辽宁沈阳市康平县2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

**基本信息** 高中化学期末试卷以真实情境为载体，融合化学观念与科学思维，通过层次化问题设计实现知识应用与能力评估的有机统一。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15/45|元素周期律、物质分类|以新能源电池为情境考察物质结构决定性质| |实验题|1/15|化学实验操作|结合水质检测考察科学探究与实践能力| |综合题|2/40|反应原理、工业流程|通过合成氨工艺分析考察证据推理与模型认知|

绝密★启用前 沈阳市康平县2025-2026学年高二下学期期末考试 化学试题 试卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑：如需改动，用橡皮擦干 净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本大题共11小题，共33分。 1.下列物质中按其成分能与玻璃、水泥、陶瓷归于一类的是() A.硅 B.碳化硅 C.硅酸钠 D.二氧化硅 2.下列化学反应中，不属于四种基本反应类型但属于氧化还原反应的是 A.Cu+2FeCla=2FeCl,+Cucl, B.CacO3 +2HCl=Cacl2+CO2 T+H2O C.Cuz (OH)2COg22Cu0 +CO2 1+H20 D.O2+4Fe(OH)2+2H20=4Fe(0H3 3.下述制备气体的实验方法正确的是() A.制C02大理石+稀H2S04 B.制Cl2KMnO4固体+浓盐酸 C.制HCL饱和食盐水+浓H2SO4 D.制C2H4乙醇+浓H2S04共热至140C 4.气态原子生成+1价气态阳离子所需要的能量称为第一电离能.元素的第一电离能是衡量元素金属性强弱 的一种尺度.下列有关说法正确的是() A.元素的第一电离能越大，其金属性越强 B.元素的第一电离能越小，其金属性越强 C.金属单质跟酸反应的难易，只跟该金属元素的第一电离能有关 D.同周期元素，第一电离能随原子序数增大逐渐增大 第1页，共16页 5.硫酸四氨合铜是一种植物生长激素，实验室制备过程如下：向疏酸铜溶液中逐滴 滴加氨水，先生成蓝色沉淀X,继续滴加氨水，蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液Y, 再向溶液Y中加入95%乙醇，有深蓝色晶体Z析出。下列说法错误的是() A.深蓝色晶体Z的化学式为[Cu(NH3)4]S04·H20,Cu2+的配位数为4 B.溶液Y呈深蓝色，主要是因为存在[Cu(NH3)4]P+ C.深蓝色溶液Y中含有离子键、极性共价键、配位键 D.上图是溶液Y中的一种粒子，该粒子带两个单位的正电荷 6.中华文化博大精深，蕴含着许多化学知识。下列对古文献的解读不合理的是() A.凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴，两精逼合，成声成变，此乾坤幻出神物也。此处的“硝”主要成分是 KNO3 B.青铜铸鼎，历千年而色不改，盖因金气内敛。此处的“金气”主要成分是Au(金)，具有抗氧化性 C.司南之构（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南。此处的“构”主要成分是磁性氧化铁 D.试玉要烧三日满，辨材须待七年期。此处的“玉”主要成分是硅酸盐等耐高温物质 7.绿原酸(C16H180g)具有较广泛的抗菌、抗病毒、抗氧化作用，利用乙醚、60%乙醇浸泡杜仲干叶，得到 提取液，进一步获得绿原酸粗产品的一种工艺流程如下，下列说法错误的是() 乙酸乙酯 温水 提取液 有机层 减压蒸馏 浸膏 冷却、过滤 绿原酸粗产品 A.绿原酸在冷水中的溶解度小于温水中的溶解度 B.得到“有机层”的实验操作为蒸馏 C.减压蒸馏的目的防止温度过高，绿原酸变质 D.绿原酸粗产品可以通过重结晶进一步提纯 8.下列分离混合物的实验方法中不正确的是() A.分离乙酸（沸点77.1℃）与某种液态有机物（沸点120C)的混合物蒸馏 B.从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3热水溶解、降温结晶、过滤 C.将溴水中的溴转移到有机溶剂中加入乙醇萃取 D.用CCL4萃取碘水中的碘，液体分层后下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 第2页，共16页 9.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Nα2SO4溶液（α、b 电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2S04和NaOH.下列说法正确的是() Cu(1) Cu(2) Na,SO,溶液 2L2.5mol/L 2L0.5mol/L 稀NaOH CuSO溶液 CuSO,溶液 溶液 稀硫酸 阴离子交换膜 离子交换膜 A.电池放电过程中，Cu(2)作正极，电极反应为Cu2++2e~=Cu B.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜 C.b为电解池的阴极，电极反应为2H20+2e~=H2↑+20H D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80 g NaOH 10.下列实验方案能达到实验目的的是() 实验目的 实验方案 在盛有淀粉溶液的试管中滴加稀硫酸并置于热水浴中，一段时间 A 检验淀粉水解产物 后向试管中加入银氨溶液 探究KsP[A(OH)3]和 向10mL0.1mol/LNa0H溶液中滴几滴0.1mol/LAICL3溶液，再滴几 B Kn[Fe(OH)3大小 滴0.1mol/LFeCL3溶液 C 证明酸性：H2CO3>HClO 分别取0.1mol·L-1的NaHCO3溶液和NaClo溶液，用pH计测其pH 取一定质量的Fe(NO3)2溶于一定浓度的硝酸中，加蒸馏水稀释至 D 配制0.1mol/LFe(N03)2溶液 指定体积 A.A B.B C.C D.D 11.某温度下，向2L恒容密闭容器中充入3molX(g)和2molY(s),发生反应3X(g)+Y(s)=aM(g)+ 2W(g),3.5min后反应达到平衡，此时测得n(M0=1.4mol,反应速率v(N)=0.2mol.L-1.min-1。下列 说法错误的是() A.a=2 B.X的平衡转化率为70% C.v(Y)=0.1mol·L-1·min-1 D.0~3.5min内，随着反应的进行，容器内混合气体的密度逐渐增大 二、流程题：本大题共1小题，共15分。 第3页，共16页 12.从海带浸取液中提取碘的实验方案如图所示。 海带】H202 含L2的 含I2的 浸取液稀H,SO4 水溶液萃取、分液CC4溶液 ① ② 浓NaOH 上层溶液H.S04, 含12的 ⑤ 溶液 悬浊液 固体 溶液 ④ ③ 下层溶液 回答下列问题： (1)为除去海带中的有机化合物，需先将干海带进行灼烧再加水浸取。灼烧在 (填仪器名称)中 进行，①中反应的离子方程式为 (2)含12的CCL4溶液呈 色，②中分液时，含I2的CCL4溶液从分液漏斗 (填“上口倒 出”或“下口放出”)。 (3)③是将富集在CCL4中的碘单质利用化学转化重新富集在水中，称为反萃取。已知碘元素以I厂和103形 式存在于上层溶液中，该反应的化学方程式为 (4)④中反应的离子方程式为 操作⑤的名称为 三、实验题：本大题共1小题，共15分。 13.已知下列数据： 物质 熔点（℃） 沸点(C) 密度(g·cm3) 乙醇 -117.0 78.0 0.79 乙酸 16.6 117.9 1.05 乙酸乙酯 -83.6 77.5 0.90 浓硫酸(98%) 一 338.0 1.84 学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下： (①在30mL的大试管A中按体积比1：4：4的比例配制浓疏酸、乙醇和乙酸的混合溶液： ②按下图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5~10m: 第4页，共16页 B 饱和碳酸钠溶液 加一滴酚酞 ③待试管B收集到一定量的产物后停止加热，撤去试管B并用力振荡，然后静置待分层： ④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。 请根据题目要求回答下列问题： (1)配制该混合溶液的主要操作步骤为 写出制取乙酸乙酯的化学方程式： (2)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是（填字母） A.中和乙酸和乙醇 B.中和乙酸并吸收部分乙醇 C.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出 D.加速酯的生成，提高其产率 (3)步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是 0 (4)分离出乙酸乙酯后，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为（填字母） A.B2O5B.无水Na2S04C.碱石灰D.Na0H固体 四、简答题：本大题共1小题，共16分。 14.电化学原理在工业生产及生活中发挥着巨大的作用。 【、利用微电解技术可以处理工业废水，如酸性含铬废水（主要含有C20?-)。原理是利用电极反应物与某些 污染物反应，从而达到去除污物的作用。 (1)通常以铁板和石墨作为电极材料，应选 作阴极。 第5页，共16页 (2)废水中的C20通过反应转化为Cr3+,此过程的离子反应方程式为 最终 Cr3+以Cr(OH)3形式除去。 (3)当电路中每转移1.2mol电子，最多有 molC r20?-参加反应。 Ⅱ、红矾钠(Na2Cr2O,·2H2O)是一种重要的化工原料。利用膜电解技术（装置如图所示），以Na2CrO4为主 要原料制备Na2Cr20,的总反应方程式为：4Wa2Cr04+4H20通电2Na2C20+ 4Na0H+2H2↑+02↑。 惰性电极 惰性电极 离子交换膜 (4)电解时应选择 (填“阴”“阳”)离子交换膜。阳极区的反应有 NaOH在 (填“阴”或“阳”)极室制得 Ⅲ、用C3Hg、O2和熔融Na2CO3组成的燃料电池作电源，电解饱和的K2S溶液和2mol·L-1AgNO3溶液制备 某些单质，盐桥中充有饱和的KNO3溶液。 石墨1 石墨2 石墨3 石墨4 桥 石蜡油 K2S(aq) AgNO3(aq） (5)石墨1电极反应式为 物质y为 (6)若此装置通入C3H.的体积为2.24L(标准状况下)，则可以制取单质疏的质量为 五、推断题：本大题共1小题，共15分。 15.有机化合物F是治疗感冒药物的主要成分之一，A蒸汽密度是相同条件下氢气密度的53倍。用A合成F的 一种路线如图： 第6页，共16页 A DRMgX、2H CHOHCH,CH② ① 广CCH,CH B NHCH KBH/C2HsOH ③ ④ (CnHON) ⑤ -CHCHCH D Br F OH 己知：RX+Mg 无水乙醚 R-MgX OMgX OH _+R-MgX→一C-H+,0一C一(R代表烃基，X代表卤素原子) 0 1 R 回答下列问题： (1)A的名称为 (2)D中官能团的名称为；反应⑤的反应类型为。 (3)写出反应②化学方程式： (4)B的消去反应产物可用于合成高分子化合物G,请写出G的结构简式： (5)满足下列要求的C的同分异构体有种。 ①能与氢氧化钠溶液反应：②分子中含有两种官能团：③不考虑顺反异构 OH (6)有机物 是合成感冒药物中的一种原料，实验室可用环己烯按以下合成路线合成该有机 物： Mg 无水乙醚→M N 请写出N和Z的结构简式：N；Z: 第7页，共16页 答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：A硅属于非金属单质，不是硅酸盐，故A错误： B.碳化硅不是硅酸盐，故B错误； C,硅酸钠是硅酸盐，故C正确； D.二氧化硅不是硅酸盐，故D错误： 故选：C。 根据陶瓷、玻璃、水泥的主要成分判断，它们都是硅酸盐产品，属于传统无机非金属材料。 本题考查无机非金属材料，题目难度不大，注意知识的积累。 2.【答案】A 【解析】【分析】 本题考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，难度不大，掌握氧化还原反应的概念即可解答。 【解答】 A.该反应不属于四种基本反应类型，铜元素和铁元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A符合题意： B.该反应为复分解反应，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B不符合题意： C,该反应为分解反应，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C不符合题意： D.该反应为化合反应，F、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不符合题意： 故选A。 3.【答案】B 【解析】解：A、生成的硫酸钙微溶于水，阻止了反应的反应，故A错误： B、KMnO4固体和浓盐酸不用加热可以制取氯气，故B正确： C、HCL极易溶于水，应采用氯化钠固体和浓硫酸加热制取HCL,故C错误： D、乙醇和浓H2S04共热至140C主要生成的乙醚，温度应为170℃，故D错误. 故选B. A、生成的硫酸钙微溶于水，阻止了反应的反应： B、KMO,固体和浓盐酸不用加热可以制取氯气： C、HCL极易溶于水，应采用氯化钠固体和浓疏酸加热制取HCL: 第8页，共16页 D、乙醇和浓H2S04共热至140C主要生成的乙醚 本题考查了常见气体的实验室制备方法，难度不大，注意温度不同，产物不同 4.【答案】B 【解析】解：A核外电子第IIA全充满和第VA族半充满，同一周期的第IA元素的第一电离能大于第A族 的，第VA族的大于第VIA族的，如第一电离能：Mg>AL,AL的第一电离能越小，但Al的金属活泼性弱， 故A错误： B.元素的第一电离能越小，其金属越易失去电子，所以其金属性越强，故B正确： C.气态原子生成+1价气态阳离子所需要的能量称为第一电离能，金属单质跟酸反应越容易，则在溶液中失 电子能力越强，与第一电离能气态原子生成+1价气态阳离子无关，故C错误： D.元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越 稳定其第一电离能越大，同周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但同一周期中第A族元素比第ⅢA 族元素的第一电离能大，第VA族比第VIA族第一电离能大，故D错误； 故选：B。 A.元素的第一电离能越大，其金属性不一定越强，如第一电离能：Mg>AL,Al的第一电离能越小，但Al 的金属活泼性弱： B.元素的第一电离能越小，其越易失去电子： C.金属单质跟酸反应的难易，在溶液中进行，与第一电离能气态原子生成+1价气态阳离子无关： D.同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第A族、第VIA族元素反常. 本题考查元素第一电离能有关知识，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意同一周期的第 ⅡA元素的第一电离能大于第IA族的，第VA族的大于第VIA族的，题目难度不大 5.【答案】C 【解析】解：A根据分析可知，深蓝色晶体Z的化学式为[Cu(NH3)4SO4·H2O,Cu2+的配位数为4，故A 正确： B.溶液Y呈深蓝色，主要是因为存在[Cu(NH3)4]P+，四氨合铜离子是深蓝色的，故B正确： C深蓝色溶液Y中，溶质发生电离，离子键已经断裂，不存在离子键，含有极性共价键、配位键，故C错 误： D.图中所示的粒子为[C(NH3)4]+,带两个单位正电荷，故D正确： 故选：C。 向硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀X,X为氢氧化铜，继续滴加氨水，氢氧化铜逐渐溶解为深 蓝色溶液Y,Y为[Cu(NH3)4]SO4,再向溶液Y中加入95%乙醇，降低[Cu(NH3)SO4的溶解度，有深蓝色晶 第9页，共16页 体Z析出，Z为[Cu(NH3)4S04·H2O,据此分析作答。 本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及[Cu(NH3)4]SO4·H2O的形成，属于基本知识的考查， 难度中等。 6.【答案】B 【解析】解：A火药的原料为火硝、硫磺、木炭，其中火硝的有效成分为KNO3,即文献中“硝”主要成 分是KNO3,故A正确： B.青铜是铜锡合金，具有抗氧化性，历千年而色不改，此处的“金气”主要成分是Cu(铜)，与Au(金)无 关，故B错误： C四氧化三铁具有磁性，俗名磁性氧化铁，“司南之构”中的“构”主要成分是磁性氧化铁，故C正确： D.“玉”主要成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满”说明玉石能耐高温，故D正确： 故选：B。 A.KNO3是火硝的有效成分： B.青铜是铜锡合金，锡比铜活泼，导致其历千年而色不改： C四氧化三铁具有磁性，俗名磁性氧化铁： D.玉石的主要成分基本都属于硅酸盐。 本题考查物质性质及应用，侧重基础知识检测和辨析能力考查，明确物质组成及性质、性质与用途的关系 即可解答，题目难度不大。 7.【答案】B 【解析】A流程中加入温水，冷却、过滤得到产品，可知绿原酸在冷水中的溶解度小于温水中的溶解度， 故A正确： B.由流程可知，乙酸乙酯作萃取剂，得到有机层的实验操作为萃取分液，故B错误： C.减压蒸馏可降低蒸馏温度，避免温度过高导致绿原酸变质，故C正确： D.根据流程可知绿原酸难溶于冷水，可用重结晶的方法进一步提纯，故D正确： 故答案为B。 8.【答案】C 【解析】解：A.乙酸与液态有机物互溶，但沸点不同，蒸馏可分离，故A正确： B.硝酸钾的溶解度受温度影响大，NαCl溶度积受温度影响小，可将杂质NaCl残留在母液中，则热水溶 解、降温结晶、过滤可除杂，故B正确： C.乙醇与水互溶，不能萃取溴水中的溴，则乙醇不能作萃取剂，故C错误： D.分液时避免上下层液体混合，则液体分层后下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确： 第10页，共16页 故选：C。 A.乙酸与液态有机物互溶，但沸点不同： B.硝酸钾的溶解度受温度影响大，NaCl溶度积受温度影响小，可将杂质NaCL残留在母液中： C.乙醇与水互溶： D.分液时避免上下层液体混合。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关 键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 9.【答案】B 【解析】解：A.浓差电池中，Cu(1)电极为正极，正极上Cu2+得电子生成Cu,电极反应为Cu2++2e= Cu,故A错误： B.a电极为阴极、b电极为阳极，阳极反应为2H20-4e=O2↑+4H+,阴极反应为2H20+2e=H2↑ +2OH~,则a极附近生成NaOH、b极附近生成H2SO4,所以钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子 交换膜，硫酸根通过离子交换膜生成硫酸、为阴离子交换膜，故B正确： C.电解槽中a电极为阴极，水发生得电子的还原反应生成氢气，a电极反应为4H20+4e=2H2↑ +40H,故C错误； D.电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L,正极析出C:(2.5-1.5)mol/L×2L= 2mol,正极反应为Cu2++2e=C,阴极反应为2H20+2e=H2↑+20H,根据电子守恒有 Cu~2e-~2NaOH,电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol,生成NaOH的质量 m(Na0H=nM=4mol×40g/mol=160g,故D错误； 故选：B。 浓差电池中，左侧溶液中Cu2+浓度大，Cu2+的氧化性强，则Cu(1)电极为正极、Cu(2)电极为负极，正极 上Cu2+发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2++2e-=Cu,负极反应式为Cu-2e-=Cu2+:电解槽中 a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+,阳极反应为2H20-4e-=O2↑+4H+,阴极 上水得电子生成H2,阴极反应为2H20+2e-=H2↑+2OH-,所以Na+通过离子交换膜c生成NaOH, SO?-通过离子交换膜d生成硫酸，即c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜。 本题考查原电池原理和电解池原理，题日难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难 点是电极反应式的书写。 10.【答案】c 【解析】解：A.淀粉水解后，没有加NαOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能检验淀粉的水解产物，故 A错误； 第11页，共16页 B.NaOH溶液过量，分别与氯化铝、氯化铁反应生成沉淀，不发生沉淀转化，则不能探究Ks[Al(OH)3]和 Ksn[Fe(OH)3大小，故B错误： C.取0.1mol·L-1的NaHCO.3溶液和NaCl0溶液，用pH计测其pH,pH越大，对应酸的酸性越弱，则可证明 酸性：H2CO3>HCl0,故C正确： D.硝酸可氧化亚铁离子，则Fe(NO3)2溶于一定浓度的硝酸，不能配制F(NO3)2溶液，故D错误； 故选：C。 A.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖： B.NαOH溶液过量，分别与氯化铝、氯化铁反应生成沉淀： C.取0.1mol·L-1的NaHCO3溶液和NaClo溶液，用pH计测其pH,pH越大，对应酸的酸性越弱： D.硝酸可氧化亚铁离子。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验、难溶电解质、盐类水解、溶 液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 11.【答案】c 【解析】解：A.反应3X(g)+Y(s)=aM(g)+2N(g),3.5min后反应达到平衡，此时测得n(M)= 1.4mol 1.4mol,v(M)=3.5min 2 =0.2mol·L-1.min-1=v(N),所以反应式中M和N的系数比为1：1，所以a= 2,故A正确： B.该反应3.5min后反应达到平衡，此时测得n(M0=1.4mol,所以消耗了2.1mol的X,所以X的平衡转化率 为21m0×100%=70%,故B正确： 3mol CY是固体，固体的浓度视为常数，不能用浓度变化来表示反应速率，故C错误。 D.该反应为气体体积增大的反应，3.5min后反应达到平衡，所以0~3.5min内，随着反应的进行，容器内 混合气体的密度逐渐增大，故D正确： 故选：C。 A.反应3X(g)+Y(s)≠aM(g)+2N(g),3.5min后反应达到平衡，此时测得n(M)=1.4mol,v(M)= =0.2molL-1.mim-1=v(W): 3.5min B.该反应3.5min后反应达到平衡，此时测得n(M)=1.4mol,所以消耗了2.1mol的X,所以X的平衡转化率 为×100%=70%： CY是固体，固体的浓度视为常数： D.该反应为气体体积增大的反应，3.5min后反应达到平衡，所以0~3.5min内，随着反应的进行，容器内 第12页，共16页 混合气体的密度逐渐增大。 本题主要考查了化学平衡的计算，题目难度较大，掌握化学平衡计算的方法是解答该题的关键。 12.【答案】坩埚2I+2H++H202=12+2H20紫红下口放出312+6Na0H=Nal03+5Nal+ 3H20103+5+6H+=312+3H20过滤 【解析】解：(1)为除去海带中的有机化合物，需先将干海带进行灼烧，灼烧在坩埚中进行：步骤①中 H2O2溶液氧化I-生成12，反应的离子方程式为2I+2H++H2O2=I2+2H20, 故答案为：坩埚；2I+2H++H202=12+2H20: (2)含I2的CCl4溶液呈紫红色，由于CCL4密度大于水，则含1z的CCL4溶液在下层，分液时含12的CCL4溶液从 分液漏斗下口放出： (3)步骤③中加入浓Na0H溶液时生成Nal、NalO3,反应的化学方程式为3I2+6Na0H=Nal03+5Nal+ 3H20, 故答案为：3l2+6Na0H=Nal03+5Nal+3H20: (4)步骤④中加入硫酸酸化溶液，103和1~发生归中反应生成12，反应的离子方程式为1O3+51~+6H+= 312+3H20,得到含有I2的悬浊液，采用过滤操作分离出12固体， 故答案为：103+5I+6H+=312+3H20:过滤。 由提碘流程可知，海带浸取液中含I一，①中加入酸化的H2O2溶液氧化I-生成12，发生的反应为2I-+ 2H++H2O2=I2+2H20,②中加入CCl4萃取12，CCL4密度大于水，从下层分离出有机层得到含碘的四氯 化碳溶液，③中加入浓Na0H溶液时发生的反应为3L2+6Na0H=Nal03+5Nal+3H20,分液分离出下 层液体为四氯化碳，上层为含有Nal、NalO3的溶液，④加入硫酸酸化溶液，发生的反应为l05+51~+ 6H+=3L2+3H20,得到含有12的悬浊液，过滤操作分离出12固体，据此分析解答。 本题考查海带提碘实验，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重 分析与实验能力的考查，注意掌握氧化还原反应方程式的书写方法，题目难度中等。 13.【答案】(1)在大试管中先加4mL乙醇，再缓慢加入1mL浓H2S04,边加边振荡，待冷至室温后，再加 浓硫酸 4mL乙酸并摇匀：CH3C00H+C2H5OH京CH3CO0C2H5+H2O: (2)BC; (3)防止反应物随生成物一起大量被蒸出来，导致原料损失及发生副反应： (4)B 【解析】【分析】 本题主要考查了乙酸乙酯的制备，掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，题目难度不大。 第13页，共16页 【解答】 (1)浓硫酸密度大，则配制该混合溶液的主要操作步骤为在大试管中先加4mL乙醇，再缓慢加入1mL浓 H2SO4,边加边振荡，待冷至室温后，再加4mL乙酸并摇匀：乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下反应生成 浓硫酸 乙酸乙酯和水，其反应方程式为：CH3C00H+C2HOH云CH3CO0C2H+H20. (2)乙醇能与水混溶，乙酸具有酸性，能和饱和碳酸钠溶液反应而被吸收，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中 的溶解度较小，易于分离，故选BC。 (3)反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物随产物蒸发而损失原料，温度过高还可 能发生其他副反应。 (4)干燥乙酸乙酯可用无水硫酸钠，不能选择P2O、碱石灰和αOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性 (P2O遇水生成酸)或碱性条件下水解，故选B. 14.【答案】1、(1)石墨： (2)Cr202-+6Fe2++14Ht=2Cr3++6Fe3++7H20; (3)0.1: Ⅱ、(4)阳：2H20-4e-=02↑+4H+或40H--4e=2H20+02↑、2Cr02-+2H+=Cr202-+ H20；阴 Π、(5)C3H8-20e-+10C03-=13C02+4H20:C02 (6)32g 【解析】【分析】本题考查了电化学，涉及物质分离提纯的操作及方法应用、电解和电池原理等，为高考 常见题型，题目难度一般，涉及的知识点较多，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力 【解答】 I、(1)根据反应：Cr20?-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20,需要亚铁离子，应选铁板为阳 极，石墨为阴极。 (2)二价铁与重铬酸根反应的离子方程式：C20?+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20: (3)Cr20?+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20,当电路中每转移1.2mol电子，生成0.6 molFe2+, 最多有0.1 molCr20号-参加反应： Ⅱ、(4)阳极氧化反应，水失电子变成氢离子和氧气，在阳极区重铬酸钠富集。阴极氢离子得电子变成氢 气，在阴极区氢氧化钠富集。钠离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电解时应选择阳离子交换膜；阳极区 第14页，共16页 的反应有：2H20-4e-=02↑+4H+或40H--4e-=2H20+02↑、2Cr0?-+2H+÷Cr202-+ H20:NaOH在阴极室制得： Ⅲ、(5)丙烷在C0?-条件下负极电极反应式C3Hg-20e+10C0好-=13C02+4H20,产生y物质为二氧 化碳，通入石墨2和氧气发生还原反应生成碳酸根离子，石墨1为负极；负极产生y物质为二氧化碳： (6)在标准状况下2.24升丙烷为0.1mol转移2mol电子，据电子守恒，生成1mol硫即32g硫。 15.【答案】(1)苯甲醛： (2)羰基、溴原子还原反应： OH C 0 3)2 CHCH.CH.2CCH.CH,+2H.o CH fo-0时， (5)16: OMgBr 【解析】解：(1)A蒸气密度是相同条件下氢气密度的53倍，A的相对分子质量为53×2=106，结合给予 的信息与B的结枸简式可知A灯◇CH0,则A的名称为：苯甲醛， 故答案为：苯甲醛； (2)由D的结构简式可知，含有的官能团为：羰基、溴原子：对比D、F的结构简式及E的分子式可知，D中 -Br被-NHCH3取代生成E,E中羰基被还原为羟基生成F,故反应⑤为还原反应， 故答案为：羰基、溴原子；还原反应： OH 0 (3)反应②是羟基发生催化氧化生成酮，反应方程式为： Cu CHCH-CH; +082 CCH-CH 2HO' OH 故答案为： CHCH-CH; CCH-CH 2H-Oi CH (4)B的消去反应产物为 CH=CHCH ， 发生加聚反应生成高聚物G,则G的结构简式为： ECH-CH] 第15页，共16页 CHs 故答案为： fCH-CH] (5)C的同分异构体满足：①能与氢氧化钠溶液反应，说明含有酚羟基，②分子中含有两种官能团，说明 还含有碳碳双键，③不考虑顺反异构，取代基为-OH、-CH=CHCH3,或者为-OH、-C(CH3)=CH2, 均有邻、间、对3种，或者为-OH、-CH3、-CH=CH2,而-OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的 -CH=CH2分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有：2×3+4+4+2=16种， 故答案为：16： OMgBr (6)由给予的反应信息可知，Z M为BM◇，N为 环己烯与水发生加成反应生成 0 环己醇，然后发生催化氧化生成 OMgBr 故答案为： 本题考查有机物的推断与合成、官能团的名称、反应类型、同分异构体等，侧重考查学生分析能力、自学 能力与知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查，难度一般，解题的关键是对基础知识的灵活运 用。 第16页，共16页