2025年湘教新版選修化學上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教新版選修化學上冊月考試卷290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8題，共16分)1、萘普生可用作消炎鎮(zhèn)痛藥；其結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關于該有機物的說法正確的是。

A.分子式為C14H12O3B.不能發(fā)生氧化反應C.分子中最少有11個C原子共平面D.1mol該物質(zhì)最多能與2molBr2發(fā)生加成反應2、下列化學用語表達不正確的是。

①丙烷的球棍模型②與C8H6互為同分異構(gòu)體。

③C3H8與C4H10一定互為同系物④丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2CHCH3A.①④B.②③C.②④D.③④3、著色劑為使食品著色的物質(zhì)；可增加對食品的嗜好及刺激食欲。紅斑素；紅曲素是常用于糖果、雪糕等食品的著色劑的主要成分，結(jié)構(gòu)如圖所示。

下列說法不正確的是A.紅斑素和紅曲素所含官能團種類不完全相同B.紅曲素環(huán)上存在3個手性碳原子C.紅斑素中含有醚鍵、羰基、酯基這三種含氧官能團D.1mol紅曲素最多能與5molH2發(fā)生加成反應4、乙烯和HCl在一定條件下反應可制備氯乙烷，下列有機反應與該有機反應的反應類型相同的是A.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OB.CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+CuC.CH3CH=CH2+H2OCH3CH(OH)CH3D.CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HCl5、下列有機反應中，屬于取代反應的是（）A.CH2=CH2+HCl→CH3CH2ClB.CH4＋2O2CO2＋2H2OC.＋Br2＋HBrD.nCH2=CH2→6、洞悉冠狀病毒主蛋白酶的催化機制；能更好地設計和發(fā)現(xiàn)抑制劑。冠狀病毒主蛋白酶的催化機制有效應用中的一個重要變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.甲、乙互為同分異構(gòu)體B.甲、乙水解后均能生成C.甲、乙可以用銀氨溶液鑒別D.甲、乙均不能與水分子形成氫鍵7、下列反應對應離子方程式正確的是A.酸性高錳酸鉀溶液中滴入雙氧水褪色：B.氯水中滴入少量碳酸鈉溶液：C.溶液與過量溶液反應：D.用新制氫氧化銅懸濁液檢驗醛基：8、醇(C5H12O)發(fā)生下列反應時，所得產(chǎn)物數(shù)目最少(不考慮立體異構(gòu))的是A.與金屬鈉置換B.與濃硫酸共熱消去C.銅催化下氧化D.與戊酸酯化評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、（15分）周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序數(shù)依次增大。X的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，Y基態(tài)原子的p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，Z基態(tài)原子的價電子層中有2個未成對電子，T與Z同主族，W基態(tài)原子的M層全充滿，N層只有一個電子?；卮鹣铝袉栴}：

（1）Y、Z、T中第一電離能最大的是____（填元素符號，下同），原子半徑最小的是____。

（2）T的原子結(jié)構(gòu)示意圖為____，W基態(tài)原子的電子排布式為____。

（3）X和上述其他元素中的一種形成的化合物中，分子呈三角錐形的是____（填化學式）；分子中既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵的化合物是____（填化學式；寫一種）。

（4）T與Z形成的化合物中，屬于非極性分子的是____（填化學式）。

（5）這5種元素形成的一種陰陽離子個數(shù)比為1:1型的配合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)，陽離子的結(jié)構(gòu)如圖所示。該配合物的化學式為____，陽離子中存在的化學鍵類型有____。

10、甲；乙、丙、丁四種物質(zhì)是某抗生素合成過程中的中間產(chǎn)物。

回答下列問題：

（1）甲的分子式是：___。

（2）寫出乙中含氧官能團的名稱是___。

（3）丙不能發(fā)生的化學反應是___。

①加成反應②氧化反應③水解反應④消去反應。

（4）由乙制備丙的反應條件是：___。

（5）鑒別甲和乙用到的試劑是（填化學式）___。

（6）寫出丁和足量氫氧化鈉溶液加熱反應的方程式是：___。11、電化學降解治理水中硝酸鹽的污染；在酸性條件下，電解的原理如圖所示。

(1)A極為________極；

(2)陰極電極反應式為_________________。12、過二硫酸鹽[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有強氧化性，可作為氧化劑和漂白劑，(NH4)2S2O8被廣泛用于蓄電池工業(yè)；在照相工業(yè)上用來除去海波。

I.(NH4)2S2O8的制備原理為H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。實驗室模擬制備(NH4)2S2O8的裝置如圖所示。

(1)儀器a的名稱是________。

(2)充分反應后，將B中混合液經(jīng)一系列操作得到晶體，用無水乙醚洗滌，目的是______。

(3)烘干產(chǎn)品時，用紅外燈低溫供干，可能的原因是_______。

II.(NH4)2S2O8的性質(zhì)及應用。

(4)過二硫酸(H2S2O8)是一種強氧化性酸，在Ag+催化作用下，能與Mn2+在水溶液中發(fā)生反應生成和1mol能氧化的Mn2+的物質(zhì)的量為_____mol。過二硫酸銨可用于檢驗廢水中的Cr3+是否超標，如果超標，溶液會變成橙色(還原產(chǎn)物為)，寫出該反應的離子方程式______。

III.標定(NH4)2S2O8溶液的濃度。

(5)稱取一定質(zhì)量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法標定該溶液的濃度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于錐形瓶中，加入過量的KI，然后加入幾滴淀粉溶液，再用0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，發(fā)生反應：I2+2=2I-+重復上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的體積為18.40mL，滴定終點時的顏色變化為______，所標定的(NH4)2S2O8的濃度為________mol?L-1。13、回答下列問題：

(1)相對分子質(zhì)量為70的烯烴的分子式為______；若該烯烴與足量的H2加成后能生成含3個甲基的烷烴，則該烯烴可能的結(jié)構(gòu)有______種。

(2)有機物A的結(jié)構(gòu)簡式為若A是單烯烴與氫氣加成后的產(chǎn)物，則該單烯烴可能有______種結(jié)構(gòu)。

(3)1，3－丁二烯也能發(fā)生加聚反應，則化學方程式為______。14、一般較強酸可制取較弱酸，這是復分解反應的規(guī)律之一。已知20℃時：K(C6H5OH)=1.2×10-10、K(CH3COOH)=1.8×10-5、K(H2CO3)=4.3×10-7、K(HCO3-)=5.6×10-11、K(HCN)=4.9×10-10。

(1)請根據(jù)上述信息求Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的化學平衡常數(shù)K=__________；

(2)常溫下某電解質(zhì)溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol?L-1，則該電解質(zhì)可能是_________(填序號)；。A．CuSO4B．HClC．Na2SD．NaOHE．K2SO4(3)常溫下，將pH=3的鹽酸aL分別與下列三種溶液混合，結(jié)果溶液均呈中性。①濃度為1.0×l0-3mol·L-1的氨水bL；②c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水cL；③c(OH-)=1.0×10-3mol?L-1的氫氧化鋇溶液dL。則a、b；c、d之間由大到小的關系是_________；

(4)室溫時，向0.2mol?L-1的醋酸溶液中加入等體積的0.1mol?L-1的NaOH(aq)，充分反應后所得溶液的pH=4，則所得溶液中各離子濃度大小關系是________________，所得溶液中的物料守恒式為：________+________=__________=_________mol?L-1，所得溶液中c(CH3COOH)=____________________mol?L-1(寫出算式；不做計算)；

(5)已知常溫時Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2?L-2，向50mL0.018mol?L-1的AgNO3溶液中加入相同體積0.020mol?L-1的鹽酸，則c(Ag+)=_______________，此時所得混合溶液的pH=_____。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、丙烯（CH3CH=CH2）是生產(chǎn)聚丙烯的原料，丙烯中的官能團是碳碳雙鍵。__A.正確B.錯誤16、甲醛和乙醛在通常狀況下都是液體，而且都易溶于水。(_______)A.正確B.錯誤17、糖類可劃分為單糖、低聚糖、多糖三類。(_______)A.正確B.錯誤18、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.錯誤19、油脂的氫化與油脂的皂化都屬于加成反應。(_______)A.正確B.錯誤20、高級脂肪酸和乙酸互為同系物。(_______)A.正確B.錯誤21、新材料口罩可用60攝氏度以上的水浸泡30分鐘，晾干后可重復使用。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共28分)22、A、B、C、D四種溶液，它們的陽離子分別是K+、Na+、Ba2+、Cu2+中的某一種，陰離子分別是OH-、CO32-、NO3-、Cl-的某一種(都不重復)；現(xiàn)進行如下實驗：

①B溶液中加入鐵粉；溶液質(zhì)量減少；

②A、C溶液分別滴加AgNO3溶液時均產(chǎn)生白色沉淀；再加稀硝酸，只有A產(chǎn)生的白色沉淀溶解，且冒氣泡；

③A的焰色反應為紫色(透過藍色鈷玻璃)

④C；D分別加稀硫酸時只有C產(chǎn)生白色沉淀,D無現(xiàn)象；

由上述現(xiàn)象可推知各種溶液中所含的陰陽離子，把符號填寫在下表中：。ABCD陽離子_____________________________陰離子____________________________23、有A、B、C三種可溶性正鹽，陰陽離子各不相同，它們的陰離子的摩爾質(zhì)量按A、B、C的順序依次增大。將等物質(zhì)的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五種離子；同時生成一種白色沉淀（微溶物視為可溶物）。請回答下列問題。

（1）經(jīng)檢驗，三種鹽中還含有下列選項中的一種離子，該離子是__________

A.Na+B.Mg2+C.Cu2+D.Ag+

（2）寫出三種鹽的化學式：A_________________B______________C_______________

（3）不需要加入任何試劑就能將上述三種鹽溶液區(qū)分開來，鑒別出來的先后順序為______________（填化學式）

（4）若將A、B、C三種鹽按一定比例溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-四種離子且物質(zhì)的量之比為1:4:2:3，則A、B、C三種鹽的物質(zhì)的量之比為__________，若向該溶液中加入過量的Ba(OH)2，發(fā)生反應的離子方程式為_____________________。24、A、B、C、D四種可溶性鹽，它們的陽離子可能分別是Ca2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一種，陰離子可能分別是NO3-、SO42-、Cl?、CO32-中的某一種。

①若把4種鹽分別溶解于盛有蒸餾水的4支試管中；均得澄清溶液，只有C鹽的溶液呈藍色。

②若向①的4支試管中分別加鹽酸；B溶液中有沉淀產(chǎn)生，D溶液中有無色無味氣體逸出。

(1)根據(jù)①②的實驗事實推斷B、C的化學式：B：________，C：________。

(2)寫出A與D反應的化學方程式_________________________________。

(3)若想從A與D反應后的混合物中分別提取得到兩種固體產(chǎn)物，需要進行的實驗操作是________和________。這兩個操作中都要用到玻璃棒，玻璃棒在這兩個操作中的作用是否相同(若不同，請說明各自的作用)_____________。25、化學式為C8H10O的化合物A具有如下性質(zhì)：①A+Na→慢慢產(chǎn)生氣泡②A+RCOOH有香味的產(chǎn)物③A苯甲酸④催化脫氫產(chǎn)物不能發(fā)生銀鏡反應⑤脫水反應的產(chǎn)物；經(jīng)聚合反應可制得一種塑料制品(它是目前造成“白色污染”主要的污染源之一)。

試回答：

（1）根據(jù)上述信息，對該化合物的結(jié)構(gòu)?可作出的判斷是___________。

a．苯環(huán)上直接連有羥基b．肯定有醇羥基。

c．苯環(huán)側(cè)鏈末端有甲基d．肯定是芳香烴。

（2）化合物A的結(jié)構(gòu)簡式____________________。

（3）A和金屬鈉反應的化學方程式________________________________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共20分)26、白云石的主要化學成分為還含有質(zhì)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(zhì)

(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(zhì)含量/%

(以計)產(chǎn)品中Mg雜質(zhì)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(zhì)量/煅燒得到的質(zhì)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(zhì)是___________。

(5)該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是___________。27、制燒堿所用鹽水需兩次精制。第一次精制主要是用沉淀法除去粗鹽水中Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等離子；過程如下：

Ⅰ.向粗鹽水中加入過量BaCl2溶液；過濾；

Ⅱ.向所得濾液中加入過量Na2CO3溶液；過濾；

Ⅲ.濾液用鹽酸調(diào)節(jié)pH；獲得一次精制鹽水。

(1)過程Ⅰ除去的離子是______。

(2)過程Ⅰ；Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度(20℃/g)如下表：

①檢測Fe3+是否除盡的方法是______。

②過程Ⅰ選用BaCl2而不選用CaCl2，運用表中數(shù)據(jù)解釋原因______。

③除去Mg2+的離子方程式是______。

④檢測Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除盡時，只需檢測Ba2+即可，原因是_____。

(3)第二次精制要除去微量的I-、IONHCa2+、Mg2+；流程示意如下：

①過程Ⅳ除去的離子是______。

②鹽水b中含有SONa2S2O3將IO還原為I2的離子方程式是________。

③過程VI中，在電解槽的陽極發(fā)生反應的電極方程式是：_________________。28、氯化亞銅是一種重要的化工產(chǎn)品，常用作有機合成催化劑，還可用于顏料、防腐等工業(yè)，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于濃鹽酸和氨水，在潮濕空氣中易水解氧化成綠色的堿式氯化銅[Cu2（OH）3Cl]。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料；采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下：

（1）寫出溶解過程中發(fā)生的氧化還原反應的離子方程式：_________

（2）還原過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式：_________。

（3）析出的CuCl晶體水洗后要立即用無水乙醇洗滌，在真空干燥機內(nèi)于70℃干燥2h，冷卻密封包裝。70℃真空干燥、密封包裝的原因是__________。

（4）寫出氯化亞銅在空氣中被氧化的化學方程式________

（5）如圖是各反應物在最佳配比條件下，反應溫度對CuCl產(chǎn)率影響．由圖可知，溶液溫度控制在60℃時，CuCl產(chǎn)率能達到94%，當溫度高于65℃時，CuCl產(chǎn)率會下降，其原因可能是___。

（6）以碳棒為電極電解CuCl2溶液也可得到CuCl，寫出電解時陰極上發(fā)生的電極反應式：____29、鉬酸鈉晶體(Na2MoO4·2H2O)是無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑。工業(yè)上利用鉬精礦(主要成分是MoS2，含少量PbS等)制備鉬酸鈉的途徑如圖所示：

(1)Na2MoO4·2H2O中鉬元素的化合價是____________

(2)焙燒過程發(fā)生的主要反應為MoS2+O2→MoO3+SO2(未配平)，該反應的氧化產(chǎn)物是____________(填化學式)。

(3)堿浸時生成Na2MoO4和一種氣體A，該氣體的電子式為________；沉淀時加入Na2S溶液的目的是______________________

(4)焙燒鉬精礦所用的裝置是多層焙燒爐；圖1為各爐層固體物料的物質(zhì)的量的百分數(shù)(φ)。

第6層焙燒爐中所得MoO3與MoO2的物質(zhì)的量之比為___________

(5)鉬酸鈉和月桂酰肌氨酸的混合液常作為碳素鋼的緩蝕劑。常溫下；碳素鋼在三種不同介質(zhì)中的腐蝕速率實驗結(jié)果如圖2：

①使碳素鋼的緩蝕效果最優(yōu)，鉬酸鈉和月桂酰肌氨酸的濃度比應為_______。

②隨著鹽酸和硫酸濃度的增大，碳素鋼在兩者中腐蝕速率產(chǎn)生明顯差異的主要原因是__________________________________。

③空氣中鉬酸鹽對碳鋼的緩蝕原理是在碳鋼表面形成FeMnO4—Fe2O3保護膜。密閉式循環(huán)冷卻水系統(tǒng)中的碳鋼管道緩蝕，除需要加入鉬酸鹽外還需加入NaNO2。則NaNO2的作用是_____________________________參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，該分子中含C、H、O三種元素，其分子式為C14H14O3；故A錯誤；

B.該有機物可以燃燒；則可以發(fā)生氧化反應，故B錯誤；

C.苯環(huán)上的原子均共平面，因此該分子中至少共平面的C原子個數(shù)表示如圖所示：故C正確；

D.該分子中不含碳碳雙鍵，故不能和Br2發(fā)生加成反應；故D錯誤；

答案選C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

①是丙烷的球棍模型；①項正確；

②的分子式為C8H6，C8H6的結(jié)構(gòu)不能確定；二者可能是同一物質(zhì)，不一定是同分異構(gòu)體，②項錯誤；

③C3H8與C4H10均為飽和烴，二者結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差一個CH2原子團；二者互為同系物，③項正確；

④丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH3；④項錯誤；

答案選C。3、A【分析】【詳解】

A．由紅斑素的結(jié)構(gòu)可知，該結(jié)構(gòu)中含有羰基、醚鍵、酯基、碳碳雙鍵四種官能團，由紅曲素的結(jié)構(gòu)可知；該結(jié)構(gòu)中含有羰基；醚鍵、酯基、碳碳雙鍵四種官能團，則紅斑素和紅曲素所含官能團種類完全相同，故A錯誤；

B．連接4個不同基團的C原子為手性碳原子，紅曲素環(huán)上存在3個手性碳原子，如圖所示位置，故B正確；

C．由紅斑素的結(jié)構(gòu)可知；該結(jié)構(gòu)中含有羰基；醚鍵、酯基這三種含氧官能團，故C正確；

D．由紅曲素的結(jié)構(gòu)可知，紅曲素中有2個羰基、有3個碳碳雙鍵可與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol紅曲素最多能與5molH2發(fā)生加成反應；故D正確；

答案為A。4、C【分析】【分析】

乙烯和HCl在一定條件下反應可制備氯乙烷；該反應為加成反應，據(jù)此結(jié)合選項分析解答。

【詳解】

A．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O為氧化反應；A不符合題意；

B．CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu為氧化還原反應；B不符合題意；

C．CH3CH=CH2+H2OCH3CH(OH)CH3為碳碳雙鍵的加成反應；C符合題意；

D．CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HCl屬于取代反應；D不符合題意；

答案選C。

【點睛】

本題D為易錯選項，主要反應物CH3CH=CH2中雖然有碳碳雙鍵，但觀察生成的產(chǎn)物中碳碳雙鍵并沒有和Cl2發(fā)生加成反應，而是直接發(fā)生的取代反應，解答時要仔細審題。5、C【分析】【詳解】

A．該反應為乙烯與HCl的加成反應；故A錯誤；

B．該反應為甲烷的燃燒反應；屬于氧化反應，故B錯誤；

C．該反應中苯環(huán)上的氫原子被溴原子代替；屬于取代反應，故C正確；

D．該反應為乙烯的加聚反應；故D錯誤；

故答案為C。

【點睛】

有機物分子中某些原子或原子團被其它原子或原子團所替代的反應，叫取代反應。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．甲的最左邊是苯基、右，上方是五元環(huán)，乙的最左邊是吡啶()被取代了一個氫原子；右上方是六元環(huán)；中間部分相同，故甲、乙的氮原子數(shù)不相同，不是同分異構(gòu)體，A錯誤；

B．甲、乙的第一個酰氨基和第二個酰氨基(從左向右)水解都能生成B正確；

C．甲；乙都含有醛基；不能用銀氨溶液鑒別，C錯誤；

D．醛基；酰氨基都能與水分子形成氫鍵；D錯誤；

故選B。7、D【分析】【詳解】

A．酸性環(huán)境中高錳酸根將H2O2氧化為O2，根據(jù)電子守恒可知MnO與H2O2的系數(shù)之比為2:5，再結(jié)合電荷守恒可得離子方程式為MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；A錯誤；

B．碳酸鈉少量，溶液中仍有HClO剩余，離子方程式應為2Cl2+CO+H2O=CO2↑+2HClO+2Cl-；B錯誤；

C．Ba(OH)2過量，NHFe2+均能反應，正確離子方程式為2NH+Fe2++2SO+4OH-+2Ba2+=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3·H2O；C錯誤；

D．堿性環(huán)境中新制氫氧化銅懸濁液可以將乙醛氧化為乙酸鹽，同時生成氧化亞銅沉淀，離子方程式為D正確；

綜上所述答案為D。8、B【分析】【詳解】

戊基-C5H11可能的結(jié)構(gòu)有8種；所以該有機物的可能結(jié)構(gòu)有8種；

A．與金屬鈉置換反應生成氫氣和醇鈉；產(chǎn)物是8種；

B．醇對應的烷烴可為CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4，醇發(fā)生消去反應生成烯烴，可認為烷烴對應的烯烴，其中CH3CH2CH2CH2CH3對應的烯烴有2種，CH3CH2CH（CH3）2對應的烯烴有3種，C（CH3）4沒有對應的烯烴；共5種；

C．在一定條件下能發(fā)生催化氧化反應，說明連接-OH的C原子上有H原子，對應烴基可為：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3；共6種；

D．C5H12O對應的醇有8種；而戊酸有4種，對應的產(chǎn)物有32種；

則最少的為5種；B符合題意；

答案選B。

【點晴】

該題為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及同分異構(gòu)體的數(shù)目的判斷，本題思維量較大，做題時注意體會。注意一取代產(chǎn)物數(shù)目的判斷：①基元法：例如丁基有四種異構(gòu)體，則丁醇、戊醛、戊酸等都有四種同分異構(gòu)體。②替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三種同分異構(gòu)體，四氯苯也有三種同分異構(gòu)體(將H替代Cl)；又如CH4的一氯代物只有一種，新戊烷[C(CH3)4]的一氯代物也只有一種。③等效氫法。二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】試題分析：周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序數(shù)依次增大。X的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則X是氫元素。Y基態(tài)原子的p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，則Y應該是氮元素。Z基態(tài)原子的價電子層中有2個未成對電子，所以Z是氧元素。T與Z同主族，則T是S元素。W基態(tài)原子的M層全充滿，N層只有一個電子，則W是Cu元素。

（1）非金屬性越強；第一電離能越大。但氮元素的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，則氮元素的第一電離能大于氧元素的。同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，則原子半徑最小的是O。

（2）S的原子序數(shù)是16，原子結(jié)構(gòu)示意圖為根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知W基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1。

（3）X和上述其他元素中的一種形成的化合物中，分子呈三角錐形的是NH3。分子中既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2或N2H4。

（4）T與Z形成的化合物中，SO2是V形結(jié)構(gòu)，三氧化硫是平面三角形，則屬于非極性分子的是SO3。

（5）這5種元素形成的一種陰陽離子個數(shù)比為1:1型的配合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)，則為硫酸根。陽離子的結(jié)構(gòu)如右圖所示，即為氨氣和銅離子形成的配位健，則該配合物的化學式為[Cu(NH3)4]SO4；陽離子中存在的化學鍵類型有配位健及氮元素與氫原子之間的共價鍵。

考點：考查元素推斷、第一電離能、空間構(gòu)型、原子半徑、化學鍵、核外電子排布等【解析】（1）NO（各1分）（2）（1分）[Ar]3d104s1（2分）

（3）NH3（2分）H2O2或N2H4（2分）（4）SO3（2分）

（5）[Cu(NH3)4]SO4（2分）共價鍵、配位鍵（2分）10、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)甲的結(jié)構(gòu)確定分子式；

（2）乙中的含氧官能團為醚鍵；醛基；

（3）丙中存在苯環(huán)；醚鍵、醛基、-Cl可以發(fā)生加成反應、氧化反應與水解反應；

（4）有機物乙與氯氣在光照的條件下發(fā)生取代反應生成丙；

（5）可以利用銀氨溶液區(qū)分醇和醛或用新制的氫氧化銅懸濁液區(qū)分醇和醛；還可用金屬鈉區(qū)分醇和醛；

（6）丁結(jié)構(gòu)中含有羧基；可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應。

【詳解】

（1）由甲的結(jié)構(gòu)可知其分子式為C10H14O3；

（2）乙中的含氧官能團為醚鍵；醛基；

（3）丙中存在苯環(huán)；醚鍵、醛基、-Cl可以發(fā)生加成反應、氧化反應與水解反應；不能發(fā)生消去反應；

（4）有機物乙與氯氣在光照的條件下發(fā)生取代反應生成丙；反應條件為氯氣光照；

（5）醛與銀氨溶液可發(fā)生銀鏡反應，可用于區(qū)分醇和醛；醛與新制的氫氧化銅懸濁液加熱可產(chǎn)生磚紅色沉淀，可用于區(qū)分醇和醛；鈉與醇反應生成H2，可用于區(qū)分醇和醛；因此鑒別甲和乙用到的試劑是銀氨溶液[Ag(NH3)2OH]、新制氫氧化銅懸濁液[Cu(OH)2和NaOH]或金屬鈉；

（6）丁結(jié)構(gòu)中含有羧基，可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應，反應方程式為：+3NaOH+NaCl+2H2O。【解析】C10H14O3醛基、醚鍵④光照Na或Ag(NH3)2OH或Cu（OH）2和NaOH+3NaOH+NaCl+2H2O11、略

【分析】【分析】

(1)由圖示反應產(chǎn)物判斷電解池右側(cè)是陰極區(qū)；則可判斷電源A極的名稱；

(2)陰極上硝酸根離子被還原；據(jù)此寫電極反應式；

【詳解】

(1)由圖知；電解池右側(cè)硝酸根離子轉(zhuǎn)變?yōu)榈獨猓l(fā)生還原反應，則右側(cè)是陰極區(qū)，則可判斷電源B極為負極，則A極為正極；

答案為：正；

(2)陰極上硝酸根離子被還原，在酸性條件下，氫離子參與反應，得到氮氣和水，據(jù)此寫電極反應式為：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O；

答案為：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O?！窘馕觥空?NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O12、略

【分析】【分析】

實驗I，裝置左側(cè)為快速制備氨氣，原料為生石灰(或者氫氧化鈉)和氨水，中間裝置為(NH4)2S2O8的生成裝置，制備原理為H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右側(cè)裝置為NH3尾氣處理；防止污染空氣，以此來解析；

(1)

儀器b的名稱是蒸餾燒瓶；

(2)

無水乙醇洗滌沉淀；可以洗除晶體表面的雜質(zhì)，同時乙醇易揮發(fā)，便于晶體干燥；

(3)

(NH4)2S2O8易分解；則烘干產(chǎn)品時，用紅外燈低溫烘干，可能的原因是產(chǎn)品受熱易分解；

(4)

在在Ag+催化作用下，S2O能與Mn2+在水溶液中發(fā)生反應生成SO和MnOS元素化合價由+7價變?yōu)?6價、Mn元素化合價由+2價變?yōu)?7價，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量相等，1molS2O能氧化的Mn2+的物質(zhì)的量==0.4mol；

過二硫酸被常Cr3+是否超標，如果超標，溶液會變成橙色Cr3+是否超標，如果超標，溶液會變成橙色為Cr2O還原產(chǎn)物為SOCr化合價由+3價變?yōu)?6價，S化合價由+7價變?yōu)?6價，根據(jù)化合價升降守恒和原子守恒電荷守恒，可得離子方程式為：2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+；

(5)

由于碘遇淀粉顯藍色，所以滴定終點的現(xiàn)象為溶液由藍色恰好變成無色，且30s不恢復；根據(jù)可知(NH4)2S2O8和KI反應生成碘單質(zhì)和硫酸根離子，S元素化合價由+7價變?yōu)?6價，I的化合價由-1價升高為0價，根據(jù)化合價升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2根據(jù)。

I2+2=2I-+可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2n(Na2S2O3)=cV=0.1mol·L×18.4×10-3L=1.84×10-3mol，c((NH4)2S2O8)===0.046mol/L；【解析】(1)蒸餾燒瓶。

(2)便于晶體干燥。

(3)產(chǎn)品受熱易分解。

(4)0.4mol2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+

(5)溶液由藍色恰好變成無色，且30s不恢復0.046mol/L13、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)烯烴通式CnH2n和相對分子質(zhì)量為70，可求該烴的分子式為C5H10；該烯烴與H2加成后生成含3個甲基的烷烴，說明在烯烴分子中只含有1個支鏈，進而可確定此烯烴的碳骨架結(jié)構(gòu)為雙鍵有3種位置，則該烯烴可能的結(jié)構(gòu)有3種。

（2）有機物A的碳骨架結(jié)構(gòu)為雙鍵有5種位置，則該單烯烴可能有5種。

（3）1，3－丁二烯中含有兩個碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應，方程式為：nCH2=CH－CH=CH2【解析】(1)C5H103種。

(2)5

(3)nCH2=CH－CH=CH214、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)反應的方程式結(jié)合平衡常數(shù)的含義和表達式計算；

（2）常溫下某電解質(zhì)溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol?L-1；說明溶液顯堿性，據(jù)此判斷；

（3）根據(jù)電解質(zhì)的強弱；溶液中氫離子或氫氧根離子的濃度結(jié)合溶液顯中性判斷消耗堿溶液的體積；

（4）室溫時，向0.2mol?L-1的醋酸溶液中加入等體積的0.1mol?L-1的NaOH(aq)；充分反應后醋酸過量，所得溶液的pH=4，說明醋酸的電離程度大于水解程度，據(jù)此解答；

（5）根據(jù)溶度積常數(shù)結(jié)合方程式計算。

【詳解】

（1）反應Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的離子反應方程式為CO32-+C6H5OHHCO3-+C6H5O-，化學平衡常數(shù)K=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）]=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）×c（H+）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）×c（H+）]=K（C6H5OH）/K（HCO3-）=（1.2×10-10）÷（5.6×10-11）=2.14；

（2）溶液中的c（H+）=10-9mol?L-1；說明溶液呈堿性，則。

A．CuSO4是強酸弱堿鹽；銅離子水解溶液顯酸性，A不符合；

B．HCl溶于水顯酸性；B不符合；

C．Na2S是強堿弱酸鹽；硫離子水解，溶液顯堿性，C符合；

D．NaOH是一元強堿；其溶液顯堿性，D符合；

E．K2SO4是強酸強堿鹽；不水解，溶液顯中性，E不符合；

答案選CD；

（3）①將pH=3的鹽酸aL與濃度為1.0×10-3mol?L-1的氨水bL溶液混合恰好反應生成氯化銨溶液，銨根離子水解呈酸性，溶液呈中性需要氨水過量，b＞a；

②將pH=3的鹽酸aL與c（OH-）=1.0×10-3mol?L-1的氨水cL；等體積混合，平衡狀態(tài)下的氫氧根和鹽酸溶液中氫離子恰好反應，此時氨水電離平衡正向進行，氫氧根離子增大，若溶液呈中性，需要加入鹽酸多，a＞c；

③將pH=3的鹽酸aL與c（OH-）=1.0×10-3mol?L-1的氫氧化鋇溶液dL；等體積混合，氫離子和氫氧根恰好反應，溶液呈中性，a=d；

所以a、b、c、d之間由大到小的關系是得到b＞a=d＞c；

（4）室溫時，向0.2mol?L-1的醋酸溶液中加入等體積的0.1mol?L-1的NaOH(aq)，充分反應后醋酸過量，所得溶液是等濃度的醋酸鈉和醋酸組成的混合溶液，溶液的pH=4，溶液顯酸性，說明醋酸的電離程度大于水解程度，則所得溶液中各離子濃度大小關系是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)碳原子守恒可知所得溶液中的物料守恒式為c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)＝0.1mol?L-1，則根據(jù)電荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)可知所得溶液中c(CH3COOH)＝2c(Na+)－c(CH3COO-)＝c(Na+)+c(OH-)－c(H+)＝（0.05+10－9－10－4）mol?L-1；

（5）向50mL0.018mol?L-1的AgNO3溶液中加入相同體積0.020mol?L-1的鹽酸，鹽酸過量，根據(jù)方程式Ag++Cl－＝AgCl↓可知反應后的c（Cl-）=（0.02mol/L×0.05L－0.018mol/L×0.05L）÷0.1L=0.001mol/L，則c（Ag+）=Ksp(AgCl)÷c(Cl－)=1.8×10－10/0.001mol·L－1=1.8×10-7mol/L，c（H+）=0.02mol/L×0.05L/0.1L=0.01mol/L，所以pH=2?！窘馕觥浚靠?分，物料守恒寫全才得2分）（1）2.14（2）CD（3）b＞a=d＞c（4）c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)2c(Na+)0.1mol?L-1c(CH3COOH)=0.05-10-4+10-10（5）1.8×10-7mol/L2三、判斷題(共7題，共14分)15、A【分析】【詳解】

丙烯屬于烯烴，可以通過加聚反應生成聚丙烯，烯烴的官能團是碳碳雙鍵，因此答案正確。16、B【分析】【詳解】

甲醛通常狀況下為氣體，甲醛和乙醛的官能團均為-CHO，而醛基為親水基，故兩者均溶于水，錯誤，故答案為：錯誤；17、A【分析】【詳解】

糖類根據(jù)聚合度，可劃分為單糖、低聚糖、多糖三類，故正確。18、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，再加水會溶解，鹽析是可逆的，故錯誤。19、B【分析】【詳解】

油脂的氫化屬于加成反應，油脂的皂化屬于水解反應，故錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

高級脂肪酸是含有碳原子數(shù)比較多的羧酸，可能是飽和的羧酸，也可能是不飽和的羧酸，如油酸是不飽和的高級脂肪酸，分子結(jié)構(gòu)中含有一個碳碳雙鍵，物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式是C17H33COOH；而乙酸是飽和一元羧酸，因此不能說高級脂肪酸和乙酸互為同系物，這種說法是錯誤的。21、A【分析】【詳解】

新材料口罩可用60攝氏度以上的水浸泡30分鐘，晾干后可重復使用，答案正確；四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共28分)22、略

【分析】【詳解】

由已知：A、B、C、D四種溶液，陽離子分別是K+、Na+、Ba2+、Cu2+中的某一種，陰離子分別是OH-、CO32-、NO3-、Cl-中的某一種(都不重復)，①B溶液中加入鐵粉，溶液質(zhì)量減少，則B中含有Cu2+；②A、C溶液分別滴加AgNO3溶液時均產(chǎn)生白色沉淀，再加稀硝酸，只有A產(chǎn)生的白色沉淀溶解，且冒氣泡，則A中含有CO32-，C中含有Cl-；③A的焰色反應為紫色(透過藍色鈷玻璃)，則A中含有K+；④C、D分別加稀硫酸時只有C產(chǎn)生白色沉淀，D無現(xiàn)象，則C中含有Ba2+，因為四種溶液中離子都不重復，所以D中含有Na+。綜上分析可知：A為K2CO3，C為BaCl2；因為Cu2+和OH-不能大量共存，所以B應為Cu(NO3)2，D應為NaOH，所以答案為：。ABCD陽離子K+Cu2+Ba2+Na+陰離子CO32-NO3-Cl-OH-【解析】①.K+②.Cu2+③.Ba2+④.Na+⑤.CO32-⑥.NO3-⑦.Cl-⑧.OH-23、略

【分析】【詳解】

等物質(zhì)的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五種離子，同時生成一種白色沉淀，A、B、C三種可溶性正鹽，陰、陽離子各不相同，其陰離子的摩爾質(zhì)量依次增大，則A為鹽酸鹽，B為硝酸銀，C為硫酸鹽；等物質(zhì)的量混合，生成沉淀可能為AgCl，則A為FeCl3，B為AgNO3，C為K2SO4。（1）由上述分析可知，正鹽中含Ag+，三種陰離子與A、B、C中的陽離子均不會生成沉淀，故答案選D；（2）由上述分析可知，A為FeCl3，B為AgNO3，C為K2SO4；（3）觀察黃色的溶液為FeCl3，與FeCl3反應生成白色沉淀的為AgNO3，最后可知K2SO4，則檢驗順序為FeCl3、AgNO3、K2SO4；

（4）Fe3+、SO42-、NO3-、K+四種離子且物質(zhì)的量之比依次為1：2：3：4，設FeCl3為1mol，則AgNO3為3mol，K2SO4為2mol，A、B、C三種正鹽的物質(zhì)的量之比為1：3：2；若向該溶液中加入過量的Ba(OH)2，根據(jù)Fe3+、SO42-的比例可知，發(fā)生反應的離子方程式為：Fe3++2SO42-+2Ba2++3OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓?！窘馕觥竣?D②.FeCl3③.AgNO3④.K2SO4⑤.FeCl3、K2SO4、AgNO3⑥.1:3:2⑦.Fe3++2SO42-+2Ba2++3OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)3↓24、略

【分析】【分析】

首先根據(jù)離子反應判斷離子能否大量共存。然后判斷可能共存的離子；進而可確定溶液的成分。

【詳解】

Ca2+與SO42-、CO32-會形成沉淀，不能大量共存，所以Ca2+只能和NO3-、Cl-結(jié)合；Ag+與SO42-、Cl-、CO32-會形成沉淀不能大量共存，因此Ag+只能和NO3-結(jié)合形成AgNO3溶液，則一定存在CaCl2、AgNO3；Cu2+與CO32-會形成沉淀不能大量共存，所以存在CuSO4，Na+與CO32-組成Na2CO3，即四種物質(zhì)為：CaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。①中由于C鹽是藍色的，可知C為CuSO4；②四支試管加入鹽酸，B有沉淀，則B為AgNO3；而D生成無色氣體，氣體為CO2，則D為Na2CO3，A為CaCl2。由上述分析可知：A為CaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3。

(1)綜上所述可知，B為AgNO3，C為CuSO4；

(2)A為CaCl2、D為Na2CO3，二者混合，發(fā)生復分解反應產(chǎn)生NaCl和CaCO3沉淀，反應化學方程式為CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl。

(3)A、D混合反應產(chǎn)生CaCO3、NaCl，若想從A與D反應后的混合物中分別提取得到兩種固體產(chǎn)物，由于CaCO3難溶于水，NaCl溶解在水溶液中，首先需要進行的實驗操作是過濾，將難溶性的固體CaCO3分離出來；然后根據(jù)NaCl的溶解度受溫度的影響變化不大的性質(zhì)，將濾液蒸發(fā)得到NaCl晶體。這兩個操作中都要用到玻璃棒，在過濾操作中玻璃棒的作用是引流；在蒸發(fā)操作中玻璃棒的作用是攪拌，促進溶劑的蒸發(fā)，因此玻璃棒的作用不同。

【點睛】

本題考查離子共存、無機物的推斷的知識，把握離子反應、離子的顏色、可能的離子反應及相應的實驗現(xiàn)象是解題關鍵，在不同的實驗操作中，同一儀器作用可能相同，也可能不同，從實驗的目的進行分析、判斷?！窘馕觥竣?AgNO3②.CuSO4③.CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl④.過濾⑤.蒸發(fā)⑥.在兩種操作中，玻璃棒的作用不相同。過濾時玻璃棒起引流的作用，蒸發(fā)時玻璃棒起攪拌的作用25、略

【分析】【分析】

化學式為C8H10O的化合物A具有如下性質(zhì)：①A+Na→慢慢產(chǎn)生氣泡，則A含有-OH；②A+RCOOH有香味的產(chǎn)物，則A含有-OH；③A苯甲酸，則A中含有苯環(huán)，而且與苯環(huán)相連的碳原子上含有氫原子；④催化氧化反應的產(chǎn)物不能發(fā)生銀鏡反應，則與-OH相連的碳原子上含有1個H原子；⑤消去反應的產(chǎn)物，經(jīng)加聚反應可制得一種塑料制品，則與-OH相連的碳原子相鄰碳上含有H原子，綜上分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為據(jù)此分析可得結(jié)論。

【詳解】

（1）由上述分析，可知A中含有有醇羥基，苯環(huán)側(cè)鏈末端有甲基，分子中含有氧原子，不屬于芳香烴，故答案為bc；（2）由上述分析可得化合物A的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為（3）A中含有醇羥基與Na反應生成氫氣，其反應的化學方程式為：故答案為

【點睛】

本題考查有機物的推斷，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握官能團的性質(zhì)等。A與Na反應慢慢產(chǎn)生氣泡，說明反應并不劇烈，酚羥活潑性是強于醇羥基的，故由此現(xiàn)象可說明A分子中應該是醇羥基?！窘馕觥竣?bc②.③.+2Na→2+H2↑五、工業(yè)流程題(共4題，共20分)26、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，大部分鈣離子進入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過濾分離出含有鎂、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、二氧化碳氣體，化學方程式為

（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，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；

②沉鈣反應中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應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”過程的比例為2.4∶1時，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在反應中會優(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，二者共同作用導致產(chǎn)品中純度的實測值高于計算值；

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

（4）白云石的主要化學成分為還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進入濾液中，部分鈣進入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進入濾渣中；“浸鎂”過程中，的浸出率最終可達98.9%，則還有部分氧化鎂進入濾渣中，故濾渣C中含有的物質(zhì)是

（5）沉鈣反應中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過程中加熱蒸餾會有大量氨逸出；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；白云石煅燒也會生成二氧化碳；在流程中既是反應物又是生成物，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，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，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。

(4)

(5)27、略

【分析】【分析】

第一次精制：向粗鹽水中加入過量BaCl2溶液，Ba2+與SO得到BaSO4沉淀，過濾，除去BaSO4沉淀，向所得濾液中加入過量Na2CO3溶液，除去Ca2+、Mg2+、Fe3+和過量的Ba2+；過濾后，用鹽酸調(diào)節(jié)pH，除去過量的碳酸鈉，得到精制鹽水，結(jié)合表格數(shù)據(jù)分析解答(1)和(2)；

第二次精制：向第一次精制鹽水(雜質(zhì)離子為I-、IONHCa2+、Mg2+)中加入NaClO，NaClO具有氧化性，將I-氧化為I2、NH氧化為N2，再加入Na2S2O3，將IO還原為I2，分離出I2后，通過離子交換法除去Ca2+、Mg2+；電解剩余溶液(硫酸鈉和氯化鈉的混合溶液)得到NaOH，據(jù)此分析解答(3)。

【詳解】

(1)向粗鹽水中加入過量BaCl2溶液，Ba2+與SO得到BaSO4沉淀，過濾，除去SO故答案為：SO

(2)①Fe3+能夠使KSCN溶液變紅，因此檢測Fe3+是否除盡的方法是取少量過程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說明Fe3+已除盡；反之沒除盡，故答案為：取少量過程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說明Fe3+已除盡；反之沒除盡；

②根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，BaSO4的溶解度小于CaSO4，選用BaCl2，可將SO沉淀更完全，故過程Ⅰ選用的是BaCl2而不選用CaCl2，故答案為：BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可將SO沉淀更完全；

③Mg2+與CO生成Mg2(OH)2CO3和二氧化碳，離子方程式為：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑，故答案為：2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑；

④Ca2+、Mg2+、Ba2+以CaCO3、Mg2(OH)2CO3、BaCO3的形式除去，根據(jù)溶解度小的物質(zhì)沉淀完全后溶解度大的才開始沉淀，由表格數(shù)據(jù)可知，碳酸鋇的溶解度最大，若鋇離子沉淀完全，則說明鎂離子和鈣離子也沉淀完全，故檢測Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除盡時，只需檢測Ba2+即可，故答案為：在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，則說明Mg2+和Ca2+也沉淀完全；

(3)①NaClO具有強氧化性，能將I-氧化，根據(jù)流程可知NH被氧化為N2，故過程Ⅳ除去的離子是NHI-，故答案為：NHI-；

②Na2S2O3將IO還原為I2，自身被氧化為SO反應的離子方程式為：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O，故答案為：5S2O+8IO+2OH-═4I2+10SO+H2O；

③過程VI中，電解硫酸鈉和氯化鈉的混合溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，在電解槽的陽極發(fā)生氧化反應，陽極的電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑。

【點睛】

明確粗鹽的提純的實驗原理及實驗基本操作方法是解題的關鍵。本題的難點為(2)，要注意溶解度小的物質(zhì)沉淀完全后溶解度大的才開始沉淀。【解析】SO取少量過程II后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅，說明Fe3+已除盡；反之沒除盡BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可將SO沉淀更完全2Mg2++2CO+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2+沉淀完全，則說明Mg2+和Ca2+也沉淀完全NHI-5S2O+8IO+2OH-=4I2+10SO+H2O2Cl--2e-=Cl2↑28、略

【分析】【分析】

（1）Cu與NO3-在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成Cu2+；NO氣體和水；

（2）SO32-和Cu2+之間可以發(fā)生氧化還原反應生成氯化亞銅沉淀；

（3）乙醇和水易揮發(fā)；CuCl具有還原性，可以被空氣氧化；

（4）由題給信息