2025年西師新版選修化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年西師新版選修化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、現(xiàn)有某天然有機物，擬對其進行研究，一般采取的研究步驟是A.分離提純→確定化學式→確定分子式→確定結構式B.分離提純→確定實驗式→確定分子式→確定結構式C.分離提純→確定結構式→確定實驗式→確定分子式D.確定分子式→確定實驗式→確定結構式→分離提純2、有機物的一氯代物共有(不考慮立體異構)()A.3種B.4種C.7種D.5種3、由于碳碳雙鍵不能自由旋轉，因此和是兩種不同的化合物，互為順反異構體，則二溴丙烯的同分異構體(不含環(huán)狀結構)有A.5種B.6種C.7種D.8種4、不能使溴水褪色的氣體是A.B.C.D.5、下列有機反應屬于加成反應的是A.CH4+Cl2CH3Cl+HClB.CH2=CH2+HBr→CH3CH2BrC.+HNO3+H2OD.CH4+2O2CO2+2H2O6、下列說法正確的是A.用玻璃棒蘸取溶液進行焰色反應，觀察到黃色火焰B.將石蠟油(液態(tài)石蠟)分解的產(chǎn)物通入溴的四氯化碳溶液中，溶液逐漸褪色，說明有乙烯生成C.常溫下，將金屬鈉分別投入到盛有乙醇和苯酚的兩支試管中，盛有苯酚的試管產(chǎn)生氣體的速率更快D.金屬鈉著火時，不能使用泡沫滅火器滅火，也不能用干冰滅火器滅火7、巴豆酸的結構簡式為CH3—CH＝CH—COOH，現(xiàn)有①水②氯化氫③乙醇④純堿溶液⑤酸性高錳酸鉀溶液，判斷在一定條件下，能與巴豆酸反應的物質是A.只有②④⑤B.只有①③④C.只有①②④⑤D.全部8、下列關于有機物的說法，錯誤的是A.乙酸乙酯在一定條件下可以水解成乙醇和乙酸B.油脂和蔗糖都屬于高分子化合物C.油脂水解能得到甘油D.淀粉、纖維素在一定條件下水解均可得到葡萄糖9、20℃時，在NaOH混合溶液中，含碳示素微粒的分布分數(shù)隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法正確的是（）

A.①表示的分布曲線，③表示的分布曲線B.20℃時，的二級電離平衡常數(shù)C.Q點對應溶液中D.的溶液中：評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列有關阿伏伽德羅常數(shù)NA說法正確的是()A.標況下22.4LSO3分子數(shù)為1NAB.100g60%的乙酸溶液中，O原子數(shù)為2NAC.60gSiO2含有Si—O化學鍵數(shù)為4NAD.15g葡萄糖與果糖混合物中，C原子數(shù)為0.5NA11、下列化學實驗事實及其解釋或結論都正確的是A.用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在pH試紙上，然后與比色卡對照，可測定新制氯水的pHB.取少量鹵代烴Y在堿性溶液中水解，用硝酸酸化至酸性，再滴加AgNO3溶液，生成淡黃色沉淀，說明鹵代烴中含有溴元素C.向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變澄清，說明苯酚的酸性強于H2CO3D.向少量2%CuSO4溶液中加入過量的10%NaOH溶液，振蕩，再加入0.5mL有機物Y，加熱，未出現(xiàn)磚紅色沉淀，說明Y中不含醛基12、下列說法不正確的是（）A.乙醇、乙二醇、丙三醇均能與水互溶，可推知所有的醇都能與水互溶B.溴乙烷中混有溴單質，可通過加入過量飽和亞硫酸氫鈉溶液，充分振蕩后分液來分離C.一定條件下，油脂、纖維素和蛋白質均屬于高分子化合物，且都能發(fā)生水解D.淀粉和硫酸混合加熱一段時間，冷卻后再加入少量碘水，溶液不變藍，說明淀粉已完全水解13、酚酞；別名非諾夫他林，是制藥工業(yè)原料，其結構如圖所示，有關酚酞說法正確的是（）

A.分子式為C20H14O4B.可以發(fā)生取代反應、加成反應、氧化反應、消去反應C.酚酞中含有三種官能團D.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色14、有機物Z常用于治療心律失常；Z可由有機物X和Y在一定條件下反應制得，下列敘述正確的是。

A.X中所有原子可能在同一平面內B.X、Z均能與酸性KMnO4溶液反應C.1molY最多能與2molNaOH反應D.室溫下Z與足量Br2加成產(chǎn)物的分子中有2個手性碳原子15、下列有關化合物X(結構如圖)的敘述正確的是（）

A.X分子存在2個手性碳原子B.X分子能發(fā)生氧化、取代、消去反應C.X分子中所有碳原子可能在同一平面上D.1molX與足量NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOH16、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A.油脂在堿性條件下水解，可用于制肥皂B.FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蝕電路板上的CuC.石墨具有導電性，可用于制鉛筆芯D.氫氧化鋁可以和酸反應，可用治療胃酸過多17、我國在反興奮劑問題上的堅決立場是支持“人文奧運”的重要體現(xiàn)。某種興奮劑的結構簡式如圖；關于它的說法正確的是。

A.它的化學式為C19H26O3B.從結構上看，它屬于酚類C.從結構上看，它屬于醇類D.從元素組成上看，它可以在氧氣中燃燒生成CO2和水18、茚地那韋被用于新型冠狀病毒肺炎的治療；其結構簡式如圖所示(未畫出其空間結構)。下列說法正確的是。

A.茚地那韋屬于芳香族化合物B.虛線框內的所有碳、氧原子均處于同一平面C.茚地那韋可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應D.茚地那韋在堿性條件下完全水解，最終可生成三種有機物評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)19、聚合氯化鐵[Fe2(OH)nCl6-n]m簡稱PFC，是一種新型高效的無機高分子凈水劑。以FeCl2·4H2O為原料，溶于稀鹽酸并加入少量的NaNO2；經(jīng)氧化；水解、聚合等步驟，可制備PFC。

(1)在稀鹽酸中，NaNO2會與Fe2+反應生成一種無色氣體M，氣體M對該反應有催化作用，其催化原理如圖所示。M的化學式為______；Fe2+在酸性條件下被O2氧化的離子方程式為_______。

(2)鹽基度[B＝×100%]是衡量凈水劑優(yōu)劣的一個重要指標。鹽基度越小，凈水劑對水pH變化的影響______。(填“越大”；“越小”或“無影響”)

(3)PFC樣品中鹽基度(B)的測定：

已知：PFC樣品的密度ρ=1.40g·mL?1，樣品中鐵的質量分數(shù)ω(Fe)=16%

步驟1：準確量取1.00mLPFC樣品置于錐形瓶中。

步驟2：加入一定體積0.05000mol·L?1的鹽酸標準溶液，室溫靜置后，加入一定體積的氟化鉀溶液(與Fe3+反應，消除Fe3+對實驗的干擾)，滴加數(shù)滴酚酞作指示劑，立即用0.05000mol·L?1氫氧化鈉標準溶液滴定至終點；消耗氫氧化鈉標準溶液13.00mL。

步驟3：準確量取1.00mL蒸餾水樣品置于錐形瓶中；重復步驟2操作，消耗氫氧化鈉標準溶液49.00mL。

根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)計算PFC樣品的鹽基度(B)(寫出計算過程)_______。20、草酸（H2C2O4）是一種二元弱酸；廣泛分布于動植物體中。

（1）人體內草酸累積過多是導致結石（主要成分是草酸鈣）形成的原因之一。有研究發(fā)現(xiàn)，EDTA（一種能結合金屬離子的試劑）在一定條件下可以有效溶解結石，用化學平衡原理解釋其原因：_______________。

（2）已知：0.1mol·L－1KHC2O4溶液呈酸性。下列說法正確的是_______（填字母序號）。

a.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)

b.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)

c.濃度均為0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)

d.0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性：c(K+)>c(Na+)

（3）利用草酸制備草酸亞鐵晶體(FeC2O4·xH2O)的流程及組分測定方法如下：

已知：i.pH>4時，F(xiàn)e2+易被氧氣氧化。

ii.幾種物質的溶解度(g/100gH2O)如下。FeSO4·7H2O(NH4)2SO4FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O20℃48753760℃1018838

①用稀硫酸調溶液pH至1～2的目的是：_____________，______________。

②趁熱過濾的原因是：_______________。

③氧化還原滴定法常用于測定草酸亞鐵晶體的摩爾質量(M)。稱取ag草酸亞鐵晶體溶于稀硫酸中，用bmol·L－1的高錳酸鉀標準液滴定，到達滴定終點時，消耗高錳酸鉀VmL，則M=__________。(已知：部分反應產(chǎn)物為Mn2+、Fe3+、CO2)21、(1)檢驗氣體中是否含有CO的實驗操作：將該氣體通入氯化鈀(PdCl2)溶液中，觀察是否有黑色的單質鈀生成，寫出對應的化學方程式：_______________。

(2)生產(chǎn)硫化鈉大多采用無水芒硝(Na2SO4)—炭粉還原法，若煅燒所得氣體為等物質的量的CO和CO2，寫出煅燒時發(fā)生反應的化學方程式：_________________。

(3)加入雙氧水能提高軟錳礦(主要成分是MnO2)的浸出率，錳轉化成Mn2+。寫出酸性條件下雙氧水提高軟錳礦浸出率的離子方程式：______________________________。

(4)在酸性、有氧條件下，一種叫Thibacillusferroxidans的細菌能將黃銅礦(主要成分為CuFeS2)轉化成硫酸鹽，該過程反應的離子方程式為____________________。22、Ⅰ.按要求寫出下列反應的方程式：

(1)碳酸氫銨與少量的氫氧化鈉溶液反應(離子方程式)__________。

(2)氯化鐵溶液中通入二氧化硫氣體(離子方程式)__________。

(3)一定量的硫酸鋁鉀加入氫氧化鋇溶液生成沉淀質量最大時的反應(化學方程式)__________。

(4)碘化亞鐵和氯氣以5：7的物質的量比反應(化學方程式)__________。

Ⅱ.已知Fe2O3在高爐中有下列反應：Fe2O3+CO=2FeO+CO2，反應形成的固體混合物(Fe2O3和FeO)中，元素鐵和氧的質量比用m(Fe)：m(O)表示。

(1)上述固體混合物中，m(Fe)：m(O)可能是____________。

a．7：5b．3：1c．7：1

(2)設Fe2O3被CO還原的百分率為A%，則用含m(Fe)、m(O)的代數(shù)式表示A%的關系式為_________。23、寫出下列反應的離子方程式：

(1)向AlCl3溶液中加入過量NaOH溶液：_______

(2)向FeI2溶液中通入完全過量的氯氣：_______

(3)向1L1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中滴加2L等濃度的Ba(OH)2溶液：_______

(4)與水溶液混合后恰好沉淀完全的離子方程式_______

(5)用ClO2進行飲用水處理比使用Cl2具有更高的優(yōu)越性，不僅殺菌消毒效率高，不產(chǎn)生致癌的有機氯代物，而且還能除去水中的Fe2+，Mn2+。請寫出用ClO2除去飲用水中Mn2+的離子方程式：_______(已知Mn2+轉變?yōu)镸nO2，ClO2轉變?yōu)?

(6)Fe的一種含氧酸根離子具有強氧化性，在其鈉鹽溶液中加入稀硫酸，溶液變?yōu)辄S色，并有無色氣體產(chǎn)生。該反應的離子方程式為：_______24、（1）在一體積為10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃時發(fā)生如下反應：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0。CO和H2O濃度變化如圖，則0?4min的平均反應速率v(CO)=______________mol/(L·min)

（2）t1℃(高于850℃)時，在相同容器中發(fā)生上述反應，容器內各物質的濃度變化如下表。時間(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c450.1160.2160.08460.0960.2660.104

請回答：

①表中3?4min之間反應處于_____________狀態(tài)；c3數(shù)值_____________0.12mol/L(填大于；小于或等于)。

②反應在4?5min間，平衡向逆方向移動，可能的原因是_____________(單選)，表中5?6min之間數(shù)值發(fā)生變化，可能的原因是_____________(單選)。

a．增加了水蒸氣的量b．升高溫度c．使用催化劑d．增加壓強。

（3）如圖是一個電化學的裝置圖。

①圖中乙池是________裝置（填“電解池”或“原電池”)甲池中OH-移向____________極(填“CH3OH”或“O2”)。若丙池中為400ml1mol/L硫酸銅溶液，當外電路有1mol電子通過時，C、D兩極共產(chǎn)生_______mol的氣體。

②寫出B電極的電極反應式：______________________________________________________________。25、回答下列問題：

(l)離子化合物中陰陽離子半徑之比是決定晶體構型的重要因素之一；配位數(shù)與離子半徑之比存在如下關系：

若某化合物由+1價陽離子和-1價陰離子組成，陽離子的半徑為70pm，陰離子的半徑為140pm，分析以上信息，可以推導出該晶體結構，與常見的_______晶體(填寫化學式)陰陽離子的配位數(shù)相同。與陰(陽)離子配位的這幾個陽(陰)離子，在空間構成的立體形狀為_______。

(2)金剛石的晶胞為面心立方；另有四碳原子在晶胞內部，如圖。

則一個金剛石的晶胞中含有的碳原子數(shù)為_______，若金剛石晶胞的邊長為a，則其中C—C的鍵長為_______。評卷人得分四、判斷題(共2題，共18分)26、乙醇可由乙烯與水發(fā)生加成反應制得，乙酸可由乙醇氧化制得。(____)A.正確B.錯誤27、碳氫質量比為3:1的有機物一定是CH4。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共8分)28、硫酸錳銨是一種淺粉色固體，可溶于水，工業(yè)上可用于加工木材防火劑。用軟錳礦(主要含還含有等)制備硫酸錳銨的工藝流程如下：

已知：①該流程中金屬離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下：。金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+開始沉淀時pH8.06.31.58.1沉淀完全時pH10.08.32.89.4

②MgSO4和MnSO4的溶解度如下：。溫度/℃10203040608090100100溶解度/gMgSO42228.233.738.944.554.655.852.950.4MnSO452.959.762.962.96053.645.640.935.335.3

③常溫下：

回答下列問題：

(1)“還原酸浸”主要反應的離子方程式為______。

(2)濾渣1的主要成分為______。

(3)“除銅”反應的平衡常數(shù)______(結果保留2位有效數(shù)字)。

(4)“氧化除雜”加的作用是______，加調節(jié)溶液的的范圍為______。

(5)“系列操作”包括______、______洗滌。

(6)通過實驗測定產(chǎn)品硫酸錳銨中錳元素的含量：準確稱取所得產(chǎn)品溶于水配成溶液，滴加氨水調至加入過量的溶液充分反應后過濾掉將濾液與洗滌液合并配制成溶液，取用酸性標準液滴定，重復實驗3次，平均消耗標準液滴定終點的判斷依據(jù)是______，產(chǎn)品硫酸錳銨中錳元素的質量分數(shù)為______(用相應字母表示)。29、白云石的主要化學成分為還含有質量分數(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

(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學方程式為___________。

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

(以計)產(chǎn)品中Mg雜質含量/%

(以計)計算值實測值實測值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=(浸出的質量/煅燒得到的質量)(M代表Ca或Mg)

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

①解釋“浸鈣”過程中主要浸出的原因是___________。

②沉鈣反應的離子方程式為___________。

③“浸鈣”過程不適宜選用的比例為___________。

④產(chǎn)品中純度的實測值高于計算值的原因是___________。

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

(4)濾渣C中含有的物質是___________。

(5)該流程中可循環(huán)利用的物質是___________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

研究有機物的一般方法是，先分離提純，再通過元素分析，確定其實驗式，然后利用質譜法測定相對分子質量來確定分子式，最后通過光譜分析來確定其結構式。故選B。2、D【分析】【詳解】

有機物有對稱性，對稱軸注意右邊是一種位置的氫，有機物共有五種位置的氫，因此一氯代物共有5種，故D符合題意。

綜上所述，答案為D。3、C【分析】【詳解】

含有碳碳雙鍵和溴原子的二溴丙烯的結構簡式為Br2C=CHCH3、BrCH=CHCH2Br、CH2=CHCHBr2，共有5種，其中BrCH=CHCH2Br存在順反異構體，則二溴丙烯的同分異構體共有7種，故選C。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．硫化氫與溴水發(fā)生反應生成溴化氫和硫沉淀；A項錯誤；

B．氨氣可以與溴水發(fā)生氧化還原反應；使溴水褪色，B項錯誤；

C．乙烷為飽和烴；與溴水不反應，不能使溴水褪色，C項正確；

D．乙炔含有碳碳三鍵；可與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，D項錯誤；

答案選C。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．甲烷中的H被Cl原子替代；為取代反應，故A不選；

B．CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br中乙烯的兩個不飽和碳上各連上一個原子；雙鍵變成單鍵，屬于加成反應，故B選；

C．苯上一個氫原子被硝基取代；屬于取代反應，故C不選；

D．為甲烷的燃燒；屬于氧化反應，故D不選；

故選：B。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．用鉑絲或光潔無銹的鐵絲蘸取溶液進行焰色反應；觀察到黃色火焰，A錯誤；

B．將石蠟油(液態(tài)石蠟)分解的產(chǎn)物通入溴的四氯化碳溶液中；溶液逐漸褪色，說明有不飽和烴生成，不能確定是乙烯，B錯誤；

C．常溫下；苯酚是晶體，金屬鈉直接投入到苯酚晶體中，很難產(chǎn)生氣體，C錯誤；

D．泡沫滅火器；干冰滅火器產(chǎn)生的二氧化碳能與鈉燃燒后的產(chǎn)物過氧化鈉產(chǎn)生氧氣；氧氣能助燃，所以金屬鈉著火時，不能使用泡沫滅火器來滅火，也不能用干冰滅火器滅火，應用沙子撲滅，D正確；

答案選D。7、D【分析】【詳解】

巴豆酸中含碳碳雙鍵，具有烯烴的性質，在一定條件下，能與HCl、水發(fā)生加成反應，能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應；含羧基，具有羧酸的性質，能與純堿溶液發(fā)生反應，能與乙醇發(fā)生酯化反應，則①②③④⑤都能與巴豆酸反應，答案選D。8、B【分析】【詳解】

A.乙酸乙酯在酸性條件下可以水解成乙醇和乙酸，選項A正確；B.油脂和蔗糖都不屬于高分子化合物，選項B錯誤；C.油脂是高級脂肪酸甘油酯，水解能得到甘油，選項C正確；D.淀粉、纖維素在一定條件下水解均可得到葡萄糖，選項D正確。答案選B。9、B【分析】【詳解】

A．①②相比較，pH增大，含量都減小，但pH約為3時②基本為0，所以②表示H2C2O4的分布曲線，①表示HC2O4-的分布曲線，③表示C2O42-的分布曲線，故A錯誤；

B．P點c(HC2O4-)=c(C2O42-)，該溫度下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka2==c(H+)=1×10-4.2mol?L-1，故B正確；

C．Q點呈酸性，則lgc(H+)＞lgc(OH-)，故C錯誤；

D．0.100mol?L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(C2O42-)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-)，解得c(OH-)+c(C2O42-)═c(H+)+c(H2C2O4)，故D錯誤。

故選：B。二、多選題(共9題，共18分)10、CD【分析】【詳解】

A.標況下，三氧化硫不是氣體，故22.4LSO3分子數(shù)不等于NA；A錯誤；

B.100g60%的乙酸溶液中，含60g乙酸，其物質的量為1mol，故乙酸中O原子數(shù)為2NA；另有40g水，水中也有氧原子，B錯誤；

C.60gSiO2的物質的量為1mol，含有Si—O化學鍵數(shù)為4NA；C正確；

D.葡萄糖與果糖的分子式均為C6H12O6，最簡式均為CH2O，故15g混合物可以看做由“CH2O”構成，則含的CH2O的物質的量為0.5mol，故含0.5NA個碳原子；D正確；

答案選CD。11、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．新制氯水具有強氧化性；具有漂白性，用pH試紙無法測出新制氯水的pH，故A錯誤；

B．鹵代烴在堿性溶液中水解，鹵素原子轉化成鹵素離子，然后加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液；生成淡黃色沉淀，說明該鹵代烴中含有溴元素，故B正確；

C．向苯酚濁液中滴加碳酸鈉溶液，濁液變澄清，發(fā)生+→+推出苯酚的酸性強于故C錯誤；

D．向少量2%CuSO4溶液中加入過量的10%NaOH溶液；氫氧化鈉過量，振蕩，再加入0.5mL有機物Y，加熱，未出現(xiàn)磚紅色沉淀，說明Y中不含有醛基，故D正確；

答案為BD。12、AC【分析】【詳解】

A．醇分子中羥基能與水分子間形成氫鍵；所以羥基親水，而烴基憎水。醇分子中羥基所占比例越大，溶解性越強，烴基所占比例越大，憎水越大，在水中溶解度越小，故A錯誤；

B．過量飽和亞硫酸氫鈉溶液具有還原性；能與溴反應生成硫酸根離子和溴離子，溴乙烷難溶于水，可用分液法分離，故B正確；

C．油脂能水解；但不是高分子化合物，故C錯誤；

D．碘單質遇淀粉溶液變藍色；淀粉和硫酸混合加熱一段時間，冷卻后再加入少量碘水，溶液不變藍，說明淀粉已完全水解，故D正確；

故選AC。13、AD【分析】【分析】

根據(jù)結構簡式可知；酚酞中含酚羥基；酯基兩種官能團，以此解題。

【詳解】

A.由結構簡式可知分子式為C20H14O4；故A正確；

B.含酚羥基可發(fā)生取代；氧化反應；含苯環(huán)可發(fā)生加成反應，但不可以發(fā)生消去反應，故B錯誤；

C.分子中含羥基；酯基兩種官能團；苯基不是官能團，故C錯誤；

D.含酚羥基可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色；故D正確。

答案選AD。14、BC【分析】【詳解】

A．X中含有一個甲基；結構類似甲烷，所有原子不可能在同一平面內，故A錯誤；

B．X含有酚羥基，Z中含有碳碳雙鍵，均能與酸性KMnO4溶液反應；故B正確；

C．Y中有酯基和溴原子；都可與氫氧化鈉反應，1molY最多能與2molNaOH反應，故C正確；

D．一個碳原子要成為手性碳需滿足兩個條件：該碳原子必須是sp3雜化，且連有四個不同的基團。室溫下Z中的雙鍵可以與Br2發(fā)生加成，產(chǎn)物的結構式為分子中連有溴原子的碳都是手性碳，則有4個手性碳原子，故D錯誤；

答案選BC。15、BD【分析】【分析】

有機物含有酯基；羥基、羰基以及溴原子；結合酯類、醇、酮以及鹵代烴的性質解答該題。

【詳解】

A．碳原子連接4個不同的原子或原子團，為手性碳原子，該分子中共有3個手性碳，（標有五星的碳）；故A錯誤；

B．含有羥基；可發(fā)生氧化反應，取代反應；消去反應，故B正確；

C．含有飽和碳原子；具有甲烷的結構特征，則所有的原子不在同一個平面上，故C錯誤；

D．能與氫氧化鈉反應的為酯基；溴原子；則1molX與足量NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOH，故D正確。

答案選BD。16、AD【分析】【詳解】

A．油脂為高級脂肪酸甘油酯；在堿性條件下水解可生成高級脂肪酸鈉和甘油，可用于制肥皂，A符合題意；

B．FeCl3溶液與銅發(fā)生氧化還原反應生成氯化亞鐵和氯化銅；可用于腐蝕電路板上的Cu，與溶液呈酸性無關，B不符合題意；

C．石墨質軟可用于制鉛筆芯；與石墨導電性無關，C不符合題意；

D．氫氧化鋁是堿；且堿性較弱，可以和酸發(fā)生反應，因此可中和過多胃酸，故用于治療胃酸過多，D符合題意；

答案選AD。17、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．由題圖結構簡式分析可知，該有機物化學式應為C20H24O3；描述錯誤，不符題意；

B．有機物苯環(huán)上直接連有羥基；所以屬于酚類物質，描述正確，符合題意；

C．由B選項分析可知；有機物歸屬醇類是錯誤分類，不符題意；

D．有機物只有C、H、O三種元素，在氧氣中充分燃燒后產(chǎn)物只有CO2和H2O；描述正確，符合題意；

綜上，本題應選BD。18、AD【分析】【詳解】

A．由結構可知有機物中含苯環(huán)；屬于芳香族化合物，A說法正確；

B．虛線框內中五元環(huán)中3個C均為sp3雜化；為四面體結構，所有碳；氧原子一定不在同一平面內，B說法錯誤；

C．有機物中不含酚羥基(?OH)；不能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，C說法錯誤；

D．由結構可知；含2個肽鍵，可發(fā)生水解反應，生成三種有機物，D說法正確；

答案為AD。三、填空題(共7題，共14分)19、略

【分析】【分析】

(3)該滴定實驗時測定PFC樣品中的鹽基度，鹽基度B＝×100%；先根據(jù)樣品的密度、鐵的質量分數(shù)計算所取樣品中Fe3+的濃度；然后加入一定體積的鹽酸標準溶液充分反應，加入KF消除Fe3+對實驗的干擾；之后用氫氧化鈉標準液滴定剩余的鹽酸的量；再利用蒸餾水重復操作，滴定加入的鹽酸標準液的總量，總量減去剩余量即可得到樣品中氫氧根消耗的鹽酸標準的量。

【詳解】

(1)在稀鹽酸中，NaNO2會將Fe2+氧化成Fe3+，該過程中NaNO2應作為氧化劑，據(jù)圖可知，M與Fe2+可以生成Fe(NO)2+，鐵元素化合價沒有變化，則N元素化合價也不變，所以M應為NO；Fe2+在酸性條件下被O2氧化，應生成Fe3+，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式應為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

(2)鹽基度B＝×100%，鹽基度越小，[Fe2(OH)nCl6-n]m中n的值越小，則c(OHˉ)越小，生成的Fe(OH)3膠體的量越少，溶液中c(Fe3+)越大；水解效果越強，對水pH變化的影響越大；

(3)根據(jù)分析，樣品中OH?的物質的量濃度：n(OH?)＝n1(NaOH)?n2(NaOH)＝0.05000mol·L?1×(49.00?13.00)×10?3L＝1.8×10?3mol；c(OH?)＝＝＝1.8×10?3mol·L?1；

樣品中Fe3+的物質的量濃度：c(Fe3+)＝＝＝4.0×10?3mol·L?1；

B＝×100%＝×100%＝15%。

【點睛】

本題難點是鹽基度的計算，首先要理解鹽基度的含義；其次是氫氧根濃度的確定，理解兩次滴定的作用，本實驗中是通過只加鹽酸不加樣品，利用NaOH標準液的量來確定鹽酸標準液的量，再利用兩次滴定的差值確定樣品中氫氧根消耗的鹽酸標準液的量?！窘馕觥竣?NO②.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O③.越大④.樣品中OH?的物質的量濃度：n(OH?)＝n1(NaOH)?n2(NaOH)＝0.05000mol·L?1×(49.00?13.00)×10?3L＝1.8×10?3mol；

c(OH?)＝＝＝1.8×10?3mol·L?1；

樣品中Fe3+的物質的量濃度：c(Fe3+)＝＝＝4.0×10?3mol·L?1；

B＝×100%＝×100%＝15%。20、略

【分析】【詳解】

（1）草酸鈣難溶于水，在水存在溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，加入EDTA，EDTA結合Ca2+后，Ca2+濃度減?。粚е律鲜銎胶庹蛞苿?，使結石逐漸溶解；

故答案為CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，EDTA結合Ca2+后，Ca2+濃度減??；導致上述平衡正向移動，結石溶解；

（2）a．0.1mol·L－1KHC2O4溶液中存在電荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)；正確；

b．KHC2O4溶液呈酸性，表明HC2O4-的電離程度大于水解程度，0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)；正確；

c．根據(jù)物料守恒，濃度均為0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]；錯誤；

d．恰好完全反應后c(K+)=c(Na+)，滴加等濃度NaOH溶液至中性，反應后KHC2O4溶液須過量，溶液的成分為Na2C2O4和KHC2O4的混合溶液，故c(K+)>c(Na+)；正確；

故選abd；

（3）①pH>4時，F(xiàn)e2+易被氧氣氧化，且亞鐵離子、銨根離子離子易發(fā)生水解，溶液顯酸性，所以用稀硫酸調溶液pH至1～2，可以防止Fe2+被氧化，同時可以抑制Fe2+和NH4+的水解；

故答案為：抑制Fe2+和NH4+的水解，防止Fe2+被氧化；

②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，F(xiàn)eSO4·7H2O在常溫下的溶解度不太大，趁熱過濾，可以防止低溫時FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影響FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的純度；

故答案為：防止低溫時FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影響FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的純度；

③草酸亞鐵與高錳酸鉀反應的方程式為：3MnO4-+5Fe2++5C2O42-+24H+=3Mn2++10CO2+5Fe3++12H2O；有。

3MnO45FeC2O4；

35

bmol/L×V×10-3Ln(FeC2O4)

=解得：n(FeC2O4)=×10-3bVmol，草酸亞鐵晶體的摩爾質量M==mol/L；

故答案為：mol/L?！窘馕觥緾aC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，EDTA結合Ca2+后，Ca2+濃度減小，導致上述平衡正向移動，結石溶解abd抑制Fe2+和NH4+的水解防止Fe2+被氧化防止低溫時FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影響FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的純度mol/L21、略

【分析】【分析】

(1)CO與氯化鈀(PdCl2)在溶液中反應能產(chǎn)生黑色金屬鈀、CO2和一種酸；據(jù)此該反應的化學反應方程式；

(2)Na2SO4與C混合高溫煅燒，產(chǎn)生Na2S、CO、CO2；根據(jù)原子守恒；電子守恒，書寫方程式；

(3)酸性條件下MnO2與H2O2反應產(chǎn)生O2、H2O、Mn2+；

(4)根據(jù)反應物和生成物結合質量守恒定律書寫反應的離子反應方程式。

【詳解】

(1)依題意將CO通入氯化鈀(PdCl2)溶液中，生成單質鈀，根據(jù)氧化還原反應原理及元素守恒，可知反應產(chǎn)物中還應該有CO2和HCl，該反應的化學方程式為：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl；

(2)依題意Na2SO4與C反應生成Na2S和等物質的量的CO和CO2，根據(jù)氧化還原反應得失電子數(shù)相等，配平方程式即得3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2↑+4CO↑；

(3)依題意，在酸性條件下H2O2被MnO2氧化為O2，MnO2被還原為Mn2+，則該反應的離子方程式為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O；

(4)在酸性溶液中利用氧氣可以將黃銅礦氧化成硫酸鹽，則應有硫酸參加反應，且生成硫酸銅，硫酸鐵和水，反應的方程式為4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，離子反應方程式為：4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O。

【點睛】

本題考查了化學方程式和離子方程式的書寫，側重氧化還原反應的離子方程式書寫考查，把握氧化還原反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵?！窘馕觥竣?CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl②.3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2↑+4CO↑③.MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O④.4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O22、略

【分析】【分析】

I.(1)碳酸氫銨與少量的氫氧化鈉溶液反應產(chǎn)生碳酸銨和碳酸鈉和水。

(2)氯化鐵溶液中通入二氧化硫氣體發(fā)生氧化還原反應；產(chǎn)生氯化亞鐵；鹽酸和硫酸。

(3)根據(jù)1molAl(OH)3質量比1mol質量BaSO4少，一定量的硫酸鋁鉀加入氫氧化鋇溶液生成沉淀質量最大時，反應產(chǎn)生BaSO4、KAlO2和水。

(4)由于還原性I->Fe2+，所以通入Cl2時，先氧化I-，然后氧化Fe2+為Fe3+。結合電子守恒；原子守恒書寫方程式。

II.(1)利用極限法解答，根據(jù)Fe2O3；FeO中Fe、O元素質量之比確定范圍；據(jù)此解答；

(2)假設Fe2O3的物質的量為100mol，被CO還原的百分率為A%，則AmolFe2O3發(fā)生反應，根據(jù)方程式計算FeO的物質的量，根據(jù)物質的量與出混合物中m(Fe)、m(O)；再聯(lián)立解答。

【詳解】

Ⅰ.(1)碳酸氫銨與少量的氫氧化鈉溶液反應產(chǎn)生碳酸銨和碳酸鈉和水，反應的離子方程式為HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

(2)氯化鐵溶液中通入二氧化硫氣體發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生氯化亞鐵、鹽酸和硫酸，反應的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

(3)一定量的硫酸鋁鉀加入氫氧化鋇溶液生成沉淀質量最大時，反應產(chǎn)生BaSO4、KAlO2和水，反應的化學方程式為KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O；

(4)由于還原性I->Fe2+，所以通入Cl2時，先氧化I-，然后氧化Fe2+為Fe3+。則碘化亞鐵和氯氣以5：7的物質的量比反應的化學方程式為5FeI2+7Cl2=4FeCl3+5I2+FeCl2；

Ⅱ.(1)如果固體中只有Fe2O3，則m(Fe)：m(O)=112：48=7：3；如果只有FeO，則m(Fe)：m(O)=56：16=7：2，所以上述固體混合物中m(Fe)：m(O)應該介于7：3與7：2之間，可能是3：1，故合理選項是b；

(2)假設反應前Fe2O3的物質的量是100mol，根據(jù)Fe2O3被CO還原的百分率為A%可知，有AmolFe2O3被還原，產(chǎn)生2AmolFeO，F(xiàn)e2O3失去氧原子的物質的量是Amol，則m(Fe)=100mol×2×56g/mol，m(O)=[(100-A)mol×3+2A]×16g/mol，整理可得A=300-既A%=3-

【點睛】

本題考查化學方程式和離子方程式的書寫及混合物的有關計算，明確化學反應的實質是解題關鍵，注意反應物的用量多少，結合微粒性質強弱，分析對化學反應的影響。在進行物質計算時要結合守恒方法，利用極值法進行計算。【解析】HCO3-+OH-=CO32-+H2O2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O5FeI2+7Cl2=4FeCl3+5I2+FeCl2b3-23、略

【分析】【分析】

(1)

向AlCl3溶液中加入過量NaOH溶液生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為：Al3++4OH-=+2H2O；

(2)

向FeI2溶液中通入完全過量的氯氣時會生成氯化鐵和碘單質，反應的離子方程式為：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-；

(3)

向1L1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中滴加2L等濃度的Ba(OH)2溶液時，生成硫酸鋇沉淀、氫氧化鋁沉淀和氨水，反應的離子方程式為：+Al3++2+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O；

(4)

與水溶液混合后恰好沉淀完全時反應物的物質的量之比為1:1，離子方程式為：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O；

(5)

用ClO2除去飲用水中Mn2+的離子方程式：Mn2++2ClO2+2H2O=MnO2+2+4H+；

(6)

具有強氧化性，在其鈉鹽溶液中加入稀硫酸，溶液變?yōu)辄S色，并有無色氣體產(chǎn)生。該反應的離子方程式為：4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。【解析】(1)Al3++4OH-=+2H2O

(2)2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-

(3)+Al3++2+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O

(4)Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O

(5)Mn2++2ClO2+2H2O=MnO2+2+4H+

(6)4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O24、略

【分析】【詳解】

(1)υ(CO)===0.03mol/(L?min)；故答案為0.03mol/(L?min)；

(2)①在高于850℃時發(fā)生反應，化學反應速率加快，一定在4min前達到化學平衡．另外從表中可看出反應在3min和4min時的各物質濃度相同，故3min-4min之間反應應處于平衡狀態(tài)；由于是放熱反應，溫度升高，化學平衡向逆反應方向移動，C3數(shù)值應小于0.12mol/L；故答案為平衡；小于；

②反應在4min-5min間，平衡向逆方向移動可能是升高溫度、增大生成物濃度、減少反應物濃度等因素引起，故選b；表中5min-6min之間CO濃度減少，H2O濃度增大，CO2濃度增大，只有增加水蒸氣，使化學平衡向正反應方向移動，故選a；故答案為b；a；

(3)①根據(jù)圖示，圖中甲池屬于燃料電池，乙池和丙池屬于電解池；甲池中通入甲醇的是負極，通入氧氣的是正極，原電池中陰離子移向負極，因此OH-移向CH3OH極。丙池中為400ml1mol/L硫酸銅溶液含有硫酸銅0.4mol，0.4mol銅離子放電轉移0.8mol電子，當外電路有1mol電子通過時，陽極有氫氧根離子放電生成0.25mol氧氣，陰極還有0.2mol氫離子放電生成0.1mol氫氣，兩極共產(chǎn)生0.35mol的氣體，故答案為電解池；CH3OH；0.35；

②乙池中B電極為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為Ag+＋e-=Ag，故答案為Ag+＋e-=Ag。

點睛：本題綜合考查化學平衡常數(shù)、平衡的有關計算和判斷、原電池和電解池等問題。將圖表信息和圖象信息相結合來分析是解答的關鍵。本題的易錯點是(3)中氣體的判斷?！窘馕觥?.03平衡小于ba電解池CH3OH0.35Ag+＋e-===Ag25、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】NaCl正八面體8四、判斷題(共2題，共18分)26、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇可由乙烯和水發(fā)生加成反應制