2022-2022学年浙江省温州市五校高三（上）开学化学试卷一、选择题（35分）本题共6小题，在每个小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求．1．下列说法正确的是：()A．2022年1月4日，国家首次将雾霾天气纳入自然灾情进行通报．雾霾也是一种分散系，分散剂为空气B．氯化氢溶于水的过程中虽然有H﹣Cl键的断裂，但没有新化学键的形成，所以该过程是物理过程C．2022年12月某市某化工市场发生爆炸，据调查为化工原料“醋酸乙烯”燃烧所致，该化工原料属于烯烃D．2022年的诺贝尔化学奖授予了超高分辨率荧光显微镜的发展者，该技术突破了光学显微镜的极限，能观察到纳米尺度的微粒，该技术还可以将研究反应速率的时间分辨率达到纳秒级水平2．镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，被大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域．下列关于镁铝合金性质的叙述中，正确的是()A．此合金的熔点比镁和铝的熔点都高B．此合金能全部溶解于稀盐酸中C．此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中D．此合金的硬度比镁和铝的硬度都小3．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的单质常通过分离液态空气得到，Z元素的单质是常见的半导体材料，W与Z同族，R与Y同族，其单质有杀菌作用．下列叙述不正确的是()A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，且均能与水反应B．根据非金属性强弱，不可能由Z的最高价氧化物制出W的最高价氧化物C．Y的简单氢化物的沸点和热稳定性均大于R的简单氢化物-27-D．向两份BaCl2溶液中分别通入RY2、WY2，均无白色沉淀生成，但一段时间后，通入RY2的一份中可能产生沉淀4．下列有机物相关描述不正确的()A．按照有机物系统命名法，化合物的名称为：3，3﹣二乙基戊烷B．甲醇、乙二醇、丙三醇都为饱和醇，熔沸点依次递增C．甘氨酸H2N﹣CH2COOH、丙氨酸CH3CH（NH2）COOH、谷氨酸HOOCCH2CH2CH（NH2）COOH一定条件下形成链状三肽的结构最多有33种D．分子式为C5H10O2的所有酯类的同分异构体共有9种5．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．下列有关说法正确的是()A．b电极上发生氧化反应B．b电极附近溶液的pH增大C．a电极反应式：C6H10O5+24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+D．中间室：Na+移向左室，Cl﹣移向右室6．常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3-27-溶液，pH=7.8．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示．下列说法正确的是()A．当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣）B．NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小D．通过分析可知常温下Kb（NH3•H2O）＞Ka1（H2CO3）【选做题】（共1小题，每小题5分，满分5分）7．铜的冶炼过程大致可分为：①富集，将硫化物矿进行浮选；②焙烧，主要反应为2CuFeS2+4O2═Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑；④电解精炼铜．下列说法正确的是()A．冶炼过程中的尾气可用来制硫酸B．上述过程中，由1molCuFeS2制取1molCu时共消耗2molO2C．在反应2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑中，只有Cu2O作氧化剂D．电解精炼铜的过程中，每转移1mol电子时，阳极溶解铜的质量为32g【选做题】（共1小题，每小题3分，满分3分）-27-8．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、AlO2﹣中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L﹣1，某同学进行了如图实验：下列说法正确的是()A．无法确定原试液中是否含有Fe3+、K+B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+、H+和Al3+C．无法确定沉淀B的成分D．原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣二、分析应用题：共4大题，共65分.9．（14分）某无机化合物A的相对分子质量为184，在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7．将18.4gA隔绝空气加强热可得到12.8gB和气体单质C．请回答下列问题：（1）A的化学式为__________，C的电子式为__________．（2）写出SCl2与氨反应的化学方程式：__________．（3）亚硝酸钠和X固体在加热条件下__________（填“可能”或“不能”）发生反应，判断理由是__________．（4）请设计检验物质X的实验方案：__________．10．NH3在工业生产上有重要的应用（1）写出用浓氨水检验氯气管道泄漏的化学反应方程式__________（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定结构，试写出A的电子式__________；A在一定条件下能与水反应，可用于饮用水的消毒，试写出此反应的化学反应方程式__________．-27-11．某白色固体甲常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去．为研究其组成，某小组同学进行了如下实验．又知，甲的焰色为黄色，盐丙和丁的组成元素和甲相同，乙能使品红溶液褪色，①处气体体积在充分加热挥发后经干燥测定（1）甲中所含阳离子的结构示意图__________，甲的化学式__________（2）写出①中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式__________（3）乙能使品红溶液褪色的原因是__________（4）甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，试写出该反应的化学反应方程式__________（5）下列物质中可能在溶液中与甲反应的是__________A．NaIB．Cl2C．AgNO3D．NaOH．12．二氧化碳的捕集、利用与封存（CCUS）是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业．（1）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=ckJ•mol﹣1反应CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）的△H=__________kJ•mol﹣1．-27-（2）利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反应方程式为：CO2+3H2═CH3OH+H2O其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如图1所示．①a点所代表的状态__________（填“是”或“不是”）平衡状态．②c点CO2的转化率高于b点，原因是__________．（3）在实际生产中发现，随着甲醇的生成，还伴随有少量CO副产物出现：CO2+H2⇌CO+H2O△H＞0，且CO2的转化率、甲醇的产率和CO含量除受浓度、度、压强等因素影响外，还受催化剂CuO的质量分数、气体混合物在反应锅炉内的流动速率影响（用空间流率表示）．通过实验分别得到如下数据图2、①由图2得，最佳空间流率为__________h﹣1；②在其他条件不变的前提下调整催化剂配比，并记录到达平衡所需的时间，得到如下表数据，催化剂组分质量分数（%）CuO0255075100ZnO1007550250到达平衡所需时间（h）2.57.48.112无催化活性试说明不选择单组份ZnO原因是__________．（4）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1MPa，n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）△H，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图4所示：①该进行的反应的△S__________0（填：“＞”或“＜”）②对于气体反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作KP），则该反应的KP=__________．③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是__________（列举2项）．13．已知苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇、乙醚，有弱酸性，酸性比醋酸强．它可用于制备苯甲酸乙酯和苯甲酸铜．（一）制备苯甲酸乙酯+C2H5OH+H2O相关物质的部分物理性质如上表格：CuO0255075100-27-催化剂组分质量分数（%）ZnO1007550250达到平衡所需要时间（h）2.57.48.112无催化剂实验流程如下：（1）制备苯甲酸乙酯，下列装置最合适的是__________，反应液中的环己烷在本实验中的作用__________．（2）步骤②控制温度在65～70℃缓慢加热液体回流，分水器中逐渐出现上、下两层液体，直到反应完成，停止加热．放出分水器中的下层液体后，继续加热，蒸出多余的乙醇和环己烷．反应完成的标志是__________．（3）步骤③碳酸钠的作用是__________，碳酸钠固体需搅拌下分批加入的原因__________．（4）步骤④将中和后的液体转入分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层，用无水MgSO4干燥．乙醚的作用__________．（5）步骤⑤蒸馏操作中，下列装置最好的是__________（填标号），蒸馏时先低温蒸出乙醚，蒸馏乙醚时最好采用__________-27-（水浴加热、直接加热、油浴加热）．（二）制备苯甲酸铜将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2粉未，然后水浴加热，于70～80℃下保温2～3小时；趁热过滤，滤液蒸发冷却，析出苯甲酸铜晶体，过滤、洗涤、干燥得到成品．（6）混合溶剂中乙醇的作用是__________，趁热过滤的原因__________（7）本实验中下列药品不能代替氢氧化铜使用的是__________A．醋酸铜B．氧化铜C．碱式碳酸铜D．硫酸铜（8）洗涤苯甲酸铜晶体时，下列洗涤剂最合适的是__________A．冷水B．热水C．乙醇D．乙醇水混合溶液．-27-2022-2022学年浙江省温州市五校高三（上）开学化学试卷一、选择题（35分）本题共6小题，在每个小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求．1．下列说法正确的是：()A．2022年1月4日，国家首次将雾霾天气纳入自然灾情进行通报．雾霾也是一种分散系，分散剂为空气B．氯化氢溶于水的过程中虽然有H﹣Cl键的断裂，但没有新化学键的形成，所以该过程是物理过程C．2022年12月某市某化工市场发生爆炸，据调查为化工原料“醋酸乙烯”燃烧所致，该化工原料属于烯烃D．2022年的诺贝尔化学奖授予了超高分辨率荧光显微镜的发展者，该技术突破了光学显微镜的极限，能观察到纳米尺度的微粒，该技术还可以将研究反应速率的时间分辨率达到纳秒级水平【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．雾霾分散剂是空气，分散质为灰尘；B．氯化氢溶于水是以水合过程为主，所以氯化氢溶于水是化学变化；C．烯烃属于烃，只含有C、H两种元素；D．纳米是长度单位．【解答】解：A．雾霾分散剂是空气，分散质为灰尘，是分散系，故A正确；B．氯化氢溶于水是以水合过程为主，所以氯化氢溶于水是化学变化，故B错误；C．“醋酸乙烯”含有C、H、O三种元素，不属于烃，故C错误；D．纳米是长度单位，不是时间单位，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了生活中化学知识，熟悉分散系的概念、烃的概念是解题关键，题目难度不大．-27-2．镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，被大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域．下列关于镁铝合金性质的叙述中，正确的是()A．此合金的熔点比镁和铝的熔点都高B．此合金能全部溶解于稀盐酸中C．此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中D．此合金的硬度比镁和铝的硬度都小【考点】金属与合金在性能上的主要差异．【分析】根据合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低，结合金属的化学性质，进行分析判断．【解答】解：A．合金的熔点比各成分金属的低，故A错误；B．此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，故B正确；C．此合金属于镁和铝的混合物，铝与氢氧化钠，故C错误；D．合金的硬度比各成分金属的高，故D错误．故选B．【点评】本题考查金属与合金在性能上的主要差异，难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征、金属的化学性质是正确解答本题的关键．3．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的单质常通过分离液态空气得到，Z元素的单质是常见的半导体材料，W与Z同族，R与Y同族，其单质有杀菌作用．下列叙述不正确的是()A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，且均能与水反应B．根据非金属性强弱，不可能由Z的最高价氧化物制出W的最高价氧化物C．Y的简单氢化物的沸点和热稳定性均大于R的简单氢化物D．向两份BaCl2溶液中分别通入RY2、WY2，均无白色沉淀生成，但一段时间后，通入RY2的一份中可能产生沉淀【考点】原子结构与元素的性质．-27-【分析】X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，则X为Na；Y元素的单质常通过分离液态空气得到，Y单质为氮气或氧气，而R与Y同族，其单质有杀菌作用，则Y为O元素、R为S元素；Z元素的单质是常见的半导体材料，则Z为Si，W与Z同族，则W为C元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，则X为Na；Y元素的单质常通过分离液态空气得到，Y单质为氮气或氧气，而R与Y同族，其单质有杀菌作用，则Y为O元素、R为S元素；Z元素的单质是常见的半导体材料，则Z为Si，W与Z同族，则W为C元素．A．X与Y形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，晶体中阴、阳离子的个数比均为1：2，前者与水反应生成氢氧化钠，后者与水反应是生成氢氧化钠与氧气，故A正确；B．高温下碳能与二氧化硅反应生成Si与二氧化碳，故B错误；C．Y、R的简单氢化物分别为H2O、H2S，H2O分子之间存在氢键，沸点高于H2S，由于非金属性O＞S，故稳定性：H2O＞H2S，故C正确；D．向两份BaCl2溶液中分别通入SO2、CO2，均无白色沉淀生成，由于溶液中亚硫酸被氧气氧化为硫酸，一段时间后，通入SO2的一份中可能产生硫酸钡沉淀，故D正确．故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握，难度中等．4．下列有机物相关描述不正确的()A．按照有机物系统命名法，化合物的名称为：3，3﹣二乙基戊烷B．甲醇、乙二醇、丙三醇都为饱和醇，熔沸点依次递增C．甘氨酸H2N﹣CH2COOH、丙氨酸CH3CH（NH2）COOH、谷氨酸HOOCCH2CH2CH（NH2）COOH一定条件下形成链状三肽的结构最多有33种D．分子式为C5H10O2的所有酯类的同分异构体共有9种【考点】有机化合物命名；晶体熔沸点的比较；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A、为烷烃，最长碳链为5，据此命名即可；B、甲醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多；C、氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同；-27-D、分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，进行书写判断．【解答】解：A、为烷烃，最长碳链为5，在3号碳上含有2个乙基，正确命名为：3，3﹣二乙基戊烷，故A正确；B．甲醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则甲醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故B正确；C、氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同，故形成的肽键多余27种，C错误；D、若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，形成的酯有四个：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，形成的酯有2个：CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH（CH3）2；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，形成的酯有1个：CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2中，形成的酯有2个：CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH3．故有9种，故D正确；故选C．【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断．5．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．下列有关说法正确的是()A．b电极上发生氧化反应B．b电极附近溶液的pH增大C．a电极反应式：C6H10O5+24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+D．中间室：Na+移向左室，Cl﹣移向右室-27-【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，据此分析解答．【解答】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极发生还原反应，故A错误；B．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故B正确；C．左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，故C错误；D．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl﹣移向负极室左室，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握．6．常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH=7.8．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示．下列说法正确的是()-27-A．当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣）B．NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小D．通过分析可知常温下Kb（NH3•H2O）＞Ka1（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B．根据碳酸氢铵溶液中的物料守恒分析；C．该碳酸氢铵溶液的pH=7.8，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3﹣浓度变化；D．碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小．【解答】解：A．结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（CO32﹣），故A错误；B．NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），溶液显碱性则c（H+）＜c（OH﹣），所以c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（H+）＜c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B错误；C．0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故D正确；故选D．【点评】本题结合图象考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．【选做题】（共1小题，每小题5分，满分5分）7．铜的冶炼过程大致可分为：①富集，将硫化物矿进行浮选；②焙烧，主要反应为2CuFeS2+4O2═Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑；-27-④电解精炼铜．下列说法正确的是()A．冶炼过程中的尾气可用来制硫酸B．上述过程中，由1molCuFeS2制取1molCu时共消耗2molO2C．在反应2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑中，只有Cu2O作氧化剂D．电解精炼铜的过程中，每转移1mol电子时，阳极溶解铜的质量为32g【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】A．尾气中含有二氧化硫，可用作制造硫酸；B．依据方程式：2CuFeS2+4O2═Cu2S+3SO2+2FeO、2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑计算解答；C．依据氧化亚铜在反应中化合价变化判断；D．电解精炼铜的过程中，阳极溶解的不全都是铜．【解答】解：A．炼过程中的尾气含有二氧化硫，可用来制硫酸，故A正确；B．依据给出方程式可知，反应的总分应方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO，由1molCuFeS2制取1molCu时，共消耗2.5molO2，故B错误；C.2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑，反应中铜化合价降低，氧元素化合价不变，所以氧化亚铜只做氧化剂，故C错误；D．电解精炼铜的过程中，阳极溶解的不都是铜，所以每转移1mol电子时，阳极溶解铜的质量不是32g，故D错误；故选：A．【点评】本题考查金属的冶炼以及氧化还原有关知识，熟悉氧化还原反应基本概念和规律即可解答，题目难度不大．【选做题】（共1小题，每小题3分，满分3分）8．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、AlO2﹣中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L﹣1，某同学进行了如图实验：-27-下列说法正确的是()A．无法确定原试液中是否含有Fe3+、K+B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+、H+和Al3+C．无法确定沉淀B的成分D．原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【分析】试液中加入盐酸产生气体，说明一定含有硝酸根离子和二价铁离子；滤液中加入氢氧化钡生成沉淀，说明一定含有氨根离子，因为加入盐酸，在酸性环境下二价铁离子被氧化生成三价铁，产生氢氧化铁沉淀，二价铁离子与偏铝酸根离子发生双水解，不共存，所以一定不含有偏铝酸根离子，加入氢氧化钡溶液产生气体，则一定含有氨根离子，产生沉淀A，该沉淀可能是氢氧化铁或者硫酸钡，滤液中含有大量钡离子、氢氧根离子，通入二氧化碳，得到沉淀B为碳酸钡沉淀，因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，判断是否含有钾离子和硫酸根离子，据此解答．【解答】解：试液中加入盐酸产生气体，硝酸根离子、二价铁离子在酸性环境下发生氧化还原反应生成三价铁离子和一氧化氮，说明一定含有硝酸根离子、二价铁离子；二价铁离子与偏铝酸根离子发生双水解不共存，一定不含偏铝酸根离子，向滤液中加入足量氢氧化钡，产生气体，氢氧根离子与氨根离子反应生成氨气，一定含有氨根离子，因为第一步反应中生成三价铁离子，所以加入氢氧化钡会产生氢氧化铁沉淀或者硫酸钡，滤液中含有大量钡离子、氢氧根离子，通入二氧化碳，得到沉淀B为碳酸钡沉淀，因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，依据溶液中阴阳离子所带电荷守恒可知：硫酸根离子一定存在；三价铁离子，一定不存在；一定不存在的是：Fe3+、AlO2﹣；所以一定含有的离子有：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣；无法确定的是：K+、Cl﹣，A．通过实验现象无法确定是否含有Cl﹣、K+，故A错误；B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+，不含有铝离子、氢离子，故B错误；C．沉淀B的成分为碳酸钡沉淀，故C错误；D．原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣，故D正确；故选：D．-27-【点评】本题考查了常见离子的性质检验，熟悉离子的性质及检验方式是解题关键，题目难度中等．二、分析应用题：共4大题，共65分.9．（14分）某无机化合物A的相对分子质量为184，在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7．将18.4gA隔绝空气加强热可得到12.8gB和气体单质C．请回答下列问题：（1）A的化学式为S4N4，C的电子式为．（2）写出SCl2与氨反应的化学方程式：6SCl2+16NH3S4N4+2S+12NH4Cl．（3）亚硝酸钠和X固体在加热条件下可能（填“可能”或“不能”）发生反应，判断理由是NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4Cl中N元素化合价为﹣3价，发生氧化还原反应生成N2．（4）请设计检验物质X的实验方案：取少量X固体加水溶解，分成两份；其中一份加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+；向另一份溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则证明有Cl﹣．【考点】无机物的推断．【分析】X的水溶液的pH＜7，则X为强酸弱碱盐，在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，根据元素守恒知淡黄色单质B为S、X为NH4Cl，某无机化合物A的相对分子质量为184，18.4gA的物质的量==0.1mol，根据质量守恒定律得C质量为18.4g﹣12.8g=5.6g，A分解生成S和单质C，则A是二元化合物且含有S元素，SCl2与氨反应生成NH4Cl，氨气中N、H原子个数比为1：3、氯化铵中N、H原子个数比为1：4，根据原子守恒知，A中还含有N元素，所以C为N2，n（S）==0.4mol、n（S）==0.4mol，所以A中N、S原子个数之比为0.4mol：0.4mol=1：1，所以A为S4N4，据此分析解答．【解答】解：（1）通过以上分析知，A的化学式为S4N4，C是氮气，其电子式为，故答案为：S4N4；；（2）一定条件下，SCl2与氨反应生成S、氯化铵和S4N4，反应方程式为6SCl2+16NH3S4N4+2S+12NH4Cl，-27-故答案为：6SCl2+16NH3S4N4+2S+12NH4Cl；（3）亚硝酸钠中N元素化合价为+3价、氯化铵中N元素化合价为﹣3价，二者可以发生氧化还原反应生成0价的氮气，故答案为：可能；NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4Cl中N元素化合价为﹣3价，发生氧化还原反应生成N2；（4）X为氯化铵，氯离子可以用硝酸酸化的硝酸银检验，铵根离子可以用NaOH、湿润的红色石蕊试纸检验，其检验方法是：取少量X固体加水溶解，分成两份；其中一份加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+；向另一份溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则证明有Cl﹣，故答案为：取少量X固体加水溶解，分成两份；其中一份加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+；向另一份溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则证明有Cl﹣．【点评】本题考查无机物推断，涉及S、N元素及其化合物之间的转化，根据氨气与SCl2反应前后N、H元素原子个数比确定A是解本题关键，熟悉常见离子的检验方法，易错点是化学用语的灵活运用，题目难度中等．10．NH3在工业生产上有重要的应用（1）写出用浓氨水检验氯气管道泄漏的化学反应方程式3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定结构，试写出A的电子式；A在一定条件下能与水反应，可用于饮用水的消毒，试写出此反应的化学反应方程式NCl3+3H2O=NH3+3HClO．【考点】氨的化学性质；氯气的化学性质．【分析】（1）氯气和氨气反应生成氯化铵和氮气；（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定结构，生成的酸是HClO，A为NCl3，三氯化氮和水反应生成次氯酸和氨气．【解答】解：（1）氯气和氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，故答案为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2；-27-（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定结构，生成的酸是HClO，A为NCl3，电子式为，三氯化氮和水反应生成次氯酸和氨气，反应方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO，故答案为：；NCl3+3H2O=NH3+3HClO．【点评】本题考查氨气和氯气性质，侧重考查学生分析推断能力，正确判断A分子式是解本题关键，知道氨气的检验方法及现象，题目难度不大．11．某白色固体甲常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去．为研究其组成，某小组同学进行了如下实验．又知，甲的焰色为黄色，盐丙和丁的组成元素和甲相同，乙能使品红溶液褪色，①处气体体积在充分加热挥发后经干燥测定（1）甲中所含阳离子的结构示意图，甲的化学式Na2S2O4（2）写出①中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O（3）乙能使品红溶液褪色的原因是能与品红结合生成不稳定的无色化合物（4）甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，试写出该反应的化学反应方程式Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4（5）下列物质中可能在溶液中与甲反应的是BCA．NaIB．Cl2C．AgNO3D．NaOH．【考点】无机物的推断．-27-【分析】甲的焰色为黄色，含有Na元素，盐丙和丁的组成元素和甲相同，加入足量硫酸反应生成的乙能使品红溶液褪色，则乙为SO2，生成的淡黄色沉淀为S，丙、丁中其中一种为Na2S2O3，发生反应：Na2S2O3+H2SO4=S↓+SO2↑+Na2SO4+H2O，反应①生成的二氧化硫为=0.02mol，硫为0.32g即0.01mol，而Na2S2O3+H2SO4=S↓+SO2↑+Na2SO4+H2O中生成的S、SO2均为0.01mol，故丙、丁中其中一种为Na2SO3，发生反应：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，该反应生成SO2为0.02mol﹣0.01mol=0.01mol，结合方程式可知，Na2S2O3为0.01mol，Na2SO3为0.01mol，甲分解得到二氧化硫为=0.01mol，根据原子守恒可知，0.02mol甲中含有：Na原子为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol，S原子为0.01mol+0.01mol×2+0.01mol=0.04mol，O原子为（0.01mol+0.01mol）×3+0.01mol×2=0.08mol，则1mol甲含有2molNa原子、2molS原子、4molO原子，故甲的化学式为Na2S2O4，据此解答．【解答】解：甲的焰色为黄色，含有Na元素，盐丙和丁的组成元素和甲相同，加入足量硫酸反应生成的乙能使品红溶液褪色，则乙为SO2，生成的淡黄色沉淀为S，丙、丁中其中一种为Na2S2O3，发生反应：Na2S2O3+H2SO4=S↓+SO2↑+Na2SO4+H2O，反应①生成的二氧化硫为=0.02mol，硫为0.32g即0.01mol，而Na2S2O3+H2SO4=S↓+SO2↑+Na2SO4+H2O中生成的S、SO2均为0.01mol，故丙、丁中其中一种为Na2SO3，发生反应：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，该反应生成SO2为0.02mol﹣0.01mol=0.01mol，结合方程式可知，Na2S2O3为0.01mol，Na2SO3为0.01mol，甲分解得到二氧化硫为=0.01mol，根据原子守恒可知，0.02mol甲中含有：Na原子为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol，S原子为0.01mol+0.01mol×2+0.01mol=0.04mol，O原子为（0.01mol+0.01mol）×3+0.01mol×2=0.08mol，则1mol甲含有2molNa原子、2molS原子、4molO原子，故甲的化学式为Na2S2O4，（1）甲为Na2S2O4，甲中所含阳离子的结构示意图为：，故答案为：；Na2S2O4；-27-（2）①中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（3）乙为二氧化硫，能与品红结合生成不稳定的无色化合物，使品红溶液褪色，故答案为：能与品红结合生成不稳定的无色化合物；（4）Na2S2O4的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，硫元素化合价升高，反应生成NaHSO3、NaHSO4，该反应的化学反应方程式：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，故答案为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4；（5）甲具有还原性，氯气具有氧化性，硝酸银溶液显酸性，具有氧化性，二者可能与甲反应，故选：BC．【点评】本题考查无机物推断，属于计算型推断，关键是根据气体乙的性质及淡黄色沉淀判断丙、丁其中一种为Na2S2O3，需要学生具备扎实的基础，难度较大．12．二氧化碳的捕集、利用与封存（CCUS）是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业．（1）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=ckJ•mol﹣1反应CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）的△H=（a+2b﹣2c）kJ•mol﹣1．（2）利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反应方程式为：CO2+3H2═CH3OH+H2O其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如图1所示．①a点所代表的状态不是（填“是”或“不是”）平衡状态．②c点CO2的转化率高于b点，原因是b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大．-27-（3）在实际生产中发现，随着甲醇的生成，还伴随有少量CO副产物出现：CO2+H2⇌CO+H2O△H＞0，且CO2的转化率、甲醇的产率和CO含量除受浓度、度、压强等因素影响外，还受催化剂CuO的质量分数、气体混合物在反应锅炉内的流动速率影响（用空间流率表示）．通过实验分别得到如下数据图2、①由图2得，最佳空间流率为3600h﹣1；②在其他条件不变的前提下调整催化剂配比，并记录到达平衡所需的时间，得到如下表数据，催化剂组分质量分数（%）CuO0255075100ZnO1007550250到达平衡所需时间（h）2.57.48.112无催化活性试说明不选择单组份ZnO原因是使用单组分ZnO时反应速率虽然快，但是由图3可知，二氧化碳转化率、甲醇的产率都过低，实际生产中没有意义，故不采用．（4）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以0.1MPa，n（H2）：n（CO2）=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）△H，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图4所示：①该进行的反应的△S＜0（填：“＞”或“＜”）②对于气体反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作KP），则该反应的KP=．③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强；提高氢气和二氧化碳物质的量的比值（列举2项）．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol﹣1③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=ckJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①+②×2﹣2×③可得：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g），反应的焓变也进行相应的计算；（2）①催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡，不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CO2的转化率相同；②b、c点均未达到平衡状态，升高温度，化学反应速率加快，CO2的转化率较大；-27-（3）①根据二氧化碳转化率最大、甲醇产量最大，选择最佳空间流率，流动速率高会消耗能量；②使用单组份ZnO时反应速率虽然最快，但是由图3可知，CO2转化率、CH3OH产率均过低；③由图可知，在t0时改变一个条件，使曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ，反应速率加快，不影响平衡移动，不可能是升高温度，且改变条件浓度也不变，不可能是增大压强，可能是加入催化剂；（4）①反应是气体物质的量减小的反应，混乱度减小；②Kp等于各产物平衡分压系数次方的乘积和各个反应物平衡分压系数次方乘积的比值；③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值等．【解答】解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ•mol﹣1③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3=ckJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①+②×2﹣2×③可得：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g），则△H=（a+2b﹣2c）kJ•mol﹣1，故答案为：（a+2b﹣2c）；（2）①催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡，所以不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CO2的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；②b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大；故答案为：b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大；（3）①由图可知，在3600h﹣时，二氧化碳转化率最大，甲醇产量最大，流动速率高会消耗能量，故最佳流动速率为3600h﹣，故答案为：3600；②使用单组份ZnO时反应速率虽然最快，但是由图3可知，CO2转化率、CH3OH产率均过低实际生产中没有意义，故不采用，故答案为：使用单组分ZnO时反应速率虽然快，但是由图3可知，二氧化碳转化率、甲醇的产率都过低，实际生产中没有意义，故不采用；③由图可知，在t0时改变一个条件，使曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ，反应速率加快，不影响平衡移动，不可能是升高温度，且改变条件浓度也不变，不可能是增大压强，可能是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；-27-（4）①反应是气体物质的量减小的反应，混乱度减小，则△S＜0，故答案为：＜；②该反应的Kp等于各产物平衡分压系数次方的乘积和各个反应物平衡分压系数次方乘积的比值，即KP=，故答案为：；③提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，故答案为：增大压强；提高氢气和二氧化碳物质的量的比值．【点评】本题考查化学平衡的影响、图象分析、反应热计算等，需要学生具备扎实的基础，侧重考查阅读获取信息能力、分析解决问题的能力，难度较大．13．已知苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇、乙醚，有弱酸性，酸性比醋酸强．它可用于制备苯甲酸乙酯和苯甲酸铜．（一）制备苯甲酸乙酯+C2H5OH+H2O相关物质的部分物理性质如上表格：催化剂组分质量分数（%）CuO0255075100ZnO1007550250达到平衡所需要时间（h）2.57.48.112无催化剂实验流程如下：（1）制备苯甲酸乙酯，下列装置最合适的是B，反应液中的环己烷在本实验中的作用（通过形成水﹣乙醇﹣环己烷三元共沸物）带出生成的水，促进酯化反应向正向进行．-27-（2）步骤②控制温度在65～70℃缓慢加热液体回流，分水器中逐渐出现上、下两层液体，直到反应完成，停止加热．放出分水器中的下层液体后，继续加热，蒸出多余的乙醇和环己烷．反应完成的标志是分水器中下层（水层）液面不再升高．（3）步骤③碳酸钠的作用是中和苯甲酸和硫酸，碳酸钠固体需搅拌下分批加入的原因加入过快大量泡沫的产生可使液体溢出．（4）步骤④将中和后的液体转入分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层，用无水MgSO4干燥．乙醚的作用萃取出水层中溶解的苯甲酸乙酯，提高产率．（5）步骤⑤蒸馏操作中，下列装置最好的是bd（填标号），蒸馏时先低温蒸出乙醚，蒸馏乙醚时最好采用水浴加热（水浴加热、直接加热、油浴加热）．（二）制备苯甲酸铜将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2粉未，然后水浴加热，于70～80℃下保温2～3小时；趁热过滤，滤液蒸发冷却，析出苯甲酸铜晶体，过滤、洗涤、干燥得到成品．（6）混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应，趁热过滤的原因苯甲酸铜冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品（7）本实验中下列药品不能代替氢氧化铜使用的是DA．醋酸铜B．氧化铜C．碱式碳酸铜D．硫酸铜-27-（8）洗涤苯甲酸铜晶体时，下列洗涤剂最合适的是CA．冷水B．热水C．乙醇D．乙醇水混合溶液．【考点】有机物的合成；制备实验方案的设计．【分析】（1）根据步骤②控制温度在65～70℃缓慢加热液体回流，可判断选择水浴加热的方式，要控制水浴的温度，所以温度计应测量水的温度，故选B装置，由于水﹣乙醇﹣环己烷三元共沸物，可以带出生成的水，可使酯化反应正向进行；（2）根据反应产物可知，当反应完成时，不再产生水，分水器中下层（水层）液面不再升高，据此判断；（3）反应物中用了苯甲酸和硫酸，所以加入碳酸钠可以中和酸，酸与碳酸钠反应可以产生泡沫，所以加入的速度不能快；（4）苯甲酸乙酯有少量溶解中水，用乙醚可以将其萃取出来；（5）根据防止产物挥发到空气和冷凝效果选择装置，乙醚的沸点较低，用水浴即可将其蒸出；（6）苯甲酸微溶于水，使用乙醇可以增大苯甲酸的溶解度，便于充分反应；苯甲酸铜冷却后会结晶析出，所以要趁热过滤；（7）氢氧化铜能与苯甲酸反应，所以要替代氢氧化铜的物质应该能与酸反应，据此选择；（8）洗涤苯甲酸铜晶体时，既要除去表面可溶性杂质，又要尽可能减小苯甲酸铜晶体的溶解，且便于干燥，据此选择洗涤的试剂；【解答】解：（1）根据步骤②控制温度在65～70℃缓慢加热液体回流，可判断选择水浴加热的方式，要控制水浴的温度，所以温度计应测量水的温度；由于水﹣乙醇﹣环己烷三元共沸物，所以环己烷在本实验中的作用是可以带出生成的水，可使酯化反应正向进行，故答案为：B；（通过形成水﹣乙醇﹣环己烷三元共沸物）带出生成的水，促进酯化反应向正向进行；（2）根据反应产物可知，当反应完成时，不再产生水，分水器中下层（水层）液面不再升高，所以反应完成的标志是分水器中下层（水层）液面不再升高，故答案为：分水器中下层（水层）液面不再升高；（3）反应物中用了苯甲酸和硫酸，所以加入碳酸钠可以中和酸，酸与碳酸钠反应可以产生泡沫，所以加入的速度不能快，故答案为：中和苯甲酸和硫酸；加入过快大量泡沫的产生可使液体溢出；（4）苯甲酸乙酯有少量溶解中水，用乙醚可以将其萃取出来，以提高产率，故答案为：萃取出水层中溶解的苯甲酸乙酯，提高产率；-27-（5）根据防止产物挥发到空气和冷凝效果选择装置b或d都可以，乙醚的沸点较低，用水浴即可将其蒸出，故答案为：bd；水浴加热；（6）苯甲酸微溶于水，使用乙醇可以增大苯甲酸的溶解度，便于充分反应；苯甲酸铜冷却后会结晶析出，所以要趁热过滤，故答案为：增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应；苯甲酸铜冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（7）氢氧化铜能与苯甲酸反应，所以要替代氢氧化铜的物质应该能与酸反应，硫酸铜不能与酸反应，故选D；（8）洗涤苯甲酸铜晶体时，既要除去表面可溶性杂质，又要尽可能减小苯甲酸铜晶体的溶解，且便于干燥，苯甲酸铜易溶于水，难溶于乙醇，故选C．【点评】本题考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，明确制备原理为解答关键，试题涉及酯化反应原理、化学实验基本操作方法、化学平衡的影响因素等知识，注意掌握物质制备方案的设计及评价原则，试题充分考查了学生的分析能力、理解能力及化学实验能力．-27-
