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吉林省白城市实验高级中学2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题
一、选择题(本大题共15小题，共45分)
1．《左传》曾记载有“遂赋晋国一鼓铁，以铸刑鼎，铸范宣子所为《刑书》焉”，这是关于“铸铁”(主要由铁、碳和硅等组成的一类合金)的最早记载。下列叙述正确的是
A．合金是指含有两种或两种以上金属的混合物
B．“铸鼎”时，盛装炽热铁水的模具须充分干燥
C．历史上铁的发现、大量冶炼和使用均早于铜
D．硅的化学性质较稳定，在自然界主要以单质的形式存在
2．中氢气体有限公司通过电解水制高纯氢，工作原理如图所示。通过控制开关连接或，可交替得到和。下列说法正确的是
A．位于元素周期表的ds区
B．连接，电极1附近产生
C．连接，产生的电极方程式是
D．电极3制氢气时消耗电极1产生的，制氧气时补充电极2消耗的
3．下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是
A． B．
C． D．
4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B．22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
5．在100mL稀HNO3和稀H2SO4组成的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.4mol·L-1.向该溶液中加入足量的铜粉后加热，充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度最大值为(反应前后溶液体积变化忽略不计)
A．0.15mol·L-1 B．0.24mol·L-1 C．0.30mol·L-1 D．0.36mol·L-1
6．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 室温下，向溶液X中滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，变红 溶液X中一定含Fe2+
B 用洁净铂丝蘸取溶液Y在火焰上灼烧，火焰呈黄色 溶液Y中含Na+不含K+
C 室温下，向0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L 1CaCl2溶液，产生白色沉淀 Ksp(CaC2O4)=2.5×10 3
D 室温测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强
A．A B．B C．C D．D
7．已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次增大，其中M、N为金属元素，N的原子序数等于Y和Z的原子序数之和。它们的原子半径和最外层电子数的大小关系如图所示。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：
B．Z、M的简单离子的半径大小关系：
C．M、N与Z形成的化合物都属于离子晶体
D．M、N的最高价氧化物的水化物之间可以反应
8．X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W与Z同族。R的最外层电子数与最内层电子数相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径：R>W>Z
B．简单气态氢化物的热稳定性：W>Z
C．元素第一电离能：I1(Y)>I1(Z)>I1(W)
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
9．一种采用和为原料制备的装置示意图如下。
下列有关说法正确的是
A．在b电极上，被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少
10．一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B．“水相Ⅱ”中的溶质为
C．“吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质
D．“洗脱”工序可完成的再生
11．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中通入
B．酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：
C．用制
D．苯酚钠溶液中通入少量：+CO2+H2O→+
12．实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3
C．产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与反应生成了
D．若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3＋也能将SO2氧化
13．仅用下表提供的实验仪器，能达到相应实验目的的是
　 实验仪器及用品(夹持装置省略) 实验目的
A 烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量热计 中和热的测定
B 酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶 实验室通过蒸馏的方法制取蒸馏水
C 坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角 从食盐水中获得NaCl晶体
D 胶头滴管、试管、漏斗、玻璃棒、烧杯 除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇
A．A B．B C．C D．D
14．水合肼又称水合联氨，广泛用于还原剂抗氧化剂、发泡剂等。其制备原理为：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl。用如图装置制取水合肼有关分析正确的是
A．装置的连接顺序是：f→a→b→d→c→e
B．e所在装置的漏斗可以没入水面以下
C．f所在装置可以快速制备氨气
D．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
15．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C．该反应热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02ev mol-1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
二、非选择题(本大题共5小题，共40分)
16．锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和炭粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生。回收废旧电池中的、元素，对环境保护有重要的意义。
Ⅰ．回收锌元素，制备
步骤①：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌、充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；
步骤②：处理滤液，得到晶体；
步骤③：将与晶体混合制取无水。
制取无水，回收剩余的并验证生成物中含有的装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：是一种常用的脱水剂，熔点为℃，沸点为79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈水解生成两种气体，可混溶于和氯仿等有机溶剂。
（1）装置中冰水的作用是　 　。
（2）装置的正确连接顺序为a→　 　。
（3）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）在该实验中的作用是　 　。
Ⅱ．回收锰元素，制备
（5）洗涤步骤①得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是　 　。
（6）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的是　 　。
Ⅲ．二氧化锰纯度的测定
称取灼烧后的产品，加入草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移至容量瓶中，并用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出，用高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为。(已知：、)
（7）该产品的纯应为　 　(结果精确到0.1％)。
17．某校化学研究性学习小组设计实验验证NH3能还原CuO，并对还原产物进行探究。请回答下列问题：
Ⅰ.验证NH3能还原CuO
（1）试剂X为　 　。
（2）请将提供的装置按合理顺序连接。g→　 　。
（3）装置B的作用是　 　。
（4）证明NH3能还原CuO的实验现象是　 　。
II.探究还原产物的成分
【查阅资料】Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4(稀)=Cu+CuSO4+H2O。
【实验探究】
实验操作 实验现象 实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 ①证明红色固体为　 　。
若溶液变蓝 ②证明红色固体肯定含有　 　，可能含有　 　。
取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g 　 ③经计算，红色固体的成分及其物质的量　 　
18．海水中溴含量约为65mg·L-1，从海水中提取溴的工艺流程如下：
（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是　 　。
（2）步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，利用了溴的_______(填字母)。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法。下列可以用作溴的萃取剂的是_______(填字母)。
A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯
19．硫酸亚铁在印染、医药，化肥等多个行业有广泛应用。某学习小组对硫酸亚铁晶体(FeSO4 7H2O)的热分解产物进行探究。回答下列问题：
（1）装置A中石棉绒的作用为　 　；装置D中的仪器名称为　 　。
（2）按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______、_______→_______、_______→_______、_______→h。(填装置口小写字母)　 　
（3）该小组同学按上述顺序连接各装置并进行实验，请为他们补全以下表格：
装置编号 填装试剂 实验现象 实验结论
A FeSO4 7H2O 绿色固体逐渐变为红色粉末 \
B ①　 　 ②　 　 分解产物中含有SO2
C BaCl2溶液 产生白色沉淀 ③　 　
D 无水CuSO4粉末 白色固体逐渐变为蓝色 分解产物中含有水蒸气
E ④　 　 \ \
（4）硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为　 　。
（5）设计实验证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素：　 　。(简述实验操作及现象)
20．某药物中间体M的合成路线如下
回答问题：
（1）A→B的反应方程式为　 　。
（2）1 mol B最多需要与　 　mol NaOH完全反应；
（3）C的化学名称为　 　，D的结构简式为　 　。
（4）A中混有C可用　 　(写出试剂名称和除杂方法)除杂；
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为　 　(任写一种)。
①只含有一种官能团 ②含有苯环 ③核磁共振氢谱有两组峰
（6）已知酸酐(结构简式为： ，R、R、为H或者烃基)能与羟基化合物反应生成酯。F→G反应中生成物中有机物除了G还有　 　(写出结构简式)。
（7）为原料合成 的路线如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为　 　和　 　。
→ →
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】碳族元素简介；合金及其应用；铁的化学性质
【解析】【解答】A、合金可以是金属与金属，也可以是金属与非金属（如生铁中的铁和碳），该定义过于狭隘，A错误；
B、炽热铁水（高温铁）会与水发生反应：3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2，产生氢气易引发爆炸，且会导致铁水飞溅、铸件产生气孔，因此模具必须充分干燥，B正确；
C、铜的金属活动性比铁弱，更容易被还原，因此铜的发现、冶炼和使用都早于铁，C错误；
D、硅化学性质虽稳定，但在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，无游离态单质硅，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．容易误以为合金只能由金属与金属组成，忽略了金属与非金属（如生铁中的铁和碳）也能形成合金，从而误判 A 选项。
B．若不了解炽热铁水遇水会发生反应并产生氢气，可能忽视模具干燥的必要性，从而漏判 B 选项。
C．容易混淆铜和铁的使用先后顺序，实际上铜的金属活动性更弱，更容易被早期人类冶炼和使用，铁的大规模应用晚于铜，易误判 C 选项。
D．容易被 “硅化学性质较稳定” 误导，认为它在自然界以单质形式存在，实际上硅主要以二氧化硅和硅酸盐的化合态存在，从而误判 D 选项。
2．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镍元素原子序数为 28，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，处在周期表第四周期 Ⅷ 族，分区为 d 区，A 错误；
B、开关接通 K1，电极 1 作阴极，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，选项描述结论错误，B 错误；
C、开关接通 K2，电极 2 为阳极，电极反应：4OH- 4e-=2H2O+O2↑，电极生成氧气，C 错误；
D、根据分析可知，制备 H2时电极 3 是阳极： ，消耗电极 1 生成的 OH-；制备 O2时（ ）也消耗 OH-，体系需要定时补充碱液，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判定：接通时电极3为阳极，反应 ；电极1作阴极，反应 ；
阴极水放电规律：阴极依靠水分子得电子还原，产物为与；
阳极氢氧根放电规律：接通时电极3阴极反应 ，电极2阳极反应 。
3．【答案】B
【知识点】有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．甲苯（苯环连一个甲基），苯环是平面结构，甲基的碳原子可以通过单键旋转，与苯环共面，所以所有碳原子可以处于同一平面，故A不符合；
B.2-甲基丙烷中，中心碳原子是sp3 杂化，呈四面体结构，四个碳原子形成类似甲烷的空间结构，因此所有碳原子不可能共面，故B符合。
C．丙炔是直线型结构，甲基的碳原子可以通过单键旋转，与三键的直线共面，所以所有碳原子可以处于同一平面，故C不符合；
D．双键是平面结构，两个甲基的碳原子可以通过单键旋转，与双键平面共面，所以所有碳原子可以处于同一平面，故D不符合；
故选B。
【分析】苯环、碳碳双键为平面结构，所有原子共面，碳碳三键为直形结构，所有原子也共面，单键可任意旋转。
4．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、16.25g 氯化铁物质的量为 0.1mol，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体由多个微粒聚集而成，胶体粒子数目小于 0.1NA，A 错误；
B、标准状况 22.4L 氩气物质的量为 1mol，Ar 质子数为 18，含质子总数 18NA，B 正确；
C、92.0g 丙三醇物质的量为 1mol，1 分子甘油含有 3 个羟基，羟基总数 3NA，C 错误；
D、甲烷与氯气光照发生连锁取代反应，四种氯代物同时生成，一氯甲烷分子数小于 1.0NA，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体粒子判断：氢氧化铁胶体为微粒聚集体，水解后胶体粒子数目少于溶质离子数；
稀有气体组成：氩气为单原子分子，依据原子质子数计算总质子数目；
官能团计数：丙三醇分子内含三个羟基，按分子式结构统计官能团数量；
甲烷取代特点：甲烷光照氯代得到多种卤代甲烷，无法完全只生成一氯甲烷。
5．【答案】B
【知识点】铜及其化合物；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】混合液体积 0.1L，设硝酸浓度为 c1、硫酸浓度 c2，c1+c2=0.4 mol/L；铜与混合酸离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，H+来自两种酸、NO3-只来自硝酸；当 NO3-完全消耗时铜离子浓度最大，满足 n (H+)：n (NO3-)=4：1，即 (c1+2c2)：c1=4：1，解得 c1=0.16 mol/L、c2=0.24 mol/L；由比例 2NO3-~3Cu2+，c (Cu2+)=1.5×0.16=0.24 mol/L，B 正确，ACD 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子反应定量关系：铜和混酸反应按 8H+~2NO3-~3Cu2+比例计算；
氢离子来源规则：硝酸提供 1 份 H+与 NO3-，硫酸只提供 H+不提供氧化性酸根；
极值取值思路：硝酸根完全耗尽时铜的溶解量达到最大值，此时铜离子浓度最高。
6．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．若溶液中只含有铁离子，滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，溶液也会变红色，确定不了Fe2+存在，故A不符合题意；
B．K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去黄光的干扰，否则无法看到K元素的焰色反应，确定不了K+存在，故B不符合题意；
C．向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀，则Qc>Ksp(CaC2O4)，得到Ksp(CaC2O4)D．浓度相等的醋酸钠溶液和亚硝酸钠溶液，醋酸钠溶液pH更大，醋酸根离子水解程度更大，则醋酸酸性更弱，亚硝酸的酸性强于醋酸，即HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A. X中滴加少量双氧水，可氧化亚铁离子，但不能排除原溶液是否含铁离子；
B. K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察；
C.根据沉淀溶解平衡分析判断；
D.测定浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，可知醋酸根离子水解程度大。.
7．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Y 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 NH3。NH3分子间存在氢键，沸点高于只存在范德华力的 CH4，故沸点 Y < Z，A正确；
B、Z 的简单离子是 N3-，M 的是 Na+，二者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径 Z (N3-) > M (Na+)，B正确；
C、M 与 Z 形成 Na3N（离子晶体），N 与 Z 形成 AlN（共价晶体，原子晶体），并非都属于离子晶体，C错误；
D、M 的最高价氧化物水化物是 NaOH（强碱），N 的是 Al(OH)3（两性氢氧化物），二者可发生反应：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，D正确；
故答案为：C。
【分析】由原子半径：M > N > Y > Z > X，最外层电子数：X-1、Y-4、Z-5、M-1、N-3，结合原子序数递增、M 和 N 为金属、N 的原子序数 = Y+Z，可推得：
X：H（最外层 1e-，原子半径最小）；Y：C（最外层 4e-）；Z：N（最外层 5e-）；M：Na（最外层 1e-，金属，原子半径大）；N：Al（最外层 3e-，金属，原子序数 7+6=13，符合 Na < Al）。
8．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则离子半径： S2- > Ca2+ > O2-，即W>R> Z，选项A错误；
B．非金属性越强，氢化物热稳定性越强，非金属性： O > S，则热稳定性：H2O > H2S，选项B错误；
C．N、O位于第二周期元素，但N原子的2p3结构属于半充满的稳定结构，失去1个电子所需能量大，所以元素第一电离能： I1(N) > I1(O)；O、S位于同一主族，O原子半径小，电负性大，元素第一电离能： I1(O) > I1(S)，所以选项C正确；
D．非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，非金属性 S > C，所以酸性 H2SO4 > H2CO3，选项D错误；
故选C。
【分析】X 和 Z 的基态原子的 2p 能级上各有两个未成对电子，2p 能级有 2 个未成对电子的情况：2p2（C）或 2p4（O），原子序数 X < Z，所以X 是 C，Z 是 O，W 与 Z 同族，且原子序数 Z < W，所以W 是 S，R 的最外层电子数与最内层电子数相等，且原子序数 W < R（R 是前 20 号元素），所以R 是 Ca，Y 的原子序数在 X（C）和 Z（O）之间，所以Y 是 N，综上：X=C，Y=N，Z=O，W=S，R=Ca。
9．【答案】A
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，被还原，A正确；
B．a为阳极，阳极需要使用惰性电极（如铂、石墨），而金属会参与电极反应，Ag不能作为 a 电极的材料，B错误；
C．改变工作电源电压，会改变电解池的电流强度，进而改变反应速率，C错误；
D．电解过程中，阴极电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电极反应式为2O2--4e-=O2，因此固体氧化物电解质中O2-不会改变，D错误；
答案选A。
【分析】 采用和为原料制备 ，由图可知，电极b通入氮气和水，产生氨气，发生还原反应，则电极b为阴极，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2O2--4e-=O2。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、氧化、转化工序中 Cl2均作氧化剂，将 Br-氧化为 Br2，作用相同，A 正确；
B、还原时发生反应 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，水相 Ⅱ 溶质含有 HBr、H2SO4，不只有 HCl，B 错误；
C、吸附步骤 Br2转入有机相， 实际是发生了萃取， 利用溴易溶于有机溶剂的萃取原理，C 正确；
D、洗脱加入盐酸，有机相 Ⅱ(R3NBr) 转化得到 Br-浓溶液与 R3NCl，实现 R3NCl 再生循环使用，D 正确；
故答案为：B。
【分析】卤水加入氯气，把溶液里的溴离子氧化成溴单质；接着加入 R3NCl 进行吸附萃取，溴单质进入有机相 Ⅰ，分离出水相 Ⅰ；有机相 Ⅰ 中通入二氧化硫水溶液，溴单质被还原为溴离子，溴离子留存于有机相 Ⅱ，生成的酸溶解在水相 Ⅱ；向有机相 Ⅱ 加盐酸洗脱，得到高浓度溴离子溶液，同时重新生成 R3NCl 萃取剂；溴离子浓溶液再次通入氯气氧化生成溴单质，最后蒸馏提纯得到成品液溴。
11．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸酸性弱于盐酸，依据强酸制弱酸原理，CO2与 CaCl2溶液不能发生反应，无法析出 CaCO3沉淀，A 错误；
B、碳酸根离子分步水解，以第一步水解为主，水解方程式 CO32-+H2O HCO3-+OH-，溶液中 OH-浓度升高显碱性，可使酚酞试剂变为红色，离子方程式书写规范，B 正确；
C、TiCl4、HCl 均为易溶于水的强电解质，书写离子方程式时需要拆成离子形式，正确的反应的离子方程式为：，C错误；
D、酸性顺序：H2CO3＞苯酚＞HCO3-，根据强酸制弱酸，苯酚钠通入少量 CO2只能生成苯酚与 HCO3-，不会生成 CO32-，正确的方程式：+CO2+H2O→+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸规律：弱酸无法通过复分解反应制取强酸，碳酸不能与氯化钙反应得到碳酸钙；
弱酸根水解规律：多元弱酸根分步水解，碳酸根第一步水解生成碳酸氢根与氢氧根，是溶液显碱性的主要原因；
离子方程式拆分规则：强酸、可溶性强电解质拆为离子，沉淀、氧化物、弱电解质保留化学式；
酸性强弱应用：结合酸性强弱判断产物，碳酸和苯酚钠反应无论 CO2用量多少，产物均为碳酸氢钠。
12．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．滴加浓硫酸前，打开弹簧夹通入一段时间N2，目的是排尽装置内的空气，防止空气中的 O2干扰实验，A项正确；
B．Y 装置中存在 Fe (NO3)3，溶液呈酸性，在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化为硫酸根，铁离子也能将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4，不会生成 BaSO3沉淀，B项不正确；
C．二氧化硫在通入Y中形成酸性溶液，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子产生白色硫酸钡沉淀，C项正确；
D．若将 Fe (NO3)3换成 FeCl3，溶液中无 NO3-，此时仍产生白色沉淀，说明 Fe3+将 SO2氧化为 SO42-，进而生成 BaSO4沉淀，D项正确；
答案选B。
【分析】反应开始前，先打开左侧弹簧夹，通入氮气排出装置内的空气，再打开分液漏斗活塞滴入浓硫酸，与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应生成的二氧化硫通入Y中反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫是空气污染物，后连接尾气处理装置进行尾气处理，防止污染空气。
13．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取；中和热的测定
【解析】【解答】A．中和热的测定实验，除了烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒外，还需要量筒来量取酸和碱的体积，仅提供的仪器无法完成实验，故A不符合题意；
B．实验室蒸馏制取蒸馏水，需要的仪器有酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，还需要温度计和石棉网（圆底烧瓶加热需垫石棉网），故B符合题意；
C．从食盐水中获得 NaCl 晶体，需要用蒸发皿进行蒸发结晶，而不是坩埚（坩埚用于灼烧固体），故C不符合题意；
D．除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇，可先加入饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，所需仪器：试管、胶头滴管、烧杯、漏斗、玻璃棒，故D不符合题意；
故选B。
【分析】根据各实验的具体操作确定所需仪器。
14．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．先通过 f 所在装置制备氨气，然后将氨气通入 c 所在装置与 NaClO 溶液反应，最后用 e 所在装置处理尾气，所以连接顺序应为：则装置的连接顺序应是：f→a→b→c→d→e（a、b顺序可互换），故A错误；
B．e 所在装置的漏斗是为了防止倒吸，若将漏斗没入水面以下，就失去了防倒吸的作用，故B错误；
C．f 所在装置中，氧化钙与浓氨水混合，氧化钙会与水反应放出大量热，同时生成 OH-，促使 NH3 H2O 分解，从而快速制备氨气，故C正确；
D．如果快速滴加 NaClO 溶液，NaClO 会氧化生成的水合肼，导致产率降低，因此操作过程中应缓慢滴加NaClO 溶液，故D错误；
答案选C。
【分析】 制备原理为：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl ，先通过 f 所在装置制备氨气，然后将氨气通入 c 所在装置与 NaClO 溶液反应，最后用 e 所在装置处理尾气。
15．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、对应过渡态能量差值最小，该步活化能数值最低，反应方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，A 正确；
B、全程最大能垒计算：-1.02-(-2.21)=1.19eV，不是 2.16eV，B 错误；
C、图中总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev 为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAev mol-1 ，C 错误；
D、正反应气体分子总数减小、反应放热，升温平衡逆向移动，DMF 平衡转化率降低，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
活化能判断：能垒为过渡态能量与前序中间体能量之差，差值越小代表反应能垒越低；
焓变辨析：图示能量基准为单个分子，不能直接套用在摩尔计量的热化学方程式中；
平衡移动规律：放热反应升温平衡逆向移动，气体分子数减小的反应加压平衡正向移动。
16．【答案】降温并冷凝；f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e；；作脱水剂；取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净；除去炭粉，并将氧化为；93.2％
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1) 沸点偏低易汽化，冰水浴可降低体系温度，冷凝气态实现液化回收。
故答案： 降温并冷凝 ；
(2) 气体先经浓硫酸除水蒸气，再通入品红检验，空瓶防倒吸，最后吸收尾气，导管接口顺序： f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e 。
故答案： f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e ；
(3) 结合结晶水，生成、，化学方程式：
故答案： ；
(4) 消耗结晶水的同时生成气体，营造酸性氛围，依靠同离子效应抑制水解，避免生成氢氧化锌杂质。
故答案： 作脱水剂 ；
(5) 固体杂质为，取末次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色氯化银沉淀析出，说明固体表面氯离子洗净。
故答案： 取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净 ；
(6) 高温灼烧时，单质碳与氧气反应转化为除去，被空气中氧化生成。
故答案： 除去炭粉，并将氧化为 ；
(7) 先计算总物质的量：；根据定量关系式，算出高锰酸钾消耗草酸根的量，剩余草酸根全部与按照反应，求得；
故答案：93.2%；
【分析】拆分废旧锌锰干电池，取出黑色糊料加水浸泡，ZnCl2、NH4Cl 溶于水，过滤除去 MnO2、炭粉固体；滤液浓缩结晶得到 ZnCl2 xH2O 晶体；晶体和 SOCl2混合加热，SOCl2结合结晶水生成 SO2、HCl，制得无水 ZnCl2；挥发出来的 SOCl2经冰水冷凝回收，混合气体先通入 CCl4除去残留 SOCl2，再用品红检验 SO2，最后用 NaOH 溶液吸收尾气。
(1) 依据易挥发的物理性质，从冷凝液化的作用解释冰水功能。
(2) 遵循除水→检验→防倒吸→尾气吸收的实验顺序，结合洗气长进短出规则排布导管。
(3) 依托水解规律，结合结晶水数目配平整体反应方程式。
(4) 利用强酸抑制弱碱阳离子水解原理，结合水解产物说明抑制水解的原理。
(5) 选用特征检验，若无沉淀即无残留氯离子，确定洗涤终点。
(6) 结合碳单质可燃、易被氧气氧化的化学性质，说明高温灼烧除杂目的。
(7) 借助氧化还原得失电子守恒，梳理、分别与草酸根的计量比例，通过总量减余量得到对应的草酸根量，进而计算纯度。
17．【答案】碱石灰；f h→a b→d e→c；吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中水蒸气进入D 中；A 中黑色粉末变为红色，D 中白色固体变为蓝色；铜；氧化亚铜；铜；铜和氧化亚铜各0.05mol
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1) 实验室用氯化铵、氢氧化钙固体加热制取氨气，氨气呈碱性，需选用碱性固体干燥剂，碱石灰不与氨气发生反应，可吸收气体里的水蒸气，因此试剂 X 选用碱石灰。
故答案：碱石灰；
(2) C 装置制备氨气，导出气体先通入 E 装置干燥除水，干燥后的氨气送入 A 装置和氧化铜发生加热反应；反应生成的水蒸气通入 D 装置检验，剩余尾气导入 B 装置处理收集，仪器接口排布顺序是 f h→a b→d e→c。
故答案：f h→a b→d e→c；
(3) 氨气极易溶于水，直接入水极易引发倒吸；B 装置下层盛放四氯化碳、上层加水，氨气先通入四氯化碳层再缓慢溶于上层水溶液，既能充分吸收尾气氨气，又可规避倒吸，同时隔绝空气。
故答案： 吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中水蒸气进入D 中 ；
(4) A 中黑色氧化铜被氨气还原为红色单质铜，反应同步生成水；D 中无水白色硫酸铜遇水转化为蓝色五水合硫酸铜，对应现象：A 内黑色固体逐渐变红，D 中白色粉末变为蓝色。
故答案： A 中黑色粉末变为红色，D 中白色固体变为蓝色 ；
Ⅱ① 金属铜金属活动性排在氢之后，常温条件下不能和稀硫酸发生反应，因此不溶解的固体成分是 Cu。
② 氧化亚铜遇稀硫酸发生歧化反应，生成硫酸铜和单质铜，硫酸铜溶于水使溶液呈现蓝色，据此可确定红色固体里一定含有 Cu2O，无法判定原本是否混有单质 Cu。
③ 最终剩余固体全部为 Cu，物质的量是 0.1mol；1mol Cu2O 和稀硫酸反应固体质量减少 80g，本次固体总减重 4g，算出参与反应的 Cu2O 为 0.05mol，该部分歧化生成 0.05mol Cu，由此推出原固体中 Cu、Cu2O 物质的量都是 0.05mol。
故答案为： 铜 ； 氧化亚铜 ；铜； 铜和氧化亚铜各0.05mol ；
【分析】本题分为氨气还原氧化铜实验、氧化亚铜与铜混合物定量探究两大部分，综合气体制备除杂、装置连接、现象描述、物质定性与定量计算。
(1) 结合氨气碱性的理化性质，按照干燥剂不能和被干燥气体反应的原则，筛选适配的固体干燥剂。
(2) 遵循制气→干燥→主体反应→产物检验→尾气处理的实验逻辑，结合洗气装置长进短出的规则排布导管接口。
(3) 依托氨气极易溶于水的特点，利用四氯化碳不溶于水、不溶解氨气的性质，分层结构实现防倒吸与尾气吸收。
(4) 根据氨气还原 CuO 的产物为 Cu 和 H2O，结合氧化铜、无水硫酸铜的颜色变化描述实验现象。
Ⅱ① 依据金属活动性顺序，判断 Cu 常温不溶于稀硫酸，确定不溶固体。
② 利用 Cu2O 在酸性环境歧化生成铜离子和 Cu 的特征反应，依靠溶液显色完成定性判断。
③ 借助 Cu2O 歧化反应的固体质量差量关系，通过质量损耗算出 Cu2O 的物质的量，结合最终剩余 Cu 的总量反向推算原固体组分的物质的量。
18．【答案】（1）富集(或浓缩)溴元素
（2）C
（3）B；D
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中获得游离态的溴的含量较低，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴。
（2）溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，就是利用了溴的挥发性，故选C。
（3）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，A错误；四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，B正确；烧碱溶液和溴能发生反应，所以不能作萃取剂，C错误；苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，D正确；故选BD。
【分析】（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴是为了富集溴；
（2） 溴易挥发，因此步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2；
（3）萃取剂的选择原则：萃取剂与原溶剂不互溶；萃取剂与被萃取的物质不发生化学反应；被萃取的物质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。
（1）步骤Ⅰ中获得游离态的溴的含量较低，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴。
（2）溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，就是利用了溴的挥发性，故选C。
（3）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，A错误；四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，B正确；烧碱溶液和溴能发生反应，所以不能作萃取剂，C错误；苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，D正确；故选BD。
19．【答案】（1）防止固体粉末堵塞导管；球形干燥管
（2）a；g；f；e；d；c；b；h
（3）品红溶液；溶液由红色褪为无色；分解产物中含有SO3；NaOH溶液
（4）2FeSO4 7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑
（5）取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3［Fe(CN) 6］溶液，不产生蓝色沉淀
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中石棉绒的作用为防止固体粉末堵塞导管，装置D中的仪器名称为球形干燥管；
（2）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2；装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3；装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气；装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；这三种生成物应该先检验水蒸气，再检验SO3，最后检验SO2，因为检验SO2和SO3时都有水溶液，会带出水蒸气，SO3极易溶于水且和水反应，所以链接顺序为a→g→f→e→d→c→b→h；
（3）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；故①品红溶液，②溶液由红色褪为无色，③分解产物中含有SO3，④NaOH溶液；
（4）分析可知绿矾煅烧得到红色固体为氧化铁，同时生成二氧化硫、三氧化硫和水，结合单质守恒和原子守恒配平书写化学方程式为：2FeSO4 7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑；
（5）亚铁离子和K3［Fe(CN)6］溶液会生成蓝色沉淀，故检验亚铁离子的实验为：取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3［Fe(CN)6］溶液，不产生蓝色沉淀，证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素。
【分析】先通入氮气排尽装置内空气，防止空气中的氧气干扰实验，加热 FeSO4 7H2O 使其分解生成Fe2O3、SO2、SO3和水，装置 A中石棉绒的作用是防止固体粉末进入导管，避免导管堵塞，装置D中无水硫酸铜用于检验分解生成的水蒸气，装置 C中BaCl2溶液可以检验SO3，装置 B内装品红溶液或酸性高锰酸钾检验SO2，装置 E为尾气处理装置，用于吸收未反应的SO2，防止污染空气。
（1）装置A中石棉绒的作用为防止固体粉末堵塞导管，装置D中的仪器名称为球形干燥管；
（2）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2；装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3；装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气；装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；这三种生成物应该先检验水蒸气，再检验SO3，最后检验SO2，因为检验SO2和SO3时都有水溶液，会带出水蒸气，SO3极易溶于水且和水反应，所以链接顺序为a→g→f→e→d→c→b→h；
（3）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；故①品红溶液，②溶液由红色褪为无色，③分解产物中含有SO3，④NaOH溶液；
（4）分析可知绿矾煅烧得到红色固体为氧化铁，同时生成二氧化硫、三氧化硫和水，结合单质守恒和原子守恒配平书写化学方程式为：2FeSO4 7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑；
（5）亚铁离子和K3［Fe(CN)6］溶液会生成蓝色沉淀，故检验亚铁离子的实验为：取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3［Fe(CN)6］溶液，不产生蓝色沉淀，证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素。
20．【答案】（1）+Cl2 +HCl
（2）2
（3）苯酚；
（4）氢氧化钠溶液、分液
（5） 或
（6）CH3COOH
（7）；
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A是苯，苯与Cl2在FeCl3催化下发生取代反应产生氯苯 、HCl，该反应的化学方程式为： +Cl2 +HCl；
（2）B是 ，B与H2O在NaOH作用下反应产生 、HCl， 、HCl分别与NaOH反应产生 、NaCl，则1 mol B最多需要与2 mol NaOH 完全反应；
（3）C物质分子中羟基与苯环直接相连形成的化合物，其名称是苯酚；
根据上述分析可知D是邻羟基苯甲酸，结构简式是；
（4）苯不溶于NaOH溶液， 能够与NaOH溶液反应产生可溶性 而溶于水中，苯与水互不相溶，密度比水小，然后通过分液分离除去，故A中混有C可用氢氧化钠溶液、分液；
（5）F是 ，其同分异构体X符合下列条件：①只含有一种官能团；②含有苯环；③核磁共振氢谱有两组峰，说明物质分子结构对称，分子中有两种不同的H原子，则X可能的结构简式是 或 ；
（6）F→G反应中生成物中有机物，除了G还有CH3COOH；
（7） 与Cl2在FeCl3催化下发生甲基邻位上的取代反应产生 ，该物质与NaOH作用然后在HCl作用下反应产生 ， 与CH3COCl发生取代反应产生M是 ；与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，-CH3被氧化产生-COOH，反应产生N是 ，N与AlCl3异构化反应产生 ，故M是 ，N是 。
【分析】A→B的过程中，在苯环上引入Cl原子，该反应为苯与氯气在FeCl3催化下发生取代反应，B在熔融NaOH条件反应再酸化得到C， 与NaOH作用，然后通入CO2，在一定条件下反应产生 ，然后通入HCl反应产生D，根据D的分子式可知，D的结构简式为： ，D与CH3CH2COCl发生酚羟基上H原子的取代反应产生E，E与AlCl3作用产生F，F与乙酸酐在一定条件下发生反应产生G。
（1）A是苯，苯与Cl2在FeCl3催化下发生取代反应产生氯苯 、HCl，该反应的化学方程式为： +Cl2 +HCl；
（2）B是 ，B与H2O在NaOH作用下反应产生 、HCl， 、HCl分别与NaOH反应产生 、NaCl，则1 mol B最多需要与2 mol NaOH 完全反应；
（3）C物质分子中羟基与苯环直接相连形成的化合物，其名称是苯酚；
根据上述分析可知D是邻羟基苯甲酸，结构简式是；
（4）苯不溶于NaOH溶液， 能够与NaOH溶液反应产生可溶性 而溶于水中，苯与水互不相溶，密度比水小，然后通过分液分离除去，故A中混有C可用氢氧化钠溶液、分液；
（5）F是 ，其同分异构体X符合下列条件：①只含有一种官能团；②含有苯环；③核磁共振氢谱有两组峰，说明物质分子结构对称，分子中有两种不同的H原子，则X可能的结构简式是 或 ；
（6）F→G反应中生成物中有机物，除了G还有CH3COOH；
（7） 与Cl2在FeCl3催化下发生甲基邻位上的取代反应产生 ，该物质与NaOH作用然后在HCl作用下反应产生 ， 与CH3COCl发生取代反应产生M是 ；与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，-CH3被氧化产生-COOH，反应产生N是 ，N与AlCl3异构化反应产生 ，故M是 ，N是 。
1 / 1吉林省白城市实验高级中学2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题
一、选择题(本大题共15小题，共45分)
1．《左传》曾记载有“遂赋晋国一鼓铁，以铸刑鼎，铸范宣子所为《刑书》焉”，这是关于“铸铁”(主要由铁、碳和硅等组成的一类合金)的最早记载。下列叙述正确的是
A．合金是指含有两种或两种以上金属的混合物
B．“铸鼎”时，盛装炽热铁水的模具须充分干燥
C．历史上铁的发现、大量冶炼和使用均早于铜
D．硅的化学性质较稳定，在自然界主要以单质的形式存在
【答案】B
【知识点】碳族元素简介；合金及其应用；铁的化学性质
【解析】【解答】A、合金可以是金属与金属，也可以是金属与非金属（如生铁中的铁和碳），该定义过于狭隘，A错误；
B、炽热铁水（高温铁）会与水发生反应：3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2，产生氢气易引发爆炸，且会导致铁水飞溅、铸件产生气孔，因此模具必须充分干燥，B正确；
C、铜的金属活动性比铁弱，更容易被还原，因此铜的发现、冶炼和使用都早于铁，C错误；
D、硅化学性质虽稳定，但在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，无游离态单质硅，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．容易误以为合金只能由金属与金属组成，忽略了金属与非金属（如生铁中的铁和碳）也能形成合金，从而误判 A 选项。
B．若不了解炽热铁水遇水会发生反应并产生氢气，可能忽视模具干燥的必要性，从而漏判 B 选项。
C．容易混淆铜和铁的使用先后顺序，实际上铜的金属活动性更弱，更容易被早期人类冶炼和使用，铁的大规模应用晚于铜，易误判 C 选项。
D．容易被 “硅化学性质较稳定” 误导，认为它在自然界以单质形式存在，实际上硅主要以二氧化硅和硅酸盐的化合态存在，从而误判 D 选项。
2．中氢气体有限公司通过电解水制高纯氢，工作原理如图所示。通过控制开关连接或，可交替得到和。下列说法正确的是
A．位于元素周期表的ds区
B．连接，电极1附近产生
C．连接，产生的电极方程式是
D．电极3制氢气时消耗电极1产生的，制氧气时补充电极2消耗的
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镍元素原子序数为 28，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，处在周期表第四周期 Ⅷ 族，分区为 d 区，A 错误；
B、开关接通 K1，电极 1 作阴极，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，选项描述结论错误，B 错误；
C、开关接通 K2，电极 2 为阳极，电极反应：4OH- 4e-=2H2O+O2↑，电极生成氧气，C 错误；
D、根据分析可知，制备 H2时电极 3 是阳极： ，消耗电极 1 生成的 OH-；制备 O2时（ ）也消耗 OH-，体系需要定时补充碱液，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判定：接通时电极3为阳极，反应 ；电极1作阴极，反应 ；
阴极水放电规律：阴极依靠水分子得电子还原，产物为与；
阳极氢氧根放电规律：接通时电极3阴极反应 ，电极2阳极反应 。
3．下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．甲苯（苯环连一个甲基），苯环是平面结构，甲基的碳原子可以通过单键旋转，与苯环共面，所以所有碳原子可以处于同一平面，故A不符合；
B.2-甲基丙烷中，中心碳原子是sp3 杂化，呈四面体结构，四个碳原子形成类似甲烷的空间结构，因此所有碳原子不可能共面，故B符合。
C．丙炔是直线型结构，甲基的碳原子可以通过单键旋转，与三键的直线共面，所以所有碳原子可以处于同一平面，故C不符合；
D．双键是平面结构，两个甲基的碳原子可以通过单键旋转，与双键平面共面，所以所有碳原子可以处于同一平面，故D不符合；
故选B。
【分析】苯环、碳碳双键为平面结构，所有原子共面，碳碳三键为直形结构，所有原子也共面，单键可任意旋转。
4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B．22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、16.25g 氯化铁物质的量为 0.1mol，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体由多个微粒聚集而成，胶体粒子数目小于 0.1NA，A 错误；
B、标准状况 22.4L 氩气物质的量为 1mol，Ar 质子数为 18，含质子总数 18NA，B 正确；
C、92.0g 丙三醇物质的量为 1mol，1 分子甘油含有 3 个羟基，羟基总数 3NA，C 错误；
D、甲烷与氯气光照发生连锁取代反应，四种氯代物同时生成，一氯甲烷分子数小于 1.0NA，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体粒子判断：氢氧化铁胶体为微粒聚集体，水解后胶体粒子数目少于溶质离子数；
稀有气体组成：氩气为单原子分子，依据原子质子数计算总质子数目；
官能团计数：丙三醇分子内含三个羟基，按分子式结构统计官能团数量；
甲烷取代特点：甲烷光照氯代得到多种卤代甲烷，无法完全只生成一氯甲烷。
5．在100mL稀HNO3和稀H2SO4组成的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.4mol·L-1.向该溶液中加入足量的铜粉后加热，充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度最大值为(反应前后溶液体积变化忽略不计)
A．0.15mol·L-1 B．0.24mol·L-1 C．0.30mol·L-1 D．0.36mol·L-1
【答案】B
【知识点】铜及其化合物；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】混合液体积 0.1L，设硝酸浓度为 c1、硫酸浓度 c2，c1+c2=0.4 mol/L；铜与混合酸离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，H+来自两种酸、NO3-只来自硝酸；当 NO3-完全消耗时铜离子浓度最大，满足 n (H+)：n (NO3-)=4：1，即 (c1+2c2)：c1=4：1，解得 c1=0.16 mol/L、c2=0.24 mol/L；由比例 2NO3-~3Cu2+，c (Cu2+)=1.5×0.16=0.24 mol/L，B 正确，ACD 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子反应定量关系：铜和混酸反应按 8H+~2NO3-~3Cu2+比例计算；
氢离子来源规则：硝酸提供 1 份 H+与 NO3-，硫酸只提供 H+不提供氧化性酸根；
极值取值思路：硝酸根完全耗尽时铜的溶解量达到最大值，此时铜离子浓度最高。
6．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 室温下，向溶液X中滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，变红 溶液X中一定含Fe2+
B 用洁净铂丝蘸取溶液Y在火焰上灼烧，火焰呈黄色 溶液Y中含Na+不含K+
C 室温下，向0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L 1CaCl2溶液，产生白色沉淀 Ksp(CaC2O4)=2.5×10 3
D 室温测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．若溶液中只含有铁离子，滴加少量双氧水，再加入KSCN溶液，溶液也会变红色，确定不了Fe2+存在，故A不符合题意；
B．K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去黄光的干扰，否则无法看到K元素的焰色反应，确定不了K+存在，故B不符合题意；
C．向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀，则Qc>Ksp(CaC2O4)，得到Ksp(CaC2O4)D．浓度相等的醋酸钠溶液和亚硝酸钠溶液，醋酸钠溶液pH更大，醋酸根离子水解程度更大，则醋酸酸性更弱，亚硝酸的酸性强于醋酸，即HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A. X中滴加少量双氧水，可氧化亚铁离子，但不能排除原溶液是否含铁离子；
B. K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察；
C.根据沉淀溶解平衡分析判断；
D.测定浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，可知醋酸根离子水解程度大。.
7．已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次增大，其中M、N为金属元素，N的原子序数等于Y和Z的原子序数之和。它们的原子半径和最外层电子数的大小关系如图所示。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：
B．Z、M的简单离子的半径大小关系：
C．M、N与Z形成的化合物都属于离子晶体
D．M、N的最高价氧化物的水化物之间可以反应
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Y 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 NH3。NH3分子间存在氢键，沸点高于只存在范德华力的 CH4，故沸点 Y < Z，A正确；
B、Z 的简单离子是 N3-，M 的是 Na+，二者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径 Z (N3-) > M (Na+)，B正确；
C、M 与 Z 形成 Na3N（离子晶体），N 与 Z 形成 AlN（共价晶体，原子晶体），并非都属于离子晶体，C错误；
D、M 的最高价氧化物水化物是 NaOH（强碱），N 的是 Al(OH)3（两性氢氧化物），二者可发生反应：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，D正确；
故答案为：C。
【分析】由原子半径：M > N > Y > Z > X，最外层电子数：X-1、Y-4、Z-5、M-1、N-3，结合原子序数递增、M 和 N 为金属、N 的原子序数 = Y+Z，可推得：
X：H（最外层 1e-，原子半径最小）；Y：C（最外层 4e-）；Z：N（最外层 5e-）；M：Na（最外层 1e-，金属，原子半径大）；N：Al（最外层 3e-，金属，原子序数 7+6=13，符合 Na < Al）。
8．X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W与Z同族。R的最外层电子数与最内层电子数相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径：R>W>Z
B．简单气态氢化物的热稳定性：W>Z
C．元素第一电离能：I1(Y)>I1(Z)>I1(W)
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则离子半径： S2- > Ca2+ > O2-，即W>R> Z，选项A错误；
B．非金属性越强，氢化物热稳定性越强，非金属性： O > S，则热稳定性：H2O > H2S，选项B错误；
C．N、O位于第二周期元素，但N原子的2p3结构属于半充满的稳定结构，失去1个电子所需能量大，所以元素第一电离能： I1(N) > I1(O)；O、S位于同一主族，O原子半径小，电负性大，元素第一电离能： I1(O) > I1(S)，所以选项C正确；
D．非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，非金属性 S > C，所以酸性 H2SO4 > H2CO3，选项D错误；
故选C。
【分析】X 和 Z 的基态原子的 2p 能级上各有两个未成对电子，2p 能级有 2 个未成对电子的情况：2p2（C）或 2p4（O），原子序数 X < Z，所以X 是 C，Z 是 O，W 与 Z 同族，且原子序数 Z < W，所以W 是 S，R 的最外层电子数与最内层电子数相等，且原子序数 W < R（R 是前 20 号元素），所以R 是 Ca，Y 的原子序数在 X（C）和 Z（O）之间，所以Y 是 N，综上：X=C，Y=N，Z=O，W=S，R=Ca。
9．一种采用和为原料制备的装置示意图如下。
下列有关说法正确的是
A．在b电极上，被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少
【答案】A
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，被还原，A正确；
B．a为阳极，阳极需要使用惰性电极（如铂、石墨），而金属会参与电极反应，Ag不能作为 a 电极的材料，B错误；
C．改变工作电源电压，会改变电解池的电流强度，进而改变反应速率，C错误；
D．电解过程中，阴极电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电极反应式为2O2--4e-=O2，因此固体氧化物电解质中O2-不会改变，D错误；
答案选A。
【分析】 采用和为原料制备 ，由图可知，电极b通入氮气和水，产生氨气，发生还原反应，则电极b为阴极，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2O2--4e-=O2。
10．一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B．“水相Ⅱ”中的溶质为
C．“吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质
D．“洗脱”工序可完成的再生
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、氧化、转化工序中 Cl2均作氧化剂，将 Br-氧化为 Br2，作用相同，A 正确；
B、还原时发生反应 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，水相 Ⅱ 溶质含有 HBr、H2SO4，不只有 HCl，B 错误；
C、吸附步骤 Br2转入有机相， 实际是发生了萃取， 利用溴易溶于有机溶剂的萃取原理，C 正确；
D、洗脱加入盐酸，有机相 Ⅱ(R3NBr) 转化得到 Br-浓溶液与 R3NCl，实现 R3NCl 再生循环使用，D 正确；
故答案为：B。
【分析】卤水加入氯气，把溶液里的溴离子氧化成溴单质；接着加入 R3NCl 进行吸附萃取，溴单质进入有机相 Ⅰ，分离出水相 Ⅰ；有机相 Ⅰ 中通入二氧化硫水溶液，溴单质被还原为溴离子，溴离子留存于有机相 Ⅱ，生成的酸溶解在水相 Ⅱ；向有机相 Ⅱ 加盐酸洗脱，得到高浓度溴离子溶液，同时重新生成 R3NCl 萃取剂；溴离子浓溶液再次通入氯气氧化生成溴单质，最后蒸馏提纯得到成品液溴。
11．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中通入
B．酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：
C．用制
D．苯酚钠溶液中通入少量：+CO2+H2O→+
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸酸性弱于盐酸，依据强酸制弱酸原理，CO2与 CaCl2溶液不能发生反应，无法析出 CaCO3沉淀，A 错误；
B、碳酸根离子分步水解，以第一步水解为主，水解方程式 CO32-+H2O HCO3-+OH-，溶液中 OH-浓度升高显碱性，可使酚酞试剂变为红色，离子方程式书写规范，B 正确；
C、TiCl4、HCl 均为易溶于水的强电解质，书写离子方程式时需要拆成离子形式，正确的反应的离子方程式为：，C错误；
D、酸性顺序：H2CO3＞苯酚＞HCO3-，根据强酸制弱酸，苯酚钠通入少量 CO2只能生成苯酚与 HCO3-，不会生成 CO32-，正确的方程式：+CO2+H2O→+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸规律：弱酸无法通过复分解反应制取强酸，碳酸不能与氯化钙反应得到碳酸钙；
弱酸根水解规律：多元弱酸根分步水解，碳酸根第一步水解生成碳酸氢根与氢氧根，是溶液显碱性的主要原因；
离子方程式拆分规则：强酸、可溶性强电解质拆为离子，沉淀、氧化物、弱电解质保留化学式；
酸性强弱应用：结合酸性强弱判断产物，碳酸和苯酚钠反应无论 CO2用量多少，产物均为碳酸氢钠。
12．实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3
C．产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与反应生成了
D．若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3＋也能将SO2氧化
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．滴加浓硫酸前，打开弹簧夹通入一段时间N2，目的是排尽装置内的空气，防止空气中的 O2干扰实验，A项正确；
B．Y 装置中存在 Fe (NO3)3，溶液呈酸性，在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化为硫酸根，铁离子也能将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4，不会生成 BaSO3沉淀，B项不正确；
C．二氧化硫在通入Y中形成酸性溶液，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子产生白色硫酸钡沉淀，C项正确；
D．若将 Fe (NO3)3换成 FeCl3，溶液中无 NO3-，此时仍产生白色沉淀，说明 Fe3+将 SO2氧化为 SO42-，进而生成 BaSO4沉淀，D项正确；
答案选B。
【分析】反应开始前，先打开左侧弹簧夹，通入氮气排出装置内的空气，再打开分液漏斗活塞滴入浓硫酸，与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应生成的二氧化硫通入Y中反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫是空气污染物，后连接尾气处理装置进行尾气处理，防止污染空气。
13．仅用下表提供的实验仪器，能达到相应实验目的的是
　 实验仪器及用品(夹持装置省略) 实验目的
A 烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量热计 中和热的测定
B 酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶 实验室通过蒸馏的方法制取蒸馏水
C 坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角 从食盐水中获得NaCl晶体
D 胶头滴管、试管、漏斗、玻璃棒、烧杯 除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取；中和热的测定
【解析】【解答】A．中和热的测定实验，除了烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒外，还需要量筒来量取酸和碱的体积，仅提供的仪器无法完成实验，故A不符合题意；
B．实验室蒸馏制取蒸馏水，需要的仪器有酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，还需要温度计和石棉网（圆底烧瓶加热需垫石棉网），故B符合题意；
C．从食盐水中获得 NaCl 晶体，需要用蒸发皿进行蒸发结晶，而不是坩埚（坩埚用于灼烧固体），故C不符合题意；
D．除去乙酸乙酯中少量的乙酸和乙醇，可先加入饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，所需仪器：试管、胶头滴管、烧杯、漏斗、玻璃棒，故D不符合题意；
故选B。
【分析】根据各实验的具体操作确定所需仪器。
14．水合肼又称水合联氨，广泛用于还原剂抗氧化剂、发泡剂等。其制备原理为：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl。用如图装置制取水合肼有关分析正确的是
A．装置的连接顺序是：f→a→b→d→c→e
B．e所在装置的漏斗可以没入水面以下
C．f所在装置可以快速制备氨气
D．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．先通过 f 所在装置制备氨气，然后将氨气通入 c 所在装置与 NaClO 溶液反应，最后用 e 所在装置处理尾气，所以连接顺序应为：则装置的连接顺序应是：f→a→b→c→d→e（a、b顺序可互换），故A错误；
B．e 所在装置的漏斗是为了防止倒吸，若将漏斗没入水面以下，就失去了防倒吸的作用，故B错误；
C．f 所在装置中，氧化钙与浓氨水混合，氧化钙会与水反应放出大量热，同时生成 OH-，促使 NH3 H2O 分解，从而快速制备氨气，故C正确；
D．如果快速滴加 NaClO 溶液，NaClO 会氧化生成的水合肼，导致产率降低，因此操作过程中应缓慢滴加NaClO 溶液，故D错误；
答案选C。
【分析】 制备原理为：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl ，先通过 f 所在装置制备氨气，然后将氨气通入 c 所在装置与 NaClO 溶液反应，最后用 e 所在装置处理尾气。
15．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C．该反应热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02ev mol-1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、对应过渡态能量差值最小，该步活化能数值最低，反应方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，A 正确；
B、全程最大能垒计算：-1.02-(-2.21)=1.19eV，不是 2.16eV，B 错误；
C、图中总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev 为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAev mol-1 ，C 错误；
D、正反应气体分子总数减小、反应放热，升温平衡逆向移动，DMF 平衡转化率降低，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
活化能判断：能垒为过渡态能量与前序中间体能量之差，差值越小代表反应能垒越低；
焓变辨析：图示能量基准为单个分子，不能直接套用在摩尔计量的热化学方程式中；
平衡移动规律：放热反应升温平衡逆向移动，气体分子数减小的反应加压平衡正向移动。
二、非选择题(本大题共5小题，共40分)
16．锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和炭粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生。回收废旧电池中的、元素，对环境保护有重要的意义。
Ⅰ．回收锌元素，制备
步骤①：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌、充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；
步骤②：处理滤液，得到晶体；
步骤③：将与晶体混合制取无水。
制取无水，回收剩余的并验证生成物中含有的装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。
已知：是一种常用的脱水剂，熔点为℃，沸点为79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈水解生成两种气体，可混溶于和氯仿等有机溶剂。
（1）装置中冰水的作用是　 　。
（2）装置的正确连接顺序为a→　 　。
（3）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）在该实验中的作用是　 　。
Ⅱ．回收锰元素，制备
（5）洗涤步骤①得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是　 　。
（6）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的是　 　。
Ⅲ．二氧化锰纯度的测定
称取灼烧后的产品，加入草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移至容量瓶中，并用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出，用高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为。(已知：、)
（7）该产品的纯应为　 　(结果精确到0.1％)。
【答案】降温并冷凝；f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e；；作脱水剂；取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净；除去炭粉，并将氧化为；93.2％
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1) 沸点偏低易汽化，冰水浴可降低体系温度，冷凝气态实现液化回收。
故答案： 降温并冷凝 ；
(2) 气体先经浓硫酸除水蒸气，再通入品红检验，空瓶防倒吸，最后吸收尾气，导管接口顺序： f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e 。
故答案： f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e ；
(3) 结合结晶水，生成、，化学方程式：
故答案： ；
(4) 消耗结晶水的同时生成气体，营造酸性氛围，依靠同离子效应抑制水解，避免生成氢氧化锌杂质。
故答案： 作脱水剂 ；
(5) 固体杂质为，取末次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色氯化银沉淀析出，说明固体表面氯离子洗净。
故答案： 取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净 ；
(6) 高温灼烧时，单质碳与氧气反应转化为除去，被空气中氧化生成。
故答案： 除去炭粉，并将氧化为 ；
(7) 先计算总物质的量：；根据定量关系式，算出高锰酸钾消耗草酸根的量，剩余草酸根全部与按照反应，求得；
故答案：93.2%；
【分析】拆分废旧锌锰干电池，取出黑色糊料加水浸泡，ZnCl2、NH4Cl 溶于水，过滤除去 MnO2、炭粉固体；滤液浓缩结晶得到 ZnCl2 xH2O 晶体；晶体和 SOCl2混合加热，SOCl2结合结晶水生成 SO2、HCl，制得无水 ZnCl2；挥发出来的 SOCl2经冰水冷凝回收，混合气体先通入 CCl4除去残留 SOCl2，再用品红检验 SO2，最后用 NaOH 溶液吸收尾气。
(1) 依据易挥发的物理性质，从冷凝液化的作用解释冰水功能。
(2) 遵循除水→检验→防倒吸→尾气吸收的实验顺序，结合洗气长进短出规则排布导管。
(3) 依托水解规律，结合结晶水数目配平整体反应方程式。
(4) 利用强酸抑制弱碱阳离子水解原理，结合水解产物说明抑制水解的原理。
(5) 选用特征检验，若无沉淀即无残留氯离子，确定洗涤终点。
(6) 结合碳单质可燃、易被氧气氧化的化学性质，说明高温灼烧除杂目的。
(7) 借助氧化还原得失电子守恒，梳理、分别与草酸根的计量比例，通过总量减余量得到对应的草酸根量，进而计算纯度。
17．某校化学研究性学习小组设计实验验证NH3能还原CuO，并对还原产物进行探究。请回答下列问题：
Ⅰ.验证NH3能还原CuO
（1）试剂X为　 　。
（2）请将提供的装置按合理顺序连接。g→　 　。
（3）装置B的作用是　 　。
（4）证明NH3能还原CuO的实验现象是　 　。
II.探究还原产物的成分
【查阅资料】Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4(稀)=Cu+CuSO4+H2O。
【实验探究】
实验操作 实验现象 实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 ①证明红色固体为　 　。
若溶液变蓝 ②证明红色固体肯定含有　 　，可能含有　 　。
取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g 　 ③经计算，红色固体的成分及其物质的量　 　
【答案】碱石灰；f h→a b→d e→c；吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中水蒸气进入D 中；A 中黑色粉末变为红色，D 中白色固体变为蓝色；铜；氧化亚铜；铜；铜和氧化亚铜各0.05mol
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1) 实验室用氯化铵、氢氧化钙固体加热制取氨气，氨气呈碱性，需选用碱性固体干燥剂，碱石灰不与氨气发生反应，可吸收气体里的水蒸气，因此试剂 X 选用碱石灰。
故答案：碱石灰；
(2) C 装置制备氨气，导出气体先通入 E 装置干燥除水，干燥后的氨气送入 A 装置和氧化铜发生加热反应；反应生成的水蒸气通入 D 装置检验，剩余尾气导入 B 装置处理收集，仪器接口排布顺序是 f h→a b→d e→c。
故答案：f h→a b→d e→c；
(3) 氨气极易溶于水，直接入水极易引发倒吸；B 装置下层盛放四氯化碳、上层加水，氨气先通入四氯化碳层再缓慢溶于上层水溶液，既能充分吸收尾气氨气，又可规避倒吸，同时隔绝空气。
故答案： 吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中水蒸气进入D 中 ；
(4) A 中黑色氧化铜被氨气还原为红色单质铜，反应同步生成水；D 中无水白色硫酸铜遇水转化为蓝色五水合硫酸铜，对应现象：A 内黑色固体逐渐变红，D 中白色粉末变为蓝色。
故答案： A 中黑色粉末变为红色，D 中白色固体变为蓝色 ；
Ⅱ① 金属铜金属活动性排在氢之后，常温条件下不能和稀硫酸发生反应，因此不溶解的固体成分是 Cu。
② 氧化亚铜遇稀硫酸发生歧化反应，生成硫酸铜和单质铜，硫酸铜溶于水使溶液呈现蓝色，据此可确定红色固体里一定含有 Cu2O，无法判定原本是否混有单质 Cu。
③ 最终剩余固体全部为 Cu，物质的量是 0.1mol；1mol Cu2O 和稀硫酸反应固体质量减少 80g，本次固体总减重 4g，算出参与反应的 Cu2O 为 0.05mol，该部分歧化生成 0.05mol Cu，由此推出原固体中 Cu、Cu2O 物质的量都是 0.05mol。
故答案为： 铜 ； 氧化亚铜 ；铜； 铜和氧化亚铜各0.05mol ；
【分析】本题分为氨气还原氧化铜实验、氧化亚铜与铜混合物定量探究两大部分，综合气体制备除杂、装置连接、现象描述、物质定性与定量计算。
(1) 结合氨气碱性的理化性质，按照干燥剂不能和被干燥气体反应的原则，筛选适配的固体干燥剂。
(2) 遵循制气→干燥→主体反应→产物检验→尾气处理的实验逻辑，结合洗气装置长进短出的规则排布导管接口。
(3) 依托氨气极易溶于水的特点，利用四氯化碳不溶于水、不溶解氨气的性质，分层结构实现防倒吸与尾气吸收。
(4) 根据氨气还原 CuO 的产物为 Cu 和 H2O，结合氧化铜、无水硫酸铜的颜色变化描述实验现象。
Ⅱ① 依据金属活动性顺序，判断 Cu 常温不溶于稀硫酸，确定不溶固体。
② 利用 Cu2O 在酸性环境歧化生成铜离子和 Cu 的特征反应，依靠溶液显色完成定性判断。
③ 借助 Cu2O 歧化反应的固体质量差量关系，通过质量损耗算出 Cu2O 的物质的量，结合最终剩余 Cu 的总量反向推算原固体组分的物质的量。
18．海水中溴含量约为65mg·L-1，从海水中提取溴的工艺流程如下：
（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是　 　。
（2）步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，利用了溴的_______(填字母)。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法。下列可以用作溴的萃取剂的是_______(填字母)。
A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯
【答案】（1）富集(或浓缩)溴元素
（2）C
（3）B；D
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中获得游离态的溴的含量较低，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴。
（2）溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，就是利用了溴的挥发性，故选C。
（3）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，A错误；四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，B正确；烧碱溶液和溴能发生反应，所以不能作萃取剂，C错误；苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，D正确；故选BD。
【分析】（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴是为了富集溴；
（2） 溴易挥发，因此步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2；
（3）萃取剂的选择原则：萃取剂与原溶剂不互溶；萃取剂与被萃取的物质不发生化学反应；被萃取的物质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。
（1）步骤Ⅰ中获得游离态的溴的含量较低，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴。
（2）溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，就是利用了溴的挥发性，故选C。
（3）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，A错误；四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，B正确；烧碱溶液和溴能发生反应，所以不能作萃取剂，C错误；苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，D正确；故选BD。
19．硫酸亚铁在印染、医药，化肥等多个行业有广泛应用。某学习小组对硫酸亚铁晶体(FeSO4 7H2O)的热分解产物进行探究。回答下列问题：
（1）装置A中石棉绒的作用为　 　；装置D中的仪器名称为　 　。
（2）按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______、_______→_______、_______→_______、_______→h。(填装置口小写字母)　 　
（3）该小组同学按上述顺序连接各装置并进行实验，请为他们补全以下表格：
装置编号 填装试剂 实验现象 实验结论
A FeSO4 7H2O 绿色固体逐渐变为红色粉末 \
B ①　 　 ②　 　 分解产物中含有SO2
C BaCl2溶液 产生白色沉淀 ③　 　
D 无水CuSO4粉末 白色固体逐渐变为蓝色 分解产物中含有水蒸气
E ④　 　 \ \
（4）硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为　 　。
（5）设计实验证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素：　 　。(简述实验操作及现象)
【答案】（1）防止固体粉末堵塞导管；球形干燥管
（2）a；g；f；e；d；c；b；h
（3）品红溶液；溶液由红色褪为无色；分解产物中含有SO3；NaOH溶液
（4）2FeSO4 7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑
（5）取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3［Fe(CN) 6］溶液，不产生蓝色沉淀
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中石棉绒的作用为防止固体粉末堵塞导管，装置D中的仪器名称为球形干燥管；
（2）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2；装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3；装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气；装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；这三种生成物应该先检验水蒸气，再检验SO3，最后检验SO2，因为检验SO2和SO3时都有水溶液，会带出水蒸气，SO3极易溶于水且和水反应，所以链接顺序为a→g→f→e→d→c→b→h；
（3）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；故①品红溶液，②溶液由红色褪为无色，③分解产物中含有SO3，④NaOH溶液；
（4）分析可知绿矾煅烧得到红色固体为氧化铁，同时生成二氧化硫、三氧化硫和水，结合单质守恒和原子守恒配平书写化学方程式为：2FeSO4 7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑；
（5）亚铁离子和K3［Fe(CN)6］溶液会生成蓝色沉淀，故检验亚铁离子的实验为：取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3［Fe(CN)6］溶液，不产生蓝色沉淀，证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素。
【分析】先通入氮气排尽装置内空气，防止空气中的氧气干扰实验，加热 FeSO4 7H2O 使其分解生成Fe2O3、SO2、SO3和水，装置 A中石棉绒的作用是防止固体粉末进入导管，避免导管堵塞，装置D中无水硫酸铜用于检验分解生成的水蒸气，装置 C中BaCl2溶液可以检验SO3，装置 B内装品红溶液或酸性高锰酸钾检验SO2，装置 E为尾气处理装置，用于吸收未反应的SO2，防止污染空气。
（1）装置A中石棉绒的作用为防止固体粉末堵塞导管，装置D中的仪器名称为球形干燥管；
（2）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2；装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3；装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气；装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；这三种生成物应该先检验水蒸气，再检验SO3，最后检验SO2，因为检验SO2和SO3时都有水溶液，会带出水蒸气，SO3极易溶于水且和水反应，所以链接顺序为a→g→f→e→d→c→b→h；
（3）装置A为绿矾煅烧分解装置，装置B盛放品红溶液，作用是检验SO2，装置C盛放BaCl2溶液，作用是检验SO3，装置D无水CuSO4粉末，作用是分解产物中含有水蒸气，装置E盛放氢氧化钠溶液，作用是尾气处理；故①品红溶液，②溶液由红色褪为无色，③分解产物中含有SO3，④NaOH溶液；
（4）分析可知绿矾煅烧得到红色固体为氧化铁，同时生成二氧化硫、三氧化硫和水，结合单质守恒和原子守恒配平书写化学方程式为：2FeSO4 7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑；
（5）亚铁离子和K3［Fe(CN)6］溶液会生成蓝色沉淀，故检验亚铁离子的实验为：取实验后反应管中少量固体，溶于稀盐酸后，向溶液中滴加K3［Fe(CN)6］溶液，不产生蓝色沉淀，证明A中得到的红色粉末不含+2价铁元素。
20．某药物中间体M的合成路线如下
回答问题：
（1）A→B的反应方程式为　 　。
（2）1 mol B最多需要与　 　mol NaOH完全反应；
（3）C的化学名称为　 　，D的结构简式为　 　。
（4）A中混有C可用　 　(写出试剂名称和除杂方法)除杂；
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为　 　(任写一种)。
①只含有一种官能团 ②含有苯环 ③核磁共振氢谱有两组峰
（6）已知酸酐(结构简式为： ，R、R、为H或者烃基)能与羟基化合物反应生成酯。F→G反应中生成物中有机物除了G还有　 　(写出结构简式)。
（7）为原料合成 的路线如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为　 　和　 　。
→ →
【答案】（1）+Cl2 +HCl
（2）2
（3）苯酚；
（4）氢氧化钠溶液、分液
（5） 或
（6）CH3COOH
（7）；
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A是苯，苯与Cl2在FeCl3催化下发生取代反应产生氯苯 、HCl，该反应的化学方程式为： +Cl2 +HCl；
（2）B是 ，B与H2O在NaOH作用下反应产生 、HCl， 、HCl分别与NaOH反应产生 、NaCl，则1 mol B最多需要与2 mol NaOH 完全反应；
（3）C物质分子中羟基与苯环直接相连形成的化合物，其名称是苯酚；
根据上述分析可知D是邻羟基苯甲酸，结构简式是；
（4）苯不溶于NaOH溶液， 能够与NaOH溶液反应产生可溶性 而溶于水中，苯与水互不相溶，密度比水小，然后通过分液分离除去，故A中混有C可用氢氧化钠溶液、分液；
（5）F是 ，其同分异构体X符合下列条件：①只含有一种官能团；②含有苯环；③核磁共振氢谱有两组峰，说明物质分子结构对称，分子中有两种不同的H原子，则X可能的结构简式是 或 ；
（6）F→G反应中生成物中有机物，除了G还有CH3COOH；
（7） 与Cl2在FeCl3催化下发生甲基邻位上的取代反应产生 ，该物质与NaOH作用然后在HCl作用下反应产生 ， 与CH3COCl发生取代反应产生M是 ；与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，-CH3被氧化产生-COOH，反应产生N是 ，N与AlCl3异构化反应产生 ，故M是 ，N是 。
【分析】A→B的过程中，在苯环上引入Cl原子，该反应为苯与氯气在FeCl3催化下发生取代反应，B在熔融NaOH条件反应再酸化得到C， 与NaOH作用，然后通入CO2，在一定条件下反应产生 ，然后通入HCl反应产生D，根据D的分子式可知，D的结构简式为： ，D与CH3CH2COCl发生酚羟基上H原子的取代反应产生E，E与AlCl3作用产生F，F与乙酸酐在一定条件下发生反应产生G。
（1）A是苯，苯与Cl2在FeCl3催化下发生取代反应产生氯苯 、HCl，该反应的化学方程式为： +Cl2 +HCl；
（2）B是 ，B与H2O在NaOH作用下反应产生 、HCl， 、HCl分别与NaOH反应产生 、NaCl，则1 mol B最多需要与2 mol NaOH 完全反应；
（3）C物质分子中羟基与苯环直接相连形成的化合物，其名称是苯酚；
根据上述分析可知D是邻羟基苯甲酸，结构简式是；
（4）苯不溶于NaOH溶液， 能够与NaOH溶液反应产生可溶性 而溶于水中，苯与水互不相溶，密度比水小，然后通过分液分离除去，故A中混有C可用氢氧化钠溶液、分液；
（5）F是 ，其同分异构体X符合下列条件：①只含有一种官能团；②含有苯环；③核磁共振氢谱有两组峰，说明物质分子结构对称，分子中有两种不同的H原子，则X可能的结构简式是 或 ；
（6）F→G反应中生成物中有机物，除了G还有CH3COOH；
（7） 与Cl2在FeCl3催化下发生甲基邻位上的取代反应产生 ，该物质与NaOH作用然后在HCl作用下反应产生 ， 与CH3COCl发生取代反应产生M是 ；与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，-CH3被氧化产生-COOH，反应产生N是 ，N与AlCl3异构化反应产生 ，故M是 ，N是 。
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