2025年滬教版高二化學(xué)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年滬教版高二化學(xué)上冊月考試卷349考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、25℃時，水中存在電離平衡：H2OH++OH-△H>0。下列敘述正確的是A.將水加熱，KW增大，pH不變B.向水中加入少量NaHSO4固體，c(H+)增大，KW不變C.向水中加入少量NaOH固體，平衡逆向移動，c(OH-)降低D.向水中加入少量NH4Cl固體，平衡正向移動，c(OH-)增大2、下列關(guān)于垃圾處理的方法不正確的是A.處理常用的方法是衛(wèi)生填埋、堆肥和焚燒B.將垃圾分類并回收是處理的發(fā)展方向C.填埋垃圾不需要治理，只需深埋即可D.焚燒垃圾會產(chǎn)生大量污染空氣的物質(zhì)，故不宜采用此法3、砷是氮族元素，黃砷（As4）是其一種單質(zhì)，其分子結(jié)構(gòu)與白磷（P4）相似，以下關(guān)于黃砷與白磷的比較敘述正確的是（）A.黃砷中共價鍵鍵能大于白磷B.黃砷的熔點高于白磷C.黃砷易溶于水D.分子中共價鍵鍵角均為109°28′4、根據(jù)rm{CH_{2}=CHCH_{2}COOH}的結(jié)構(gòu)，它不可能發(fā)生的反應(yīng)是rm{(}rm{)}A.與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應(yīng)B.使溴的四氯化碳溶液褪色C.與銀氨溶液反應(yīng)析出銀D.與新制氫氧化銅反應(yīng)5、下列物質(zhì)中，不屬于烴類的是（）A.C6H6B.C2H4C.CH2=CH2D.CH3Cl6、以下變化是熵減小過程的是A.碳酸氫鈉受熱分解B.氨氣與氯化氫氣體反應(yīng)C.C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）D.液態(tài)水氣化7、將液體Y滴加到盛有固體X的試管中，并在試管口對生成的氣體進行檢驗。下表中固體X、液體Y及檢測方法對應(yīng)關(guān)系有錯誤的是。選項固體X液體Y檢測方法ACaO濃氨水蘸有濃鹽酸的玻璃棒BCu濃硫酸沾有氯化鋇溶液的玻璃片CMnO2雙氧水帶火星的木條DNaHCO3醋酸溶液沾有澄清石灰水的玻璃片8、已知外電路中，電子由b極流向鋅．有關(guān)如圖所示的裝置分析不合理的是（）

A.該裝置中Cu極為正極B.當(dāng)銅極的質(zhì)量變化為32g時，a極上消耗的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為5.6LC.b極反應(yīng)的電極反應(yīng)式為H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2OD.一段時間后鋅片一極質(zhì)量增加9、下列化學(xué)用語表達不正確的是（）A.丙烷的球棍模型為B.丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHCH2C.符合通式CnH2n+2的一定是烷烴D.O2、O3屬于同素異形體評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、(7分).化合物C是醫(yī)用功能高分子材料，可由化合物A（C4H8O3）制得，如下圖所示，B和D互為同分異構(gòu)體。試寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式A→B____B→C____試寫出下列反應(yīng)的反應(yīng)類型A→B____B→C____A→D____11、胃舒平（主要成分為Al(OH)3）能夠治療胃酸過多，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________________________________________。12、在①苯②苯酚③甲苯④氯乙烷⑤乙烯⑥乙醇中；（填編號）

（1）能和金屬鈉反應(yīng)放出H2的有______（2）能與NaOH溶液反應(yīng)的有______

（3）常溫下能與溴水反應(yīng)的有______（4）用于制取TNT的是______

（5）可少量摻在藥皂中的是______（6）能使酸性KMnO4溶液褪色的烴有______．13、（12分）已知A、B、C、D、E、F均為周期表中前36號元素，且原子序數(shù)依次增大。A、B、C為同一周期的主族元素，B原子p能級電子總數(shù)與s能級電子總數(shù)相等。A、F原子未成對電子是同周期中最多的，且F基態(tài)原子中電子占據(jù)三種不同形狀的原子軌道。D和E原子的第一至第四電離能如下表所示：。電離能/kJ·mol－1I1I2I3I4D7381451773310540E5781817274511578⑴A、B、C三種元素的電負性最大的是____（填寫元素符號），D、E兩元素中D的第一電離能較大的原因是____。⑵F基態(tài)原子的核外電子排布式是____；在一定條件下，F(xiàn)原子的核外電子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)產(chǎn)生的光譜屬于____光譜（填“吸收”或“發(fā)射”）。⑶根據(jù)等電子原理，寫出AB＋的電子式：____。⑷已知：F3+可形成配位數(shù)為6的配合物。組成為FCl3·6H2O的配合物有3種，分別呈紫色、藍綠色、綠色，為確定這3種配合物的成鍵情況，分別取等質(zhì)量的紫色、藍綠色、綠色3種物質(zhì)的樣品配成溶液，分別向其中滴入過量的AgNO3溶液，均產(chǎn)生白色沉淀且質(zhì)量比為3∶2∶1。則綠色配合物的化學(xué)式為____。A．[CrCl(H2O)5]Cl2·H2OB．[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2OC．[Cr(H2O)6]Cl3D．[CrCl3(H2O)3]·3H2O14、已知可逆反應(yīng)rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

rm{(1)}寫出該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式：rm{K=}______．

rm{(2)830K}時，若起始時：rm{C(CO)=2mol/L}rm{C(H_{2}O)=3mol/L}平衡時rm{CO}的轉(zhuǎn)化率為rm{60%}水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為______；rm{K}值為______．

rm{(3)830K}時，若只將起始時rm{C(H_{2}O)}改為rm{6mol/L}則水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為______．評卷人得分三、工業(yè)流程題(共7題，共14分)15、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。16、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結(jié)晶水未完全失去17、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)，準(zhǔn)確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。18、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)。可用于洗滌、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領(lǐng)域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應(yīng)溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應(yīng)溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應(yīng)溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。19、三氯化鉻是化學(xué)合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應(yīng)管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應(yīng)管進行反應(yīng),繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應(yīng)管中發(fā)生的主要反應(yīng)有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風(fēng)櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學(xué)方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當(dāng)稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分數(shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。20、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關(guān)物質(zhì)熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關(guān)閉K1、K2c．打開K3d．關(guān)閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應(yīng)為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應(yīng)后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分四、簡答題(共2題，共10分)21、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。rm{A}rm{D}同主族且有兩種常見化合物rm{DA}rm{B}rm{C}rm{D}代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。rm{E}rm{A}同主族且有兩種常見化合物rm{D}rm{DA}rm{{,!}_{2}}和rm{DA}rm{DA}rm{{,!}_{3}}；工業(yè)上電解熔融rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{A}rm{A}除最外層均只有rm{{,!}_{3}}個電子外，其余各層全充滿，制取單質(zhì)rm{C}rm{B}rm{E}除最外層均只有rm{2}個電子外，其余各層全充滿，rm{E}位于元素周期表的rm{ds}區(qū)?；卮鹣铝袉栴}：位于元素周期表的rm{C}區(qū)?；卮鹣铝袉栴}：rm{B}rm{E}中第一電離能較大的是_____。rm{2}基態(tài)rm{E}原子價電子的軌道表達式為________________________。rm{ds}分子的rm{(1)B}模型是____________。rm{C}的氫化物比rm{(2)}的氫化物熔沸點高得多的原因是___________________________________。rm{D}在元素周期表中的位置__________________________________________。rm{(3)DA_{2}}實驗測得rm{VSEPR}與氯元素形成化合物的實際組成為rm{(4)A}其球棍模型如圖所示。已知rm{D}在加熱時易升華，與過量的rm{(5)E}溶液反應(yīng)可生成rm{(6)}

rm{C}rm{C_{2}Cl_{6}}屬于_______________晶體rm{C_{2}Cl_{6}}填晶體類型rm{NaOH}rm{Na[C(OH)_{4}]}原子的雜化軌道類型為____________雜化。rm{壟脵}rm{C_{2}Cl_{6}}中存在的化學(xué)鍵有__________________________。

rm{(}與rm{)}所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。

其中rm{C}原子的雜化軌道類型為____________雜化。在該晶胞中，rm{C}的配位數(shù)為_______。rm{壟脷}原子坐標(biāo)參數(shù)可表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置。上圖晶胞中，原子坐標(biāo)參數(shù)rm{[C(OH)_{4}]^{-}}為rm{(7)D}rm{E}為rm{壟脵}rm{E}rm{壟脷}rm{a}為rm{(0,0,0)}rm為rm{(}rm{a}rm{(0,0,0)}為rmrm{(}rm{dfrac{1}{2}}，rm{0}rm{0}則rm{dfrac{1}{2}}原子的坐標(biāo)參數(shù)為__________。rm{)}rm{c}為rm{(}22、rm{25隆忙}時，將rm{0.2mol?L?^{1}}rm{CH_{3}COOH}溶液逐滴滴入rm{25mL}某濃度的rm{NaOH}溶液中；

滴定曲線如圖所示．

rm{(1)}若選用酚酞作指示劑；判斷滴定終點的方法是______．

rm{(2)}該rm{NaOH}溶液的物質(zhì)的量濃度為______rm{mol?L?^{1}}．

rm{(3)}圖中rm{a}______rm{12.5mL(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”，下同rm{)}

此時溶液中rm{c(Na^{+})}______rm{c(CH_{3}COO^{-}).}

rm{(4)D}點溶液中所有離子濃度的大小順序為______；寫出此時溶液中微粒間含有rm{c(Na^{+})}的一個等式______．評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共24分)23、某烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應(yīng)。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結(jié)構(gòu)簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學(xué)方程式___________。

(4)設(shè)計以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。26、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應(yīng)類型是____________，B和F的結(jié)構(gòu)簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構(gòu)體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設(shè)計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應(yīng)流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分六、探究題(共4題，共8分)27、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學(xué)認為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認為這兩者相互促進水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結(jié)束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。28、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。29、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學(xué)認為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認為這兩者相互促進水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結(jié)束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。30、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】試題分析：水中存在電離平衡：H2OH++OH-△H>0，將水加熱，KW增大，pH減小，A錯誤；向水中加入少量NaHSO4固體（完全電離），c(H+)增大，KW不變，B正確；根據(jù)平衡移動原理，向水中加入少量NaOH固體，平衡逆向移動，c(OH-)升高，C錯誤；向水中加入少量NH4Cl固體，平衡正向移動，c(OH-)減小，D錯誤?？键c：考查影響水的電離平衡的因素?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、C【分析】試題分析：填埋垃圾，可能會造成更大隱患；垃圾中污染物可能會進入水體及土壤。答案選C．考點：垃圾分類處理【解析】【答案】C3、B【分析】解：A．原子半徑As＞P；鍵長越大鍵能越小，則黃砷中共價鍵鍵能小于白磷，故A錯誤；

B．二者形成的晶體都為分子晶體；相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，熔點越高，則黃砷的熔點高于白磷，故B正確；

C．黃砷為非極性分子；水為極性溶劑，根據(jù)相似相溶原理，黃砷不易溶于水，故C錯誤；

D．P4、As4都為正四面體結(jié)構(gòu)；As；P原子位于正四面體的頂點上，分子中共價鍵鍵角均為60°，故D錯誤．

故選B．

As和P位于相同主族；原子半徑As＞P，由同主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱可知非金屬性P＞As，形成的晶體都為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，以此解答．

本題考查同主族元素的性質(zhì)的遞變規(guī)律、物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和基本概念的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，難度不大．【解析】【答案】B4、C【分析】解：rm{A.}該物質(zhì)中含有羧基；所以和乙醇在濃硫酸作催化劑；加熱條件下能發(fā)生酯化反應(yīng)，故A不選；

B.該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵；能和溴發(fā)生加成反應(yīng)而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B不選；

C.該物質(zhì)中不含醛基；不能和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故C選；

D.該物質(zhì)中含有羧基；能和新制氫氧化銅發(fā)生中和反應(yīng)，故D不選；

故選C．

該分子中含有碳碳雙鍵和羧基；具有烯烴和羧酸的性質(zhì)，能發(fā)生加成反應(yīng)；氧化反應(yīng)、酯化反應(yīng)、取代反應(yīng)，據(jù)此分析解答．

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考高頻點，明確物質(zhì)中官能團及其性質(zhì)關(guān)系即可解答，熟練掌握常見物質(zhì)官能團，易錯選項是rm{D}注意該物質(zhì)和新制氫氧化銅不能發(fā)生氧化反應(yīng)但能發(fā)生中和反應(yīng)．【解析】rm{C}5、D【分析】解：A．C6H6分子中只含有碳氫元素；屬于烴類，故A不選；

B．C2H4分子中只含有碳氫元素；屬于烴類，故B不選；

C．CH2=CH2分子中只含有C；H兩種元素；屬于烴類，故C不選；

D．CH3Cl分子中含有Cl元素；不屬于烴類，故D選；

故選：D。

有機物分子中只含有C；H兩種元素的化合物屬于烴類；可以直接根據(jù)有機物分子組成判斷是否屬于烴類。

本題考查了有機物類型的判斷，題目難度不大，試題注重了基礎(chǔ)知識的考查，注意掌握常見有機物的組成、分類及具有的性質(zhì)?！窘馕觥緿6、B【分析】熵表示物質(zhì)的混亂程度，對于同一種物質(zhì)來講，氣態(tài)時熵值最大，固態(tài)時最小，所以選項B是熵值減小的反應(yīng)，其余都是增加的，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽7、B【分析】試題分析：A、濃氨水與氧化鈣反應(yīng)有氨氣放出，使蘸有濃鹽酸的玻璃棒有白煙生成，正確；B、銅與濃硫酸常溫下不反應(yīng)，所以不會有二氧化硫生成，同時二氧化硫不與氯化鋇溶液反應(yīng)，常溫；C、雙氧水在二氧化錳作催化劑下分解生成氧氣，可使代火星的木條復(fù)燃，正確；D、醋酸酸性比碳酸強，所以醋酸與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)有二氧化碳氣體放出，使沾有澄清石灰水的玻璃片變渾濁，正確，答案選B?？键c：考查氣體的制取與檢驗方法的判斷【解析】【答案】B8、A【分析】【解答】解：A．該裝置中Cu極為電解池的陽極，故A錯誤；B．正極a上發(fā)生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，Cu與正極相連為陽極，發(fā)生Cu﹣2e﹣=Cu2+，由電子守恒可知2Cu～O2，當(dāng)銅片的質(zhì)量變化為32g時，n（Cu）=0.5mol，則n（O2）=0.25mol，所以a極上消耗的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為5.6L；故B正確；

C．電解質(zhì)為KOH，則b的電極反應(yīng)為2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O；故C正確；

D．Zn為陰極，發(fā)生電極反應(yīng)為Cu2++2e﹣=Cu；所以一段時間后鋅片質(zhì)量增加，故D正確；

故選A．

【分析】外電路中，電子由銅流向a極，則左圖中為原電池，負極b的電極反應(yīng)為2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O，正極a上發(fā)生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；右圖為電解池，Cu與正極相連為陽極，發(fā)生Cu﹣2e﹣=Cu2+，Zn為陰極，發(fā)生電極反應(yīng)為Cu2++2e﹣=Cu，以此來解答．9、B【分析】A．丙烷為含有3個碳原子的烷烴，丙烷的球棍模型為故A正確；

B．丙烯的官能團為碳碳雙鍵，結(jié)構(gòu)簡式中需要標(biāo)出官能團，丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CH2；故B錯誤；

C．CnH2n+2中C原子全部成鍵；為烷烴，故C正確；

D．O2、O3為同種元素構(gòu)成的不同單質(zhì)；互為同素異形體，故D正確．

故選B．

A．球棍模型中；用大小不同的小球表示原子，用短棍表示共價鍵；

B．丙烯的結(jié)構(gòu)簡式中沒有標(biāo)出其官能團碳碳雙鍵；

C．CnH2n+2為飽和鏈烴的通式；

D．O2、O3為同種元素構(gòu)成的不同單質(zhì)．

本題考查較為綜合，為高考常見題型，側(cè)重基本概念的理解，題目涉及同素異形體、球棍模型、結(jié)構(gòu)簡式的表示方法及判斷，題目都能不大，注意掌握常見的化學(xué)用語的概念及正確的表示方法，明確比例模型與球棍模型的概念及區(qū)別．【解析】【答案】B二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【解析】【答案】11、略

【分析】試題分析：氫氧化鋁具有兩性，能與強酸、強堿反應(yīng)，胃酸的主要成分是HCl，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O考點：考查氫氧化鋁的化學(xué)性質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮緼l(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O12、略

【分析】解：（1）②苯酚、⑥乙醇能與鈉反應(yīng)放出H2；故答案為：②⑥；

（2）②苯酚；④氯乙烷能與NaOH溶液反應(yīng)；故答案為：②④；

（3）②苯酚；⑤乙烯常溫下能與濃溴水反應(yīng)；故答案為：②⑤；

（4）甲苯能與濃硝酸在濃硫酸的作用下反應(yīng)生成三硝基甲苯；即TNT；故答案為：③；

（5）少量苯酚可摻在藥皂；故答案為：②；

（6）③甲苯、⑤乙烯是能使酸性KMnO4溶液褪色的烴；故答案為：③⑤．

（1）能與鈉反應(yīng)放出H2的有機物有：醇；羧酸、酚等；

（2）能與NaOH溶液反應(yīng)的有機物有：羧酸；酯、鹵代烴、酚；

（3）常溫下能與濃溴水反應(yīng)的有：烯烴；炔烴、酚、醛；

（4）甲苯能與濃硝酸在濃硫酸的作用下反應(yīng)生成三硝基甲苯；即TNT；

（5）少量苯酚可摻在藥皂；

（6）含有碳碳雙鍵或三鍵的有烴；苯環(huán)上含有支鏈且支鏈上連接苯環(huán)的第一個碳原子上含有氫原子的有機物都能被酸性高錳酸鉀氧化；

本題考查有機物的性質(zhì)，比較基礎(chǔ)，旨在考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的掌握，注意知識的總結(jié)．【解析】②⑥；②④；②⑤；③；②；③⑤13、略

【分析】【解析】【答案】⑴FD原子外圍電子排布為3s2，s軌道全充滿，相對穩(wěn)定⑵1s22s22p63s23p63d54s1吸收⑶⑷B(每空2分，共12分)14、略

【分析】解：rm{(1)K}為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比，則rm{K=dfrac{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}故答案為：rm{K=dfrac{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}

rm{K=dfrac

{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}

開始rm{K=dfrac

{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}rm{(2)CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{2}rm{3}

轉(zhuǎn)化rm{0}rm{0}rm{1.2}rm{1.2}

平衡時rm{1.2}rm{1.2}rm{0.8}rm{1.8}

水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為rm{=dfrac{{脳陋祿爐碌脛脕驢}}{{驢陋脢錄碌脛脕驢}}隆脕100%=dfrac{1.2mol/L}{3mol/L}隆脕100%=40%}

rm{K=dfrac{1.2隆脕1.2}{0.8隆脕1.8}=1}

故答案為：rm{1.2}rm{1.2}

rm{=dfrac

{{脳陋祿爐碌脛脕驢}}{{驢陋脢錄碌脛脕驢}}隆脕100%=dfrac

{1.2mol/L}{3mol/L}隆脕100%=40%}設(shè)轉(zhuǎn)化的水蒸氣為rm{K=dfrac

{1.2隆脕1.2}{0.8隆脕1.8}=1}則。

rm{40%}

開始rm{1}rm{(3)}rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

轉(zhuǎn)化rm{2}rm{6}rm{0}rm{0}

平衡時rm{x}rm{x}rm{x}rm{x}

rm{K=dfrac{x隆脕x}{(2-x)(6-x)}=1}解得rm{2-x}

水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac{1.5}{6}隆脕100%=25%}

故答案為：rm{6-x}．

rm{x}為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；

rm{x}

開始rm{K=dfrac

{x隆脕x}{(2-x)(6-x)}=1}rm{x=1.5mol/L}rm{dfrac

{1.5}{6}隆脕100%=25%}rm{25%}

轉(zhuǎn)化rm{(1)K}rm{(2)CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{2}rm{3}

平衡時rm{0}rm{0}rm{1.2}rm{1.2}

結(jié)合轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{{脳陋祿爐碌脛脕驢}}{{驢陋脢錄碌脛脕驢}}隆脕100%}平衡濃度計算rm{1.2}

rm{1.2}設(shè)轉(zhuǎn)化的水蒸氣為rm{0.8}則。

rm{1.8}

開始rm{1.2}rm{1.2}rm{=dfrac

{{脳陋祿爐碌脛脕驢}}{{驢陋脢錄碌脛脕驢}}隆脕100%}rm{K}

轉(zhuǎn)化rm{(3)}rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{2}

平衡時rm{6}rm{0}rm{0}rm{x}

rm{K=dfrac{x隆脕x}{(2-x)(6-x)}}以此來解答．

本題考查化學(xué)平衡的計算，為高頻考點，把握rm{x}的意義及rm{x}只與溫度有關(guān)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意三段法計算格式的應(yīng)用，題目難度不大．rm{x}【解析】rm{dfrac{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}rm{dfrac

{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}rm{40%}rm{1}rm{25%}三、工業(yè)流程題(共7題，共14分)15、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)1中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應(yīng)生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，同時生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；根據(jù)電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關(guān)。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學(xué)反應(yīng)類型為發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應(yīng)為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，反應(yīng)中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設(shè)制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應(yīng)從而降低K2FeO4濃度。【解析】①.+6②.氧化還原反應(yīng)③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應(yīng)，從而降低K2FeO4的濃度16、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導(dǎo)入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應(yīng)完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關(guān)閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關(guān)閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質(zhì)量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質(zhì)量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結(jié)晶水的質(zhì)量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質(zhì)的質(zhì)量計入減少的結(jié)晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結(jié)晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D17、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應(yīng)，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應(yīng)生成SO42-、Cr3+，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液計數(shù)偏大，則測定結(jié)果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應(yīng)速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%18、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應(yīng)為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質(zhì)，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應(yīng)，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據(jù)圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產(chǎn)率均降低，所以最佳反應(yīng)溫度范圍為286.8～288.5K；

③結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結(jié)晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結(jié)晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應(yīng)，所以產(chǎn)物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，反應(yīng)中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產(chǎn)物是O2；依據(jù)元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據(jù)電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據(jù)反應(yīng)2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點睛：明確實驗?zāi)康募胺磻?yīng)原理為解答關(guān)鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩(wěn)定性差，易分解；因此向反應(yīng)前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產(chǎn)品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產(chǎn)量；增加鈉離子濃度，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%19、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質(zhì)；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應(yīng)制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應(yīng)管與Cr2O3反應(yīng)，反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應(yīng)，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產(chǎn)生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關(guān)系式計算。據(jù)此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質(zhì)，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質(zhì)或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應(yīng)制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應(yīng)管中與Cr2O3反應(yīng)，反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應(yīng)，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產(chǎn)生誤差；③設(shè)25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關(guān)系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質(zhì)量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質(zhì)的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應(yīng)運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質(zhì)量，正確找出關(guān)系式是答題的關(guān)鍵；易錯點是實驗操作流程。【解析】除去其中的可溶性雜質(zhì)(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產(chǎn)生誤差96.1%20、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應(yīng)得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應(yīng)：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過量的Ce4+；結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應(yīng)滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應(yīng)亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學(xué)方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學(xué)方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應(yīng)速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關(guān)閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關(guān)閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關(guān)閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)干燥。精制NaN3的方法是重結(jié)晶；使混合在一起的雜質(zhì)彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結(jié)晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過量的Ce4+，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應(yīng)的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==產(chǎn)品純度為故答案為：

②為了提高實驗的精確度，氧化還原反應(yīng)滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值，該實驗還需要補充平行實驗(重復(fù)滴定2~3次)。故答案為：補充平行實驗(重復(fù)滴定2~3次)?！窘馕觥?NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)重結(jié)晶補充平行實驗(重復(fù)滴定2~3次)四、簡答題(共2題，共10分)21、rm{(1)Mg}

rm{(2)}

rm{(3)}平面三角形

rm{(4)}水分子間存在氫鍵

rm{(5)}第四周期第rm{IIB}族

rm{(6)壟脵}分子rm{sp^{3}}

rm{壟脷}極性共價鍵配位鍵

rm{(7)壟脵4}

rm{壟脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{壟脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2}

)}【分析】【分析】本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握元素的電子排布推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析、推斷及計算能力的考查。【解答】A、rm{D}同主族且有兩種常見化合物rm{DA}同主族且有兩種常見化合物rm{D}rm{DA}rm{{,!}_{2}}和rm{DA}rm{DA}rm{{,!}_{3}}分別為，rm{A}rm{D}分別為rm{O}和rm{S}工業(yè)上電解熔融的rm{Al2O3}制取金屬鋁，rm{C}為rm{Al}和rm{A}工業(yè)上電解熔融的rm{D}制取金屬鋁，rm{O}為rm{S}rm{Al2O3}除最外層均只有rm{C}個電子外，其余各層全充滿，rm{Al}為B、rm{E}除最外層均只有rm{2}個電子外，其余各層全充滿，rm{B}為rm{Mg}元素。元素。rm{E}位于元素周期表的rm{2}區(qū)，則rm{B}為rm{Mg}rm{E}位于元素周期表的rm{ds}區(qū)，則rm{E}為rm{Zn}為全充滿狀態(tài)，rm{E}的電離能大于rm{ds}故答案為：rm{E}rm{Zn}原子最外層rm{(1)Mg}為全充滿狀態(tài)，rm{Mg}的電離能大于rm{Al}故答案為：rm{Mg}個電子，rm{(1)Mg}故答案為：rm{Mg}是rm{Al}雜化方式，為平面三角形，故答案為：平面三角形rm{Mg}rm{(2)O}原子最外層rm{6}個電子，沸點rm{(2)O}因為水分子中存在氫鍵，使沸點升高，故答案為：水分子間存在氫鍵rm{6}原子價電子的軌道表達式為為rm{(3)SO_{2}}是rm{sp^{2}}雜化方式，為平面三角形區(qū)，只有第四周期才出現(xiàn)rm{(3)SO_{2}}區(qū)，故E為第四周期第rm{sp^{2}}族，；為rm{(4)}沸點rm{H_{2}O>H_{2}S}因為水分子中存在氫鍵，使沸點升高，故答案為：第四周期第rm{(4)}族rm{H_{2}O>H_{2}S}；rm{(5)E}為rm{ds}區(qū)，只有第四周期才出現(xiàn)rm{ds}區(qū)，故E為第四周期第rm{IIB}族，rm{E}為rm{Zn}rm{(5)E}rm{ds}rm{ds}rm{IIB}原子的雜化軌道類型為rm{E}rm{Zn}，故答案為：分子；rm{IIB}；rm{(6)壟脵}rm{(6)壟脵}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{Cl}，故答案為：極性共價鍵；配位鍵rm{Cl}rm{{,!}_{6}}屬于共價化合物，是分子晶體；rm{C}原子的雜化軌道類型為在rm{C}個晶胞中，rm{sp^{3}}離子的數(shù)目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}故答案為：雜化rm{sp^{3}}如圖所示，；原子坐標(biāo)為rm{(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}故答案為：rm{(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{壟脷}【解析】rm{(1)Mg}rm{(2)}rm{(3)}平面三角形rm{(4)}水分子間存在氫鍵rm{(5)}第四周期第rm{IIB}族rm{(6)壟脵}分子rm{sp^{3}}rm{壟脷}極性共價鍵配位鍵rm{(7)壟脵4}rm{壟脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{壟脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2}

)}22、略

【分析】解：rm{(1)}若選用酚酞作指示劑；判斷滴定終點的方法是滴入最后一滴醋酸，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；

故答案為：滴入最后一滴醋酸；溶液由紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；

rm{(2)}由圖可知，rm{NaOH}溶液的rm{pH=13}則rm{NaOH}溶液的物質(zhì)的量濃度為rm{0.1mol/L}故答案為：rm{0.1}

rm{(3)}若rm{a=12.5mL}恰好生成醋酸鈉，溶液顯堿性而rm{a}點rm{pH=7}可知醋酸應(yīng)過量，即rm{a>12.5mL}溶液顯中性，可知rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}由電荷守恒式或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}可知，或rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})}

故答案為：rm{>}rm{=}

rm{(4)}體積相同、濃度為rm{2}倍關(guān)系，可知rm{D}點為等量的醋酸、醋酸鈉，溶液顯酸性，則離子濃度為rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}此時溶液中微粒間含有rm{c(Na^{+})}的一個等式為rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}

故答案為：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-}).}

rm{(1)}酸滴定堿；選用酚酞作指示劑，滴定前溶液為紅色；

rm{(2)}由圖可知，rm{NaOH}溶液的rm{pH=13}

rm{(3)}若rm{a=12.5mL}恰好生成醋酸鈉，溶液顯堿性而rm{a}點rm{pH=7}可知醋酸應(yīng)過量；

rm{(4)D}點為等量的醋酸；醋酸鈉；溶液顯酸性，結(jié)合電荷守恒、物料守恒來解答．

本題考查酸堿混合的定性判斷，為高頻考點，把握滴定圖中物質(zhì)的量關(guān)系、溶質(zhì)判斷、溶液酸堿性為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意電荷守恒及物料守恒的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】滴入最后一滴醋酸，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；rm{0.1}rm{>}rm{=}rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}