64n1+56n2=15.2 g，n1+n2=设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则：
1n(Fe3+)=0.25 mol，2n1=0.15 mol、n2=0.1 mol，m(Cu)=0.15 mol×64 g/mol+2.8 g=12.4 解得：所以原来混合物中含有的铜的质量为：g，选项B错误；根据反应方程式可知：反应后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu2+)+3n(Fe)=2×0.15 mol+3×0.10 mol=0.6 mol，所以反应后溶液中Fe2+和Cu2+的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6 mol +0.15 mol=0.75 mol，选项D正确；故故合理选项是D。 【点睛】
本题考查了混合物的计算，注意根据反应方程式，从质量守恒定律角度分析解答，侧重考查学生的分析与计算能力。 18．C 【解析】 【详解】
A. Na2O的形成过程为
，A错误；
B. CaBr2的形成过程为，B错误；
C. KF的形成过程为，C正确；
D. MgS的形成过程为答案选C。 【点睛】
，D错误。
用电子式表示物质的形成过程时，首先要判断构成物质的化学键类型，即是离子键还是共价键；其次必须用“→”来连接左右两侧，而不是用“＝”连接；再次箭头的左侧是构成物质元素原子的电子式，而右侧是具体物质的电子式；最后箭头的两侧也必须满足各种守恒关系。离子化合物的形成过程：由于离子键的形成过程有电子的得失，因而箭头左侧需要用弯箭头表示电子的得失。共价化合物或非金属单质的形成过程：表示方法同离子化合物基本相同，不同的是共价键的形成因为没有电子得失，所以不要再画弯箭头。 19．B
【解析】分析：反应速率之比等于化学计量数之比,则反应速率与化学计量数的比值越大,反应速率越快,以此来解答。
详解:反应速率与化学计量数的比值越大,反应速率越快,则 A.
=0.2mol/(L·s)1=0.2mol/(L·s)；
B.=0.6mol/(L·s)2= 0.3mol/(L·s)；
C.=0.8mol/(L·s)3=0.26 mol/(L·s)；
D.=10 mol/(L·min)4=2.5 mol/(L·min)=0.04 mol/(L·s)。
显然B中比值最大,反应速率最快, 所以B选项是正确的。 20．A 【解析】 【分析】
物质所含的六类营养物质中，能为人体提供能量的是糖类、脂肪和蛋白质，水、维生素、无机盐不能为人体提供能量；而脂肪是人体的备用能源物质，蛋白质是构成人体细胞的基本物质，糖类才是人体最重要的供能物质，人体的一切活动，包括学习、走路、消化和呼吸等所消耗的能量主要来自糖类。 【详解】
A.糖类是人体最重要的供能物质,人体的一切活动,包括学习、走路、消化和呼吸等所消耗的能量(约70%)主要来自糖类,脂肪是人体内备用的能源物质,A正确； B.油脂可以给人体提供能量,但不是最重要的供能物质,B错误； C.蛋白质是构成人体细胞的基本物质,C错误； D.人体内无纤维素酶,不能消化纤维素, D错误； 正确选项A。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．0.05mol/L 0.05mol/L 【解析】 【分析】
（1）由图知：加入NaOH溶液50mL时，HCl被完全中和，发生反应：NaOH+Cl=NaCl+H2O，可知n(HCl)=n(NaOH)，再根据c=
n计算； Vn计算。 VAl3+离子被全部沉淀，（2）由图知：加入NaOH溶液(200-50)mL═150mL时，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，据此计算n(AlCl3)，再根据c=【详解】
(1)由图知：HCl被完全中和，NaOH+HCl=NaCl+H2O，加入NaOH溶液50mL时，发生反应：可知n(HCl)=n(NaOH)，所以c(HCl)═
0.05L?0.1mol/L=0.05mol/L；
0.1L(2)由图知：Al3+离子被全部沉淀，Al3++3OH?=Al(OH)3↓，加入NaOH溶液(200?50)mL═150mL时，发生反应：
1×0.15L?0.1mol/L =0.05mol/L。 可知n(AlCl3)=3n(NaOH)，所以：c(AlCl3)=30.1L三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22． 2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑ B 乙 乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可
【解析】（1）步骤④中可观察到b试管中有细小的气泡冒出，说明碳酸钠与醋酸反应产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；正确答案：CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑。
（2）P2O5 吸水后生成磷酸，能够使乙酸乙酯发生水解，A错误；无水Na2SO4不与乙酸乙酯反应，且能够吸水，可以做干燥剂，B 正确；碱石灰中有氢氧化钠，乙酸乙酯在碱性环境下发生水解，C错误；NaOH固体溶于水，乙酸乙酯在碱性环境下发生水解，D错误；正确选项B。
（3）图中甲、乙两个装置的不同点，乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，而甲不可，正确答案：乙；乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．氧化反应 酸性KMnO4溶液 羧基 取代反应
+CH3COCl→
+HCl
NaOH溶液/加热 D 【解析】 【分析】 【详解】
、、、
（1）反应①是甲苯被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，发生氧化反应，苯甲酸中的官能团为羧基，故答案为：氧化反应；酸性KMnO4溶液；羧基；
（2）反应③是苯酚中与羟基相连的碳的邻碳上的氢被替换，属于取代反应，反应的方程式为
+CH3COCl→
+HCl ，故答案为：取代反应；
+CH3COCl→
+HCl；
（3）对比反应物和生成物的结构可以推知反应④发生的是已知提示的反应，条件是NaOH溶液/加热，故答案为：NaOH溶液/加热；
（4）A.黄酮醇（C）是有机物，能燃烧生成CO2和H2O，故A正确；
B.黄酮醇（C）的分子结构中有碳酸双键，羰基，苯环，均能与H2发生加成反应，故B正确； C.黄酮醇（C）的分子结构中有羟基，能与金属钠反应生成H2 ，故C 正确；
D.黄酮醇（C）有羟基，碳氧单键和氧氢单键均能旋转，且此处碳原子，氧原子和氢原子不在一条直线上，所有原子不一定都在同一平面上，故D错误；
综上所述，故答案为：D；
A有多种同分异构体，（5）含有苯环的羧酸的结构简式有
、
、
、
，
故答案为：、、、。
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
2＋＋3
24．D将废渣粉碎、加热、搅拌等空气原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质4Fe＋O2＋4H===4Fe＋
＋2H2O溶液温度控制在80 ℃，pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右Ca(OH)2、Mg(OH)2、
CaSO4(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12 【解析】
＋＋
（1）由已知结合流程，废渣中含有Fe2、Fe3的硫酸盐及少量CaO和MgO，故废渣溶解操作时，应选用
硫酸溶解比较合适，答案选D。
（2）为了提高废渣的浸取率，可以将废渣进一步粉碎，以增大固体的表面积提高反应速率，还可以采用加热、搅拌等方法。
（3）废渣溶解后，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，提供的三种氧化剂中只有空气（O2）是绿色氧化剂，原料易得、成本低、氧化Fe2+不产生污染、不会引入新杂质，故最好选用空气；反应化学方程式为：4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O。
（4）由三条曲线可得，相同时间内，80 ℃、pH=1.5时，Fe2＋的转化率最高，故应选该条件，浸取4小时之后再延长时间转化率提高不大，故浸取4小时较合适，综上分析，工业上氧化操作时应控制的条件是：溶液温度控制在80 ℃，pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右。
（5）氧化后的溶液，加氨水结晶，所得沉淀除了铵黄铁矾晶体外，Fe3+、Mg2+、Ca2+也会沉淀析出，故铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、Mg(OH)2、Ca(OH)2、CaSO4。
（6）由②得，n（SO42-）=n（BaSO4）=9.32g÷233g?mol-1=0.04mol；由③得，n（NH4+）=n（NH3）=0.448L÷22.4L?mol-1=0.02mol；由④得，n（Fe）=2n（Fe2O3）=2×4.8g÷160g?mol-1=0.06mol；所以，结合(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，可设为(NH4)xFe3x(SO4)2x(OH)w，由正负化合价代数和为0得：w=6x，又因为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w的摩尔质量为960g?mol-1，所以化学式为：(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
点睛：解工艺生产流程题的基本步骤：（1）从题干中获得有用信息，了解要生产的产品的性质。（2）分析流程中的每一步骤，弄清：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应产生什么结果，对最终目有什么作用。（3）注意从问题中获取信息，帮助解题。
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