衡轉(zhuǎn)化率與溫度(曲線Ⅱ)的關(guān)系曲線示意圖(標(biāo)明曲線Ⅰ、Ⅱ)_______。

(4)一定條件下，在溶液體系中；檢測(cè)得到pH-時(shí)間振蕩曲線如圖4，同時(shí)觀察到體系由澄清→渾濁→澄清的周期性變化。可用一組離子方程式表示每一個(gè)周期內(nèi)的反應(yīng)進(jìn)程，請(qǐng)補(bǔ)充其中的2個(gè)離子方程式。

Ⅰ.

Ⅱ.①_______；

Ⅲ.

Ⅳ.②_______。27、Ⅰ：已知亞磷酸是具有強(qiáng)還原性的二元弱酸；可被銀離子氧化為磷酸。

（1）亞磷酸與銀離子反應(yīng)的離子方程式為_______________________。

（2）向亞磷酸溶液中滴加氫氧化鈉溶液至中性；寫出所得溶液中電荷守恒方程式_________________。

（3）某溫度下，的亞磷酸溶液的pH為1.4，即則該溫度下亞磷酸的一級(jí)電離平衡常數(shù)_________。（亞磷酸第二級(jí)電離忽略不計(jì)；結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

Ⅱ：焦亞硫酸鈉在醫(yī)藥；印染、食品等方面應(yīng)用廣泛；也可作為食品的抗氧化劑。

（4）工業(yè)上制備焦亞硫酸鈉常用與碳酸鈉溶液的反應(yīng)，當(dāng)加過量直至過飽和時(shí)；溶液中就會(huì)析出焦亞硫酸鈉的晶體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________________。

（5）由于具有毒性，因此國家對(duì)其在食品中的用量有嚴(yán)格的規(guī)定。某化學(xué)興趣小組在測(cè)定某白葡萄酒中的殘留量時(shí)，取40mL葡萄酒樣品，用的含有淀粉的碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液5mL，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_________________，該樣品中的殘留量為___________（以計(jì)）。28、乙烯和丙烯是重要有機(jī)化工原料。

I．以乙烯為原料可以制備乙二醇和高分子化合物B。

(1)①的化學(xué)方程式為______________。

(2)②為取代反應(yīng)，通過A與NaOH溶液加熱條件下完成轉(zhuǎn)化。②的化學(xué)反應(yīng)方程式為__________。

(3)③的反應(yīng)類型為_______________，B的結(jié)構(gòu)簡式為________________。

II．丙烯酸乙酯天然存在于菠蘿等水果中；是一種天然香料，也可以由乙烯和丙烯為原料合成。

(4)有機(jī)物E中的官能團(tuán)是_________________。

(5)D與E反應(yīng)生成丙烯酸乙酯的化學(xué)反應(yīng)方程式為__________________。

(6)下列說法正確的是______________。

a．乙烯、丙烯是石油裂解的產(chǎn)物b．乙二醇易溶于水

c．E能使酸性高錳酸鉀溶液褪色d．D可以由葡萄糖分解得到參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

草木灰中含K2CO3，而貝殼的主要成分為CaCO3，在煅燒后生成CaO，即貝殼灰的主要成分為CaO，溶于水后生成Ca(OH)2；據(jù)此分析“灰”(草木灰)和“蜃”(貝殼灰)混合加水所得液體的成分，據(jù)此分析。

【詳解】

草木灰中含K2CO3，而貝殼的主要成分為CaCO3，在煅燒后生成CaO：CaCO3CaO+CO2↑，即貝殼灰的主要成分為CaO，而CaO溶于水后生成Ca(OH)2：CaO+H2O＝Ca(OH)2，故“灰”(草木灰)和“蜃”(貝殼灰)混合加水后發(fā)生反應(yīng)：K2CO3+Ca(OH)2＝CaCO3↓+2KOH；KOH是一種強(qiáng)堿，能使油脂發(fā)生水解從而能去油污，達(dá)到洗滌絲帛的目的；

A.草木灰中含K2CO3；溶于水后水解顯堿性，故A正確；

B.將“蜃”與水混合時(shí)發(fā)生反應(yīng)CaO+H2O＝Ca(OH)2；故B正確；

C.“灰”(草木灰)和“蜃”(貝殼灰)混合加水后發(fā)生反應(yīng)：K2CO3+Ca(OH)2＝CaCO3↓+2KOH．KOH是一種強(qiáng)堿；能使油脂發(fā)生水解從而能去油污，故C正確；

D.“帛”的主要成分是蛋白質(zhì)；故D錯(cuò)誤。

故選：D。2、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)所給名稱相應(yīng)的物質(zhì)為其正確名稱為3-甲基-1-丁炔，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)所給名稱相應(yīng)的物質(zhì)為其正確名稱為1-丁醇，故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)所給名稱相應(yīng)的物質(zhì)為命名正確，故C正確；

D．根據(jù)所給名稱相應(yīng)的物質(zhì)為其正確命名為1，2，4-三甲苯，故D錯(cuò)誤；

故答案為C。

【點(diǎn)睛】

(1)烷烴命名原則：

①長：選最長碳鏈為主鏈；

②多：遇等長碳鏈時(shí)，支鏈最多為主鏈；

③近：離支鏈最近一端編號(hào)；

④?。褐ф溇幪?hào)之和最?。聪旅娼Y(jié)構(gòu)簡式，從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；

⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)，從簡單取代基開始編號(hào)．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面；

(2)有機(jī)物的名稱書寫要規(guī)范；

(3)對(duì)于結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)的，命名時(shí)可以依次編號(hào)命名，也可以根據(jù)其相對(duì)位置，用“鄰”、“間”、“對(duì)”進(jìn)行命名；

(4)含有官能團(tuán)的有機(jī)物命名時(shí)，要選含官能團(tuán)的最長碳鏈作為主鏈，官能團(tuán)的位次最小。3、B【分析】【詳解】

A．從NBD和Q的分子結(jié)構(gòu)可知：二者分子式都是C7H8；二者分子式相同，但結(jié)構(gòu)不同，兩者互為同分異構(gòu)體，A正確；

B．Q分子中無不飽和碳碳雙鍵或三鍵；因此不能使溴水褪色，B錯(cuò)誤；

C．Q分子為對(duì)稱結(jié)構(gòu)；物質(zhì)分子中有3種不同位置的H原子，這幾種不同位置的H原子分別被Cl原子取代就得到一種相應(yīng)的氯代產(chǎn)物，故Q的一氯代物有3種，C正確；

D．NBD的同分異構(gòu)體可能是芳香烴中的甲苯；D正確；

故選B。4、D【分析】【詳解】

A選項(xiàng)，CH2=CH2+HClCH3CH2Cl屬于加成反應(yīng)；故A錯(cuò)誤；

B選項(xiàng)，2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O屬于氧化反應(yīng)；故B錯(cuò)誤；

C選項(xiàng)，+3H2屬于加成反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D選項(xiàng)，CH4+Cl2CH3Cl+HCl是取代反應(yīng)；故D正確；

綜上所述，答案為D。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮；離子方程式符合拆分原則，符合電荷守恒；原子守恒規(guī)律，故A正確；

B．用氨水吸收足量的SO2氣體；二氧化硫氣體過量，生成亞硫酸氫銨，不是亞硫酸銨，且一水合氨不能拆分，故B錯(cuò)誤；

C．溴乙烷與氫氧化鈉水溶液共熱；發(fā)生取代反應(yīng)，生成乙醇和溴化鈉，不是發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，故C錯(cuò)誤；

D．酸性環(huán)境下發(fā)生氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)后的溶液中不會(huì)存在氫氧根離子，離子方程式書寫錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤；

故選A。6、A【分析】分析：A項(xiàng)，NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反應(yīng)生成CaCO3和NaOH；B項(xiàng)，Al與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2和H2，NaAlO2與過量鹽酸反應(yīng)生成NaCl、AlCl3和H2O；C項(xiàng)，AgNO3中加入氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；D項(xiàng)，Al與Fe2O3高溫發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Al2O3和Fe，F(xiàn)e與HCl反應(yīng)生成FeCl2和H2。

詳解：A項(xiàng)，NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反應(yīng)生成CaCO3和NaOH，兩步反應(yīng)均能實(shí)現(xiàn)；B項(xiàng)，Al與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2和H2，NaAlO2與過量鹽酸反應(yīng)生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；C項(xiàng)，AgNO3中加入氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；D項(xiàng)，Al與Fe2O3高溫發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Al2O3和Fe，F(xiàn)e與HCl反應(yīng)生成FeCl2和H2；第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A項(xiàng)，答案選A。

點(diǎn)睛：本題考查元素及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化和反應(yīng)條件，解題的關(guān)鍵是熟悉常見物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和轉(zhuǎn)化的條件。注意量的多少對(duì)生成物的影響，如NaAlO2與少量HCl反應(yīng)生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2與過量HCl反應(yīng)生成NaCl、AlCl3和H2O。7、A【分析】【分析】

同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)不同；所含化學(xué)鍵和官能團(tuán)不同，氫原子的位置不同，但是元素組成相同。

【詳解】

C5H8O4及同分異構(gòu)體中組成相同；由元素分析儀顯示的信號(hào)(或數(shù)據(jù))完全相同，質(zhì)譜儀能用高能電子流等轟擊樣品分子，使該分子失去電子變?yōu)閹д姾傻姆肿与x子和碎片離子，同分異構(gòu)體得到的碎片不同，A項(xiàng)正確；

答案選A。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【分析】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)；求焓變；

（2）①根據(jù)流程圖可知反應(yīng)物為：Fe、H2O，生成物為：H2、Fe3O4；

②當(dāng)鎳粉用量增加10倍后；甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應(yīng)Ⅱ的速率要比反應(yīng)Ⅰ的速率增加得快；。

（3）1L容器，T1℃時(shí)；根據(jù)三段是：

求出CO2的轉(zhuǎn)化率；反應(yīng)I的平衡常數(shù)K；

（4）①根據(jù)圖示，溫度越高，H2轉(zhuǎn)化率越低；說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

②溫度升高，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以產(chǎn)物的物質(zhì)的量是逐漸減少的，反應(yīng)物的物質(zhì)的量增大，由圖可知，曲線a代表的物質(zhì)為H2，b表示CO2，c為H2O，d為C2H5OH。

【詳解】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ·mol－1，故答案為：+1366.8kJ·mol－1；

（2）①根據(jù)流程圖可知反應(yīng)物為：Fe、H2O，生成物為：H2、Fe3O4，則化學(xué)方程式為：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案為：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；

②當(dāng)鎳粉用量增加10倍后；甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應(yīng)Ⅱ的速率要比反應(yīng)Ⅰ的速率增加得快，故答案為：Ⅱ；

（3）1L容器，T1℃時(shí)；根據(jù)三段是：

CO2的轉(zhuǎn)化率為平衡時(shí)，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L；則。

T1℃時(shí)，反應(yīng)I的平衡常數(shù)故答案為：

（4）①根據(jù)圖示，溫度越高，H2轉(zhuǎn)化率越低，說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0；故答案為：＜；

②溫度升高，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以產(chǎn)物的物質(zhì)的量是逐漸減少的，反應(yīng)物的物質(zhì)的量增大，由圖可知，曲線a代表的物質(zhì)為H2，b表示CO2，c為H2O，d為C2H5OH，故答案為：CO2。【解析】+1366.8kJ·mol－13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO29、略

【分析】【分析】

寫出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外層核外電子排布，然后進(jìn)行判斷；二氧化硅是原子構(gòu)成的原子晶體，據(jù)此分析判斷；配平化學(xué)方程式得到物質(zhì)的定量關(guān)系；硅酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，硅酸根離子分步水解，溶液顯堿性；利用硅酸根和銨根離子雙水解分析；利用電荷守恒、質(zhì)量守恒定律來配平離子反應(yīng)方程式；在電池反應(yīng)中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，消耗雙氧水的物質(zhì)的量為6mol，根據(jù)知H2O2+2e﹣＝2OH﹣；計(jì)算理論上流過電路中的電子數(shù)。

【詳解】

(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外層有兩個(gè)未成對(duì)電子的元素是Na價(jià)電子排布3s1，有1個(gè)未成對(duì)電子，B價(jià)電子排布2s22p1，未成對(duì)電子為1個(gè)，O價(jià)電子排布2s22p4，未成對(duì)電子有2個(gè)，Si價(jià)電子排布3s23p2，未成對(duì)電子有2個(gè)，故未成對(duì)電子數(shù)為2的是氧和硅；二氧化硅是原子構(gòu)成的原子晶體，故SiO2熔點(diǎn)高；

(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化學(xué)方程式得到物質(zhì)的定量關(guān)系，反應(yīng)中H2與Na的物質(zhì)的量之比為1：2；

(3)硅酸鈉水溶液產(chǎn)生硅酸(H2SiO3)，硬化粘結(jié)，且有堿性，是硅酸根離子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O?H2SiO3+2OH﹣；鑄造工藝中可用氯化銨作為水玻璃的硬化劑是因?yàn)椋汗杷徕c和氯化銨二者雙水解相互促進(jìn)生成更多硅酸加速硬化；

(4)因BO2﹣易與H+結(jié)合，則堿性溶液可抑制它與水的反應(yīng)，由Au的化合價(jià)由+3降低為0，BH4﹣中H元素從﹣1價(jià)升高到+1，則由電子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，堿性溶液中氫氧根離子參加反應(yīng)，再由電荷守恒和質(zhì)量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；

(5)在電池反應(yīng)中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，消耗雙氧水的物質(zhì)的量為6mol，根據(jù)知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理論上流過電路中的電子數(shù)×2NA/mol＝12NA。

【點(diǎn)睛】

第(5)題的轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計(jì)算時(shí)需要利用電極反應(yīng)，寫出電極反應(yīng)是難點(diǎn)?！窘馕觥縊、Si二氧化硅形成的是原子晶體1：2+2H2O?H2SiO3+2OH﹣硅酸鈉和氯化銨二者雙水解相互促進(jìn)生成更多硅酸加速硬化8324831812NA10、略

【分析】試題分析：化學(xué)式為CnH2n-2的烴分子相對(duì)于CnH2n+2的烴分子，減少了4個(gè)氫原子，所以就增加二對(duì)共用電子對(duì)，則化學(xué)式為CnH2n-2的烴分子結(jié)構(gòu)中，碳碳間的共用電子對(duì)數(shù)是n－1＋2＝n＋1；碳原子的最外層電子數(shù)是4個(gè)，則C60中碳碳間的共用電子對(duì)數(shù)為對(duì)；若某碳單質(zhì)分子中碳碳間的共用電子對(duì)數(shù)為140，則碳原子的個(gè)數(shù)應(yīng)該是140×2÷4＝70，所以則該單質(zhì)的分子式為C70。

考點(diǎn)：考查烴分子結(jié)構(gòu)以及共用電子對(duì)的計(jì)算和應(yīng)用。

點(diǎn)評(píng)：該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題，試題基礎(chǔ)性強(qiáng)，難易適中。在注重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)鞏固和訓(xùn)練的同時(shí)，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)與訓(xùn)練，旨在考查學(xué)生靈活運(yùn)用已知信息解決實(shí)際問題的能力，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力和發(fā)散思維能力以及知識(shí)的遷移能力?！窘馕觥縩+1;120;C7011、略

【分析】【詳解】

以苯乙烯為原料，合成用逆推法可知，要生成羰基和羧基→羰基和醛基→2個(gè)羥基→2個(gè)鹵原子→烯烴的溴代反應(yīng)，所以合成路線為：【解析】12、略

【分析】(1)

CH≡CH和HCN通過加成反應(yīng)生成CH2=CHCN，CH2=CHCN通過加聚反應(yīng)生成聚丙烯腈。

(2)

聚氯乙烯是由氯乙烯經(jīng)過加聚反應(yīng)得到的，所以其單體為氯乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CHCl，聚乙烯是由乙烯經(jīng)過加聚反應(yīng)得到的，所以其單體為乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CH2。

(3)

聚氯乙烯燃燒時(shí)有刺激性氣味的氯化氫氣體放出；聚氯乙烯有相對(duì)分子質(zhì)量相對(duì)較大的氯原子；其密度比聚乙烯大；聚乙烯更易燃燒，聚氯乙烯不易燃燒，燃燒時(shí)產(chǎn)生氯化氫，有白霧(HCl的小液滴)產(chǎn)生。

(4)

由PVDC的結(jié)構(gòu)簡式可知，其單體為CH2=CCl2，其同分異構(gòu)體為：CHCl=CHCl?！窘馕觥?1)加成反應(yīng)；加聚反應(yīng)。

(2)CH2=CHClCH2=CH2

(3)聚氯乙烯聚氯乙烯聚乙烯更易燃燒；聚氯乙烯燃燒有白霧(HCl的小液滴)生成。

(4)CHCl=CHCl13、略

【分析】【詳解】

(1)①根據(jù)蓋斯定律可得②結(jié)合曲線②分析，當(dāng)反應(yīng)溫度高于時(shí)，的去除率迅速下降的原因可能溫度高于450℃，催化劑的活性降低，故答案為：溫度高于450℃；催化劑的活性降低；

(2)和的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸，說明亞硝酸在陽極失電子轉(zhuǎn)變成硝酸，電極方程式為:故答案為：

(3)①由表中離子可知，在反應(yīng)中表現(xiàn)氧化性轉(zhuǎn)變成氯離子，將NO氧化成硝酸根離子，反應(yīng)方程式為：故答案為：

②如果采用替代其脫硫效果會(huì)更好，因?yàn)殁}離子可以與氧化產(chǎn)生的硫酸根離子形成沉淀，從而降低硫酸根濃度，促進(jìn)反應(yīng)的正向進(jìn)行，故答案為：與生成硫酸鈣，降低SO濃度；使平衡正向移動(dòng)；

(4)由圖2轉(zhuǎn)化可知，乙烯與NO2反應(yīng)最終轉(zhuǎn)變成二氧化碳和氮?dú)猓磻?yīng)為：則若處理標(biāo)況下氣體，需消耗標(biāo)況下乙烯22.4L，故答案為：22.4L；【解析】溫度高于450℃，催化劑的活性降低（答案合理均給分）與生成硫酸鈣，降低SO濃度，使平衡正向移動(dòng)22.4三、判斷題(共5題，共10分)14、A【分析】【詳解】

丙烯屬于烯烴，可以通過加聚反應(yīng)生成聚丙烯，烯烴的官能團(tuán)是碳碳雙鍵，因此答案正確。15、B【分析】【詳解】

甲烷不可與溴水、酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，而乙烯可與溴水、酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)而使它們褪色，所以溴水、酸性高錳酸鉀溶液可用于鑒別甲烷和乙烯；但是酸性高錳酸鉀溶液與乙烯反應(yīng)，會(huì)把乙烯氧化為二氧化碳?xì)怏w，引入了新雜質(zhì)，所以不能用于除去甲烷中的乙烯，而乙烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成的是液態(tài)的1，2-二溴乙烷，不會(huì)引入新雜質(zhì)，可用于除去甲烷中的乙烯；故答案為錯(cuò)誤。16、B【分析】【詳解】

烷烴碳原子鍵角是109.5°，故不可能在同一直線上，錯(cuò)誤。17、B【分析】【詳解】

乙醛的相對(duì)密度小于1；且分子極性大，所以乙醛的密度比水小，且能與水以任意比例混溶；

答案為：錯(cuò)誤。18、A【分析】【詳解】

氨基酸和蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)中都是既含有羧基，又含有氨基，因此二者都屬于既能與強(qiáng)酸反應(yīng)，又能與強(qiáng)堿反應(yīng)的兩性物質(zhì)，故該說法正確。四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)19、略

【分析】【詳解】

（1）AgNO3為強(qiáng)酸弱堿鹽；水解使溶液呈酸性，必須盛放于酸式滴定管中。故答案為酸式；硝酸銀溶液水解呈酸性。

（2）K2CrO4與H+會(huì)發(fā)生可逆反應(yīng)：CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；所以水樣應(yīng)調(diào)至中性或弱堿性。

（3）當(dāng)Cl-恰好沉淀完全時(shí)，再滴加一滴硝酸銀溶液，Ag+與CrO42-生成Ag2CrO4沉淀，白色沉淀變成磚紅色沉淀，且30s內(nèi)不褪色。故答案為滴加最后一滴AgNO3溶液時(shí)；白色沉淀（渾濁）恰好變成磚紅色，且半分鐘不變回原色。

（4）第1組硝酸銀溶液體積的數(shù)據(jù)與第2組和第3組相比，誤差較大，舍去第1組數(shù)據(jù)，用第2組和第3組數(shù)據(jù)的平均值計(jì)算。消耗的硝酸銀溶液的體積的平均值為（3.99+4.01）×10-3L/2=4×10-3L，n(Cl-)=n(Ag+)=4×10-3L×0.001mol/L=4×10-6mol，m(Cl-)=4×10-6×35.5×103mg=142×10-3mg，水樣中氯離子的含量為142×10-3mg÷（10×10-3L）=14.20mg/L。

（5）①Ag+濃度相等，根據(jù)c(Cl-)×c(Ag+)=1.8×10-10，c(CrO42-)×c2(Ag+)=1.8×10-12，解得c(CrO42-)=1.8×10-2mol/L；②對(duì)于2AgCl+CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，平衡常數(shù)K=c2(Cl-)/c(CrO42-)=c2(Cl-)×c2(Ag+)/c(CrO42-)×c2(Ag+)=[Ksp(AgCl)]2/Ksp(Ag2CrO4)=(1.8×10-10)2/（1.8×10-12）=1.8×10-10。

（6）.錐形瓶洗滌后不需要干燥；對(duì)測(cè)定結(jié)果無影響；滴定前，未使用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液濃度變小，所消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，結(jié)果偏大；酸式滴定管滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)，導(dǎo)致讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低；酸式滴定管滴定前尖嘴部分充滿溶液，滴定結(jié)束時(shí)滴定管尖嘴有氣泡，有部分液體未放出，所耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，結(jié)果偏低。所以造成實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果偏低的是CD。

點(diǎn)睛：本題易錯(cuò)點(diǎn)在計(jì)算水中氯離子含量時(shí)，沒有注意到第1組數(shù)據(jù)中消耗的硝酸銀溶液的體積與其他兩組比較誤差較大，應(yīng)該舍去?！窘馕觥竣?酸式②.AgNO3溶液水解呈酸性③.CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O④.滴加最后一滴AgNO3溶液時(shí)，白色沉淀（渾濁）恰好變成磚紅色，且半分鐘不變回原色⑤.14.20⑥.1.8×10-2mol/L⑦.1.8×10-8⑧.CD20、略

【分析】【分析】

氯氣與堿溶液反應(yīng)，在低溫、稀堿溶液中主要產(chǎn)物是ClO3－和Cl－，在75℃以上、濃堿溶液中主要產(chǎn)物是ClO－和Cl－。裝置Ⅰ制備氯氣；裝置Ⅱ使用飽和食鹽水除去氯化氫氣體，氯氣通入裝置Ⅲ進(jìn)行反應(yīng)，裝置Ⅳ用于尾氣處理。

【詳解】

(1)①根據(jù)分析，裝置Ⅱ的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，避免影響產(chǎn)率；②若取消裝置II，氯化氫氣體進(jìn)入裝置Ⅲ消耗KOH，使KClO3產(chǎn)量降低；③在75℃以上、濃堿溶液中主要產(chǎn)物是ClO－和Cl－，故從裝置III的試管中分離得到KClO3粗產(chǎn)品；其中混有的雜質(zhì)是KClO和KCl；

(2)①堿性條件，ClO－有強(qiáng)氧化性，ClO3－氧化性較弱，H2O2溶液可以氧化ClO－而不能氧化ClO3－，從而可以進(jìn)行實(shí)驗(yàn)測(cè)定含量。滴加足量H2O2溶液充分振蕩以除盡ClO－，該過程中ClO－被還原為Cl－，H2O2溶液被氧化為O2，故發(fā)生的離子反應(yīng)式為ClO－+H2O2Cl－+O2↑+H2O；②根據(jù)離子反應(yīng)式定量關(guān)系式ClO3－~3I2~6S2O32－，故消耗20.00mL0.600mol/LNa2S2O3物質(zhì)的量為0.012mol，則25.00mL樣品溶液KClO3物質(zhì)的量為0.002mol，則250mL溶液KClO3物質(zhì)的量為0.02mol；所含質(zhì)量2.45g，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為81.7%。

【點(diǎn)睛】

雙氧水自身氧元素化合價(jià)可升可降，若遇強(qiáng)氧化劑，雙氧水做還原劑化合價(jià)上升變?yōu)榱銉r(jià)，以氧氣分子形式存在；若遇強(qiáng)還原劑，雙氧水做氧化劑的化合價(jià)降低變?yōu)?2價(jià)，以水或者其他酸根離子形式存在，且不管升降，每分子雙氧水參與反應(yīng)，化合價(jià)變化均為2。氧化還原滴定常見的有直接滴定，間接滴定與返滴定，需要注意各自的反應(yīng)過程和計(jì)算過程，以及對(duì)應(yīng)的誤差分析。【解析】除去氯氣中混有的氯化氫氣體，避免影響產(chǎn)率氯化氫氣體進(jìn)入裝置Ⅲ消耗KOH，使KClO3產(chǎn)量降低KClClO－+H2O2Cl－+O2↑+H2O81.7%21、略

【分析】【詳解】

（1）制備溴乙烷需乙醇和溴化氫反應(yīng)，故需要加乙醇；配制稀硫酸需要量筒來量所需濃硫酸的體積，故選b；

（2）溴化鈉和濃硫酸反應(yīng)先制得溴化氫；溴化氫再和乙醇反應(yīng)生成溴乙烷；

（3）冰水將溴乙烷冷凝；

（4）還可能有揮發(fā)出來的溴化氫和乙醇；

（5）有機(jī)物呈棕黃色是因?yàn)槿苡袖鍐钨|(zhì)；有強(qiáng)氧化性，可以和亞硫酸鈉反應(yīng)而除去；氫氧化鈉雖然和溴單質(zhì)能反應(yīng)，但和溴乙烷也發(fā)生反應(yīng)，故選d；在濃硫酸做催化劑的作用下乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，注意名稱應(yīng)該寫漢字；

（6）考慮橡膠管換成玻璃管，原因是溴腐蝕橡膠?！窘馕觥竣?乙醇②.b③.NaBr+H2SO4→HBr+NaHSO4CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O④.冷卻、液封溴乙烷⑤.3⑥.HBr⑦.CH3CH2OH⑧.d⑨.乙烯⑩.反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生Br2，腐蝕橡膠五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共6分)22、略

【分析】【分析】

（1）P原子價(jià)電子排布式為3s22p3；結(jié)合泡利原理；洪特規(guī)則畫出價(jià)電子排布圖；

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為sp3；四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子；而水是極性分子，結(jié)合相似相溶原理判斷；A分子中C原子均沒有孤對(duì)電子，三鍵中C原子雜化軌道數(shù)目為2，雙鍵中碳原子雜化軌道數(shù)目為3，其它碳原子雜化軌道數(shù)目為4；連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；

（3）Pd含有空軌道；P原子有1對(duì)孤對(duì)電子，提供孤對(duì)電子與Pd形成配位鍵；

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，形成的正四面體形陽離子為PCl4+，正六面體形陰離子為PCl6-；PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì)，PCl4+中P沒有孤電子對(duì)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對(duì)間的排斥力；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，PCl4+位于體心，PCl6-位于頂點(diǎn)，由均攤法可知晶胞中含有1個(gè)PCl6-，計(jì)算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=計(jì)算晶胞密度；

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測(cè)定知其中只存在一種P-Br鍵長，則電離生成PBr4+與Br-。

【詳解】

（1）磷是15號(hào)元素，其原子核外有15個(gè)電子，P元素基態(tài)原子電子排布為1s22s22p63s23P3，P的最外層3p電子3個(gè)電子自旋方向相同，為故答案為

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子與P原子成4個(gè)單鍵，雜化軌道數(shù)為4，為sp3雜化，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)鈀分子在水中難溶，物質(zhì)A中甲基上的C采取sp3雜化類型，C≡N為SP雜化，碳碳雙鍵為sp2雜化，連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，如圖：所以一個(gè)A分子中手性碳原子數(shù)目為3個(gè)，故答案為sp3；不易溶于水，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位鍵由含有孤電子對(duì)的原子指向含有空軌道的原子，Pd含有空軌道、P原子含有孤電子對(duì)，所以配位鍵由P原子指向Pd原子，如圖：故答案為

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動(dòng)的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+(5?3×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl5中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=5+(5?5×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì)，PCl4+中P沒有孤電子對(duì)．孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對(duì)間的排斥力，所以PCl5中正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角，晶胞中PCl5位于頂點(diǎn)8×=1，1個(gè)PCl5分子位于晶胞內(nèi)部，立方體的晶胞邊長為apm，所以密度為：ρ==

故答案為：PCl4+和PCl6-；兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì)，PCl4+中P沒有孤電子對(duì)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對(duì)間的排斥力；

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，說明PBr5也能電離出能導(dǎo)電的陰陽離子，而產(chǎn)物中只存在一種P-Br鍵長，所以發(fā)生這樣電離PBr5═PBr4++Br-；

故答案為PBr5=PBr4++Br-。

【點(diǎn)晴】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及電子排布圖、雜化方式的判斷、電離方式和微粒結(jié)構(gòu)等，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用的考查，題目難度較大。雜化類型的判斷方法：1)例如常見的簡單分子，C2H2、CO2為直線型分子，鍵角為180°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp；C2H4、C6H6為平面型分子，鍵角為120°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp2；CH4、CCl4為正四面體，鍵角109.5°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp3。擴(kuò)展到以共價(jià)鍵形成的晶體，如：已知金剛石中的碳原子、晶體硅和石英中的硅原子，都是以正四面體結(jié)構(gòu)形成共價(jià)鍵的，所以也都是采用sp3雜化；已知石墨的二維結(jié)構(gòu)平面內(nèi)，每個(gè)碳原子與其它三個(gè)碳原子結(jié)合，形成六元環(huán)層，鍵角為120°，由此判斷石墨的碳原子采用sp2雜化。2)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷雜化類型：中心原子電子對(duì)計(jì)算公式：價(jià)電子對(duì)數(shù)n=(中心原子的價(jià)電子數(shù)+配位原子的價(jià)電子數(shù)×m±電荷數(shù))。注意：①當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正值時(shí)取“-”，電荷數(shù)為負(fù)值時(shí)取“+”；②當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時(shí)，成鍵電子數(shù)為零；根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；3)對(duì)于有機(jī)物利用雜化軌道數(shù)=孤對(duì)電子對(duì)數(shù)+σ鍵數(shù)進(jìn)行判斷．如C2H2分子中碳原子形成1個(gè)C-H，1個(gè)C≡C(含1個(gè)σ鍵)，C原子雜化軌道數(shù)為1+1=2，采取sp雜化方式，C2H4分子中碳原子形成2個(gè)C-H，1個(gè)C═C雙鍵(含1個(gè)σ鍵)，C原子雜化軌道數(shù)為(2+1)=3，C原子采取sp2雜化方式?！窘馕觥浚﹕p3不易溶于水，水為極性分子，四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶sp、sp2、sp33PCl4+和PCl6－兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì)，PCl4+中P沒有孤電子對(duì)。孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對(duì)間的排斥力或PBr5＝PBr4++Br－23、略

【分析】(1)

根據(jù)Ru的價(jià)電子排布式為4d75s1可知；該元素位于第五周期第Ⅷ族。

(2)

由丙烷生成1；1，1，2，3-五氯丙烷是取代反應(yīng)，由1，1，1，2，3-五氯丙烷生成2，3，3，3-四氯-1-丙烯是消去反應(yīng)。

(3)

F的原子半徑比Cl?。粚?duì)核外電子的束縛力比Cl強(qiáng)，HF中H和F之間的電子對(duì)強(qiáng)烈偏向F，HF分子中的H可以和另一個(gè)HF分子中的F形成氫鍵，從而使HF的沸點(diǎn)較HCl高，容易液化分離出HF。

(4)

①從圖中可以看出，RuO2晶胞中位于頂點(diǎn)和體心的是Ru；有2個(gè)，則O有4個(gè)，晶胞中的六個(gè)氧原子有四個(gè)在面上，另兩個(gè)在晶胞內(nèi)部。

②RuO2與載體晶體結(jié)構(gòu)(堆積方式、晶胞參數(shù))越相似，催化效果越好。MgF2摻雜Al3+后晶胞參數(shù)和RuO2更接近，所以MgF2載體中摻雜Al3+?！窘馕觥?1)五Ⅷ

(2)取代反應(yīng)消去反應(yīng)。

(3)F的原子半徑比Cl?。粚?duì)核外電子的束縛力比Cl強(qiáng)，HF中H和F之間的電子對(duì)強(qiáng)烈偏向F，HF分子中的H可以和另一個(gè)HF分子中的F形成氫鍵，從而使HF的沸點(diǎn)較HCl高，容易液化分離出HF

(4)24個(gè)在面上，2個(gè)在晶胞內(nèi)部RuO2與載體晶體結(jié)構(gòu)(堆積方式、晶胞參數(shù))越相似，催化效果越好。MgF2摻雜Al3+后晶胞參數(shù)和RuO2更接近，所以MgF2載體中摻雜Al3+24、略

【分析】【分析】

A為丙烯，則A為CH2=CH-CH3，B中只有一個(gè)Cl原子，則A→B為氯氣的取代反應(yīng)，B為CH2=CH-CH2Cl，B→C由原子數(shù)目可知為加成反應(yīng)，C為OH-CH2-CH2Cl-CH2Cl或Cl-CH2-CHOH-CH2Cl；C再發(fā)生已知信息得到環(huán)化物；

【詳解】

(1)A為丙烯CH2=CH-CH3；含有的官能團(tuán)是碳碳雙鍵；

(2)B中只有一個(gè)Cl原子；則A→B為氯氣的取代反應(yīng)，反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；

(3)①由分析可知，C的另一個(gè)結(jié)構(gòu)是

②為的主要產(chǎn)物的原因是B為Cl的電負(fù)性較大，使雙鍵電子云向中心碳原子偏移；中：因此連在端基碳原子上；

(4)C中含Cl原子，加入NaOH溶液會(huì)發(fā)生鹵代烴的水解反應(yīng)，造成環(huán)氧氯丙烷的產(chǎn)率減小，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

(5)的不飽和度為2；

①含有雜化的碳原子，說明含有4條鍵，結(jié)構(gòu)為或-C≡，由于只有3個(gè)C原子，則該分子應(yīng)為CH≡C-CH3；名稱是丙炔；

②無雜化的碳原子，則該分子應(yīng)為CH2=C=CH2，碳原子的雜化類型是sp、sp2；該分子中，4個(gè)氫原子不在同一個(gè)平面內(nèi)，原因是中心碳原子是sp雜化，有2個(gè)相互垂直的未雜化p軌道，可分別與兩端sp2雜化的碳原子的1個(gè)未雜化p軌道“肩并肩”形成鍵?！窘馕觥刻继茧p鍵取代B為Cl的電負(fù)性較大，使雙鍵電子云向中心碳原子偏移；中：因此連在端基碳原子上丙炔sp、sp2中心碳原子是sp雜化，有2個(gè)相互垂直的未雜化p軌道，可分別與兩端sp2雜化的碳原子的1個(gè)未雜化p軌道“肩并肩”形成鍵六、原理綜合題(共4題，共16分)25、略

【分析】【詳解】

(1)溫度升高水的電離程度增大，Kw增大，a>1×10－14；

(2)25℃時(shí)，某Na2SO4溶液中c(SO42-)＝5×10－4mol/L，則Na2SO4溶液中c(Na＋)＝1×10－3，稀釋后為1×10－4，c(OH－)＝1×10－7，所以c(Na＋)∶c(OH－)＝1000∶1；

(3)T2℃時(shí)，pH＝11的苛性鈉溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH＝1的稀硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，將pH＝11的苛性鈉溶液V1L與pH＝1的稀硫酸V2L混合(設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和)，所得混合溶液的pH＝2，說明酸過量，則＝10－2，即9×10－2V2＝11×10－2V1，得=此溶液中各種離子的濃度由大到小的順序是c(Na＋)>c(SO42—)>c(H＋)>c(OH－)；

(4)常溫下，設(shè)某pH值的硫酸中水電離出的c(H＋)＝1.0×10－amol/L，此硫酸溶液的pH為－lg硫酸鋁的pH＝－lg1.0×10－b，有＝1.0×10－b，所以a＋b＝14?！窘馕觥竣?>②.水的電離吸熱，溫度升高，水的電離程度增大，所以水的離子積增大③.1000∶1④.9∶11⑤.c(Na＋)>c(SO42—)>c(H＋)>c(OH－)⑥.a＋b＝1426、略

【分析】【詳解】

(1)實(shí)驗(yàn)室可用銅與濃硫酸反應(yīng)制備