湖北省武汉市部分重点中学2025年高二化学第二学期期末质量检测试题含解析

湖北省武汉市部分重点中学2025年高二化学第二学期期末质量检测试题注意事项：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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：实验序号稀硝酸的体积/mL剩余固体的质量/gNO的体积/L110017.22.2422008.004.4834000V下列说法正确的是（）A．表中V=7.84LB．原混合物粉末的质量为25.6gC．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875mol•L﹣12、常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是A．相同物质的量浓度的两溶液中的c(OH－)相等B．pH＝13的两溶液稀释100倍，pH都为11C．两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH－)均减小D．体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸3、下列分离提纯方法正确的是A．除去乙醇中少量的水，加入新制的生石灰，过滤B．分离苯和酸性高锰酸钾溶液，蒸馏C．除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入NaOH溶液后分液D．提纯含有碘单质的食盐，常用升华法4、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AZn保护了Fe不被腐蚀B2NO2(g)N2O4(g)为吸热反应C试管内均有红棕色气体生成木炭与浓硝酸发生了反应D常温下，向饱和Na2CO3

溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)A．A B．B C．C D．D5、下列物质的类别与所含官能团都正确的是()A．酚类–OH B．CH3-O-CH3醚类C．醛类–CHO D．羧酸类-CHO6、常温下，向溶液中滴加的氨水，溶液的pH随氨水的体积关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．HA的电离方程式为B．B点时加入HA和氨水恰好完全反应C．A点所示溶液中：D．C点所示溶液中：7、可用来鉴别己烯、甲苯、己烷的一组试剂是()A．溴水 B．酸性高锰酸钾溶液C．溴水、酸性高锰酸钾溶液 D．溴的四氯化碳溶液8、下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是A．化学反应的限度都相同B．可以通过改变温度控制化学反应的限度C．可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度D．当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止9、对下列装置，不添加其他仪器无法检查装置气密性的是A．B．C．D．10、甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。下列说法正确的是A．香叶醇的分子式为C11H18OB．香叶醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应C．lmol甲酸香叶酯可以与2molH2发生加成反应D．香叶醇与甲酸香叶酯均不能发生银镜反应11、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）①向AgNO3溶液中加入过量氨水②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2A．①②③④ B．①④ C．③④ D．②③12、下列图示变化为吸热反应的是（）A． B．C． D．13、下列反应中，反应后固体物质质量增加的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入FeCl2溶液14、下列物质溶于水后溶液显酸性的是A．Na2O2 B．CaCl2 C．FeCl3 D．CH3COONa15、长式周期表共有18个纵列，从左到右排为1～18列，即碱金属为第1列，稀有气体元素为第18列．按这种规定，下列说法正确的是（）A．第四周期第8列元素是铁元素B．只有第2列的元素原子最外层电子排布为ns2C．第14列元素中未成对电子数是同周期元素中最多的D．第15列元素原子的价电子排布为ns2np516、实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ为萃取，分液，萃取剂也可以用选用B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小C．操作Ⅱ中得到的苯，可在操作Ⅰ中循环使用D．操作Ⅲ中要用蒸馏方法分离出苯酚二、非选择题（本题包括5小题）17、某芳香烃A是有机合成中重要的原料，由A制取高聚物M的流程如下：请回答下列问题：（1）反应②的反应类型为___________。（2）E中的官能团名称是___________。（3）反应②的条件是___________。（4）写出A和F的结构简式：A___________；F___________。（5）符合下列条件的E的同分异构体有___________种（不考虑立体异构）。①含有相同官能团②遇FeCl2能发生显色反应③苯环上连有三个取代基（6）写出下列化学反应方程式：反应③___________，D与新制Cu（OH）2悬浊液反应___________。18、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。(5)沉淀C的化学式是________。(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。19、富马酸亚铁(C4H2O4Fe)是常用的治疗贫血的药物。可由富马酸与FeSO4反应制备。(1)制备FeSO4溶液的实验步骤如下：步骤1.称取4.0g碎铁屑，放入烧杯中，加入10%Na2CO3溶液，煮沸、水洗至中性。步骤2.向清洗后的碎铁屑中加入3mol/LH2SO4溶液20mL，盖上表面皿，放在水浴中加热。不时向烧杯中滴加少量蒸馏水，控制溶液的pH不大于1。步骤3.待反应速度明显减慢后，趁热过滤得FeSO4溶液。①步骤1的实验目的是____。②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是____；“控制溶液的pH不大于1”的目的是____。(2)制取富马酸亚铁的实验步骤及步骤（Ⅱ）的实验装置如下：①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)为_______－丁烯二酸（填“顺”或“反”）。②富马酸与足量Na2CO3溶液反应的方程式为_________。③图中仪器X的名称是_________，使用该仪器的目的是__________。(3)测定(2)产品中铁的质量分数的步骤为：准确称取产品ag，加入新煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，再加入新煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲-亚铁指示剂，立即用cmol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，滴定到终点时消耗标准液VmL。①(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液适宜盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②该实验中能否用KMnO4标准溶液代替(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定Fe2+，说明理由_____。③产品中铁的质量分数为________（用含a、V的代数式表示）。20、NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在35～55°C，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11°C)。回答下列问题：（1）装置Ⅰ中反应的离子方程式为__________________。（2）装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________。（3）装置用中NaOH溶液的作用是_____________。（4）用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示：①从图1和图2中可知脱硫、脱硝的最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)＝________________。pH在_________________之间。②图2中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是___________________________________。21、铜及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题：(1)铜或铜盐的焰色反应为绿色，该光谱是________(填“吸收光谱”或“发射光谱”)。(2)基态Cu原子中，核外电子占据的最低能层符号是________，其价电子层的电子排布式为___________，Cu与Ag均属于IB族，熔点：Cu________Ag(填“>”或“<”)。(3)[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是_______；中心原子的轨道杂化类型为_____，[Cu(NH3)4]SO4中Cu2＋与NH3之间形成的化学键称为_______________。(4)用Cu作催化剂可以氧化乙醇生成乙醛，乙醛再被氧化成乙酸，等物质的量的乙醛与乙酸中σ键的数目比为_____________。(5)氯、铜两种元素的电负性如表：CuCl属于________(填“共价”或“离子”)化合物。元素ClCu电负性3.21.9(6)Cu与Cl形成某种化合物的晶胞如图所示，该晶体的密度为ρg·cm－3，晶胞边长为acm，则阿伏加德罗常数为______________(用含ρ、a的代数式表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4n（NO），加入100mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24LNO气体（转移0.3mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56g·mol-1：14.4g÷64g·mol-1=8：9；400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu)×2÷3+2n(Cu)×2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）]÷3×22.4L·,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6g×3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。点睛：对于硝酸与Fe的反应，Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3，过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+，如本题中第1、第2次的两次实验，金属剩余，Fe应该生成Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余8g的成分提供依据，即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe生成Fe3+。2、C【解析】

NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。【详解】A、NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中NaOH溶液中的c(OH－)大，A错误；B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水的pH大于11，B错误；C、NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C正确；D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D错误；答案选C。3、D【解析】分析：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；D．苯与酸性高锰酸钾溶液分层；C．二者均与NaOH反应；D．碘加热易升华，NaCl不变。详解：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，A错误；B．苯与酸性高锰酸钾溶液分层，可分液分离，不能选蒸馏，B错误；C．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液除去乙酸乙酯中的乙酸，C错误；D．碘加热易升华，NaCl不变，则升华法可分离，D正确；答案选D。4、A【解析】

A.①中有蓝色沉淀，证明存在Fe2+，②中试管内无明显变化，说明Fe附近溶液中无Fe2+，对比可说明Zn的存在保护了Fe，故A正确；B.由实验装置图可知，热水中NO2的浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故B错误；C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解：，浓硝酸还具有强氧化性，能和木炭发生反应：，两者都会产生NO2的红棕色气体，所以此实验不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，故C错误；D.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，说明有碳酸钡产生，是因为c(CO32-)浓度很大，不能说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，故D错误；综上所述，本题正确答案：A。5、B【解析】A、羟基没有与苯环之间相连，此有机物属于醇，官能团是－OH，故A错误；B、O原子与两个碳原子相连，此物质属于醚，官能团是醚键，故B正确；C、此有机物的官能团是酯基，此物质属于酯，官能团是，故C错误；D、此有机物的官能团是羧基，此有机物属于羧酸，官能团是－COOH，故D错误。6、B【解析】

A.根据0.1mol/L的HA溶液在常温下初始pH=1，判断HA是强酸，所以HA完全电离，A正确；B.氨水是弱碱，与强酸形成强酸弱碱盐，强酸弱碱盐中的阳离子可以发生水解生成氢离子，若二者恰好完全反应，溶液应该显酸性，图中pH=7，B错误；C.A点所示溶液中溶质成分为NH4A和HA，比例1：1，在此溶液中可写出物料守恒，所有含有A的物质与含有N元素的物质比例为1：2，，C正确；D.C点所示溶液中溶质为NH4A和NH3H2O，比例1：1，根据溶液显碱性，判断以氨水电离为主，所以铵根离子较多，氨水微粒较少，，D正确；答案选B。7、C【解析】

鉴别己烯、甲苯、己烷分为两步进行：①取少量待测液分装于三只试管中，三只试管中滴加少量溴水，能与溴水发生化学反应，使其褪色的是己烯；②再取除己烯外，另外两种待测液少许于两支试管中，两支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，使其褪色的是甲苯。故选C；答案：C【点睛】1.能使溴水反应褪色的有机物有：苯酚、醛、含不饱和碳碳键（碳碳双键、碳碳叁键）的有机物；2.能使酸性高锰酸钾褪色的有机物①与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类及不饱和烃的衍生物反应；与苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反应；②与部分醇羟基、酚羟基（如苯酚）发生氧化还原反应；③与醛类等有醛基的有机物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等）发生氧化还原反应。8、B【解析】

在一定条件下的可逆反应经过一段时间后，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，这种表面上静止的“平衡状态”就是这个可逆反应所能达到的限度。A、化学反应不同，限度不同，选项A错误；B、可以改变外界条件控制化学反应的限度，选项B正确；C、化学反应的限度与反应时间无关，选项C错误；D、当化学反应在一定条件下达到限度时，正、逆反应速率相等，反应未停止，选项D错误。答案选B。9、B【解析】分析：检查装置气密性，必须使被检查装置形成密封体系。详解：A．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，选项A不选；B．图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，选项B选；C．图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，选项C不选；D．对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验．即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，选项D不选；答案选B。10、C【解析】分析：香叶醇分子中含有2个碳碳双键和1个醇羟基，甲酸香叶酯中含有2个碳碳双键和1个酯基，结合相应官能团的性质以及选项中的问题分析判断。详解：A.根据香叶醇的结构简式可知分子式为C11H20O，A错误；B.香叶醇分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上不存在氢原子，不能发生消去反应，B错误；C.甲酸香叶酯中含有2个碳碳双键，因此lmol甲酸香叶酯可以与2molH2发生加成反应，C正确；D.甲酸香叶酯中含有甲酸形成的酯基，因此能发生银镜反应，D错误。答案选C。11、C【解析】

①向AgNO3溶液中加入过量氨水，最终生成银氨络离子，即最终无白色沉淀生成，故①错误；②明矾溶液中加入过量氢氧化钠溶液得不到白色沉淀，因氢氧化铝具有两性，能溶于氢氧化钠溶液，故②错误；③少量氢氧化钙投入碳酸氢钠溶液生成白色沉淀，反应方程式为Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，最终有白色沉淀生成，故③正确；④饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体将析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水参加了反应，溶剂质量减少，且相同条件下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，有白色碳酸氢钠晶体析出，故④正确；答案选C。【点睛】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意④中虽然方程式中没有沉淀生成，但根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项。12、A【解析】

A.反应物的能量小于生成物的能量，图中反应为吸热反应，符合题意，A项正确；B.反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，不符合题意，B项错误；C.浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，不符合题意，C项错误；D.活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D项错误；答案选A。13、B【解析】分析：A.氢气与CuO的反应生成Cu和水；

B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；

C.Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；

D.Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe。详解:A.氢气与CuO的反应生成Cu和水,反应前固体为CuO,反应后固体为Cu,固体质量减小,故A错误；

B.二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气,反应前固体为过氧化钠,反应后固体为碳酸钠,二者物质的量相同,固体质量增加,故B正确；

C.Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al,反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体,固体质量不变,所以C选项是错误的；

D..Zn与FeCl2反应生成ZnCl2和Fe,反应前固体为Zn,反应后固体为Fe,二者物质的量相同,则固体质量减小,故D错误；

所以B选项是正确的。14、C【解析】分析：考查电解质溶液的酸碱性，溶液显酸性的应该是酸溶液或强酸弱碱盐溶液。详解：Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，A错误；CaCl2为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，B错误；FeCl3为强酸弱碱盐，溶于水后铁离子水解产生H+，溶液呈酸性，C正确；CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，D错误；正确选项C。15、A【解析】分析：A．第四周期第8列元素的原子序数为26；B．第18列He元素最外层电子排布为1s2；C．未成对电子数最多的元素，d能级有5个电子；D．第15列元素原子的价电子排布为ns2np3。详解：A．第四周期第8列元素的原子序数为26，为铁元素，A正确；B．元素原子最外层电子排布为ns2的不一定位于第2列，例如第18列He元素最外层电子排布为1s2，B错误；C．未成对电子数最多的元素，d能级有5个电子，应为第5列，C错误；D．第15列元素原子的价电子排布为ns2np3，最外层5个电子，D错误。答案选A。点睛：本题考查元素周期表的结构、位置与结构关系，题目难度不大，注意整体把握元素周期表、注意元素的特殊性，另外也需要注意举例排除法的应用。16、D【解析】

整个实验过程为，用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过分液操作进行分离得到苯酚。【详解】A.操作Ⅰ为用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，萃取剂也可以用选用，A项正确；B.苯酚钠属于钠盐，钠盐易溶于水，所以苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的小，B项正确；C.操作Ⅱ中得到的苯，可继续萃取废水中的苯酚，可以循环使用，C项正确；D.操作Ⅲ中用分液方法分离出苯酚，因为只含有苯酚一种有机溶剂，D项错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应或水解反应羧基和羟基氢氧化钠溶液、加热202+O22+2H2O+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O【解析】

根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为，据此分析。【详解】根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为。（1）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成和溴化钠，反应类型为水解反应或取代反应；（2）E为，其中官能团名称是羧基和羟基；（3）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，条件是氢氧化钠溶液、加热；（4）A的结构简式为；F的结构简式为；（5）E为，符合条件的E的同分异构体：①含有相同官能团，即羧基和羟基；②遇FeCl2能发生显色反应，则为酚羟基；③苯环上连有三个取代基，故苯环上的取代基可以为-OH、-COOH和-CH2CH3或-OH、-CH2COOH和-CH3两种组合，根据定二动三，每种组合的同分异构体有10种，共20种符合条件的同分异构体；（6）反应③的化学反应方程式为2+O22+2H2O，D与新制Cu(OH)2悬浊液反应，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。【点睛】本题考查有机推断，利用逆推法推出各有机物的结构简式是解答本题的关键。易错点为（5），应注意苯环上取代基的确定，再利用其中二个取代基在苯环上的位置为邻、间、对位，第三个取代基在苯环上的取代种数分别为4、4、2，从而求得同分异构体的数目。18、CO2钠、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2OMg(OH)2Mg3Al(OH)7CO3【解析】

气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；（4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。19、除去铁锈表面油污补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出抑制Fe2+水解反+Na2CO3+CO2↑+H2O(球形，回流)冷凝管冷凝回流水酸式不能，KMnO4溶液除氧化Fe2+外，还能氧化富马酸中的碳碳双键【解析】

(1)①步骤1中加入碳酸钠溶液显碱性，可去除油污；②根据该步操作加热水分蒸发导致溶液浓度变大分析；从盐的水解角度分析控制pH大小的原因；(2)①根据两个相同基团在双键同一侧的为顺式结构，在不同侧的为反式结构分析；②根据羧酸的酸性比碳酸酸性强，强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸书写；③根据仪器的结构命名；结合实验操作判断其作用；(3)①根据盐溶液的酸碱性判断使用滴定管的种类；②KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化Fe2+、碳碳双键；③根据消耗标准溶液的体积及浓度计算n(Fe2+)，再计算其质量，最后根据物质的含量计算公式计算铁的质量分数。【详解】(1)①步骤1中加入碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液CO32-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，油脂能够与碱发生反应产生可溶性的物质，因此加入碳酸钠溶液目的是去除可去除铁锈表面油污；②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出；FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+水解使溶液显酸性，“控制溶液的pH不大于1”就可以抑制Fe2+水解，防止形成Fe(OH)2沉淀；(2)①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)结构简式为，可知：两个相同的原子或原子团在碳碳双键的两侧，因此该富马酸是反式结构；名称为反－丁烯二酸；②富马酸与足量Na2CO3溶液反应产生富马酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：+Na2CO3+CO2↑+H2O；③由仪器的结构可知：该物质名称是球形冷凝管；其作用是冷凝回流水，减少水分挥发；(3)①(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以应该将其标准溶液适宜盛放在酸式滴定管中；②使用(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定，只发生Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，若使用KMnO4标准溶液，由于KMnO4具有强氧化性，不仅可以氧化Fe2+，也可以氧化碳碳双键，所以不能用来测定Fe2+；③根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知n(Fe2+)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则m(Fe2+)=56cV×10-3g，所以产品中铁的质量分数为×100%。【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识，涉及仪器的使用、操作目的、盐的水解及其应用、物质结构的判断化学方程式的书写及物质含量的测定与计算等知识。掌握化学基本原理和基础知识是本题解答关键。20、SO2+2ClO3-＝2