2024年沪教版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版高二化学上册月考试卷606考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列叙述正确的是①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液能加快反应速率②镀层破损后，白铁（镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）更易腐蚀③电镀时，应把镀件置于电解槽的阴极④冶炼铝时，用电解熔融氧化铝的方法⑤钢铁表面常易锈蚀生成Fe2O3•nH2OA.①②③④⑤B.①③④⑤C.①③⑤D.②④2、rm{Mg-H_{2}O_{2}}电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液；示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是。

A.rm{Mg}电极是该电池的正极B.rm{H_{2}O_{2}}在石墨电极上发生氧化反应C.石墨电极附近溶液的rm{pH}增大D.溶液中rm{Cl^{-}}向正极移动3、在0.1mol／L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A.加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B.加水，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C.滴加少量0.1mol／LHCl溶液，溶液中C(H+)减少D.加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动4、糖类、油脂和蛋白质是人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述正确的是()A.植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖C.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D.蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水5、德国人弗里茨•哈伯（FritzHaber）由于发明了合成氨的方法而获得了1918年诺贝尔化学奖，他的发明大大提高了农作物的产量，同时也提高了硝酸、炸药的产量．下列有关说法正确的是（）A.N2和H2在点燃或光照条件下合成氨B.氨的稳定性比磷化氢弱C.氨极易溶于水，氨水呈碱性，主要含NH4+和OH-D.由氨制取硝酸铵的过程中，氨表现出还原性和碱性评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为－285.8kJ/mol、－283.0kJ/mol和－726.5kJ/mol。请回答下列问题：(1)用太阳能分解10mol水消耗的能量是__________kJ；(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为________________________；7、根据要求完成下列问题：

(1)分析下列物质的物理性质；判断其晶体类型：

A、固态时能导电，能溶于盐酸；B、能溶于CS2；不溶于水；C；固态、液态时均不导电，熔点3500℃

A；____________B、____________C、____________

(2)指出配合物K3[Co(CN)6]中的中心离子；配体及其配位数：____________、____________、____________．

(3)在H2、SiC、CO2、HF中，由极性键组成的非极性分子是____________，由非极性键形成的非极性分子是____________，能形成分子晶体的化合物是____________，含有氢键的晶体的化学式____________，属于原子晶体的是____________，四种物质熔点由高到低的顺序是____________．8、rm{(1)25隆忙}和rm{1.01隆脕10^{5}Pa}时，反应rm{2N_{2}O_{5}(g)篓T4NO_{2}+O_{2}(g)triangleH=+56.76KJ?mol^{-1}}能自发进行的原因是______。

rm{2N_{2}O_{5}(g)篓T4NO_{2}+O_{2}(g)triangle

H=+56.76KJ?mol^{-1}}制备rm{(2)}晶体，发生如下反应：rm{TaS_{2}(s)+2I_{2}(g)?TaI_{4}(g)+S_{2}(g)triangleH>0}若rm{TaS_{2}}向某恒容容器中加入rm{TaS_{2}(s)+2I_{2}(g)?TaI_{4}(g)+S_{2}(g)triangle

H>0}rm{K=1}和足量rm{1mol}rm{I_{2}(g)}的平衡转化率为______。

rm{TaS_{2}(s)}已知：rm{H_{2}S(g)?H_{2}(g)+dfrac{1}{2}S_{2}(g)}在恒容密闭容器中，控制不同温度进行rm{I_{2}(g)}分解实验。以rm{(3)}起始浓度均为rm{H_{2}S(g)?H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}S_{2}(g)}rm{H_{2}S}测定rm{H_{2}S}的转化率，结果如图。图中rm{c}为rm{mol?L^{-1}}的平衡转化率与温度关系曲线，rm{H_{2}S}曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时rm{a}的转化率。据图计算rm{H_{2}S}时rm{b}按上述反应分解的平衡常数rm{H_{2}S}______；说明随温度的升高，曲线rm{985隆忙}向曲线rm{H_{2}S}逼近的原因：______。rm{K=}9、给下列有机物命名：

rm{垄脵}______

rm{垄脷}______．10、下表是某食品包装袋上的说明；从表中配料中分别选出一种物质填在相应的横线上．

。品名×××配料鲜鸡蛋、精面粉、白砂糖、精炼植物油、奶油、奶粉、食盐、柠檬汁等保质期240天生产日期标于包装袋封口上①富含蛋白质的是____．

②富含糖类的是____．

③富含油脂的是____．

④富含维生素的是____．11、（14分）（1）二氧化硫的催化氧化的过程如图所示，其中a、c二步的化学方程式可表示为：SO2+V2O5SO3+V2O44VOSO4+O22V2O5+4SO3。该反应的催化剂是____（写化学式）（2）550℃时，SO2转化为SO3的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图所示。将2.0molSO2和1.0molO2置于5Ｌ密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。试计算反应2SO32SO2+O2在550℃时的平衡常数K=。（3）550℃时，将2.0molSO2和1.0molO2置于5L密闭容器中，反应达平衡后，下列措施中能使n(SO3)/n(SO2)增大的是A．升高温度B．充入He(g)，使体系总压强增大C．再充入2molSO2和1molO2D．再充入1molSO2和1molO2（4）维持温度不变条件下使之发生如下反应：2SO2＋O22SO3，有两只密闭容器A和B。A容器有一个可以移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容。起始时向这两个容器中分别充入等物质的量的体积比为2∶1的SO2和O2的混合气体，并使A和B容积相等（如下图所示）。试填写下列空格：A容器达到平衡时所需的时间比B容器_______（填：“短”或“长”）；平衡时A容器中SO2的转化率比B容器_______（填：“大”或“小”）；达到所述平衡后，若向两容器中通入等物质的量的原反应气体，达到平衡时，A容器的混合气体中SO3的体积分数_________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）；B容器的混合气体中SO3的体积分数_________。12、Ⅰ；在一定温度下；氧化铁可以与一氧化碳发生反应：

Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)．已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：

。温度/℃100011501300平衡常数64.050.742.9请回答下列问题：

该反应的平衡常数表达式K=____________；△H____________0(填“＞”；“＜”或“=”)．

Ⅱ；工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ/mol

某小组研究在相同温度下该反应过程中的能量变化．他们分别在体积均为VL的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物；使其在相同温度下发生反应．相关数据如下：

。容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡的时间/min达平衡时体系能量的变化/kJCOH2OCO2H2H2①1400t1放出热量：32.8kJ②2800t2放出热量：Q(1)容器①中反应达平衡时；CO的转化率为____________．

(2)计算容器②中反应的平衡常数K=____________．

(3)下列叙述正确的是____________(填字母序号)．

a．平衡时，两容器中H2的体积分数相等。

b．容器②中反应达平衡状态时；Q＞65.6kJ

c．反应开始时；两容器中反应的化学反应速率相等。

d．容器①中，化学反应速率为：v(H2O)=mol/(L•min)13、维生素在人体中的作用______．评卷人得分三、计算题(共8题，共16分)14、常温下电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如下图所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息回答下列问题。⑴通过计算推测：①原混合溶液NaCl和CuSO4的物质的量浓度。②t2时所得溶液的pH。⑵实验中发现，阳极产生的气体体积与阴极相比，明显小于对应时间段的理论值。试简要分析其可能原因。15、将4molSO2(g)与2molO2(g)放入4L的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)测得平衡时混合物总的物质的量为5mol，求：（1）平衡时各物质的浓度；（2）平衡时SO2的转化率。16、I．就有关物质的分离回答下面的问题。

（1）分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用______方法分离．

（2）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法．答：______．

II．将4gNaOH固体溶于水配成250mL溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为______mol/L．取出10mL此溶液，其中含有NaOH______g．将取出的溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为______mol/L．

III.4.9g磷酸中含有______molH原子，与______克P2O5中所含P原子数相等．17、M是一种新型可生物降解的高分子材料，主要制造可降解纤维、塑料和医用材料，其水解最终产物为N．燃烧9.0g的N只产生CO2和H2O；且质量分别为13.2g和5.4g，实验测得N在标准状况下的蒸气密度为4.02g/L；N的核磁共振氢谱显示的峰面积之比为1：1：1：3．

（1）通过计算确定N的分子式。

（2）写出N的结构简式，并写出N在催化剂条件下缩聚反应合成M的化学方程式．18、将6molH2和3molCO充入容积为0.5L的密闭容器中，进行如下反应：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，6秒时体系达到平衡，此时容器内压强为开始时的0.6倍，求：（1）H2的反应速率；（2）CO的转化率。19、用25mL移液管量取市售食醋25mL，置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀得到待测食醋溶液，用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液滴定；滴定过程中记录如下数据：

。实验次数第一次第二次第三次待测食醋的体积初读数/mL0.020.030.00待测食醋的体积终读数/mL25.0125.0425.02氢氧化钠标准液的体积初读数/mL0.010.030.04氢氧化钠标准液的体积终读数/mL12.5212.5512.58由以上数据可求得该市售食醋总酸含量的平均值为______（g/100mL）．（答案保留三位小数）20、rm{(1)}分别取rm{Wg}钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生rm{H_{2}}的体积比______．

rm{(2)}分别取rm{0.1mol}钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生rm{H_{2}}的体积比是______．

rm{(3)}若产生相同物质的量的rm{H_{2}}所需钠；镁、铝的质量比为______．

rm{(4)}若产生相同体积rm{(}同温同压下rm{)}的rm{H_{2}}所需的钠；镁、铝物质的量比为______．

rm{(5)}若将rm{0.2mol}钠、镁、铝分别投入到rm{10mL}rm{1mol?L^{-1}}的盐酸中，在标准状况下，产生体积rm{H_{2}}的大小顺序是______．21、某温度下，rm{2L}密闭容器中，充入rm{0.02mol}rm{H_{2}}rm{0.02mol}rm{I_{2}}rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)triangleH<0}平衡时rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)triangle

H<0}浓度为rm{H_{2}}则：

rm{0.004mol/L}该温度下的平衡常数为多少？

rm{(1)}该温度下若充入rm{(2)}rm{0.04molH_{2}}则平衡时rm{0.04molI_{2}}浓度为多少？rm{H_{2}}转化率为多少？rm{H_{2}}评卷人得分四、工业流程题(共4题，共40分)22、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。23、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。24、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。25、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

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

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分五、解答题(共1题，共8分)26、可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）根据图回答：

①压强P1比P2______（填大或小）；

②（a+b）比（c+d）______（填大或小）；

③温度t1℃比t2℃______（填高或低）；

④正反应______热（填吸或放）．

评卷人得分六、实验题(共3题，共18分)27、（14分）钠的化合物在工农业生产和人们的日常生活中有着广泛的应用，其中Na2O2常用作漂白剂和潜水艇中的供氧剂。Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验，实验步骤和现象如下。步骤1：按下图组装仪器（图中夹持仪器省略）并检查装置的气密性，然后装入药品；步骤2：打开K1、K2，产生的氢气在流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，没有观察到任何现象；步骤3：检验完H2的纯度后，点燃酒精灯加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2逐渐熔化，淡黄色的粉末慢慢变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色；步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1。根据以上信息回答下列问题：（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查K2之前装置气密性的方法；利用A装置制备气体的优点是（写出1点即可）；实验室利用A装置还可以制备的气体是（写出1种即可）。（2）盛装CuSO4药品的仪器名称是；B装置的作用是。（3）必须检验氢气纯度的原因是。（4）设置装置D的目的是。（5）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为。28、rm{50ml0.50mol/l}盐酸与rm{50ml0.55mol/lNaOH}溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：rm{(1)}从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是____。rm{(2)}烧杯间填满碎纸条的作用是____rm{_}rm{(3)}大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____rm{(}填“偏大”“偏小”或“无影响”rm{)}rm{(4)}若上述rm{HCl}和rm{NaOH}溶液的密度都近似为rm{1g/cm^{3}}中和后生成的溶液的比热容rm{C=4.18J隆陇(g^{-1}隆陇^{0}C^{-1})}实验起始温度为rm{t_{1}隆忙}终止温度为rm{t_{2}隆忙}则该中和反应放出热量为____rm{KJ/mol}rm{DeltaH=}____rm{kJ/mol(}均填表达式rm{)}rm{(5)}该实验常用rm{0.50mol/lHCl}和rm{0.55mol/l}的rm{NaOH}溶液各rm{50ml}rm{NaOH}的浓度大于rm{HCl}的浓度的作用是____。当室温低于rm{10^{0}C}时进行，对实验结果会造成较大的误差其原因是____。rm{(6)}实验中改用rm{60ml0.50mol/l}盐酸与rm{50ml0.55mol/lNaOH}溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热____rm{(}填“相等”或“不相等”rm{)}简述理由：____rm{(7)}用相同浓度和体积的氨水代替rm{NaOH}溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________rm{(}填“偏大”“偏小”或“无影响”rm{)}29、苯甲酸应用广泛rm{.}实验室用甲苯的氧化制备苯甲酸；反应原理：

rm{3}rm{漏陇CH_{3}+6KMnO_{4}隆煤3}rm{漏陇COOK+6MnO_{2}+3KOH+3H_{2}O}

rm{漏陇COOK+HCl隆煤}rm{漏陇COOH+KCl}

反应试剂、产物的物理常数：。名称相对分子质量性状熔点rm{/隆忙}沸点rm{/隆忙}密度rm{/g?cm^{-3}}溶解度水乙醇乙醚水乙醇乙醚甲苯rm{92}无色液体易燃易挥发rm{-95}rm{110.6}rm{0.8669}不溶易溶易溶苯甲酸rm{122}白色片状或针状晶体rm{122.4}rm{248}rm{1.2659}微溶易溶易溶主要实验装置和流程如下：实验方法：rm{(}加热装置等略去rm{)}

一定量的甲苯和rm{KMnO_{4}}溶液置于图rm{1}装置中，在rm{90隆忙}时；反应一段时间，然后按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。

rm{(1)}无色液体rm{A}的结构简式为______；操作Ⅱ为______。

rm{(2)}苯甲酸可与足量的浓硝酸发生取代反应，其方程式为：_________。

rm{(3)}下列关于仪器的组装或者使用正确的是______。rm{A.}图rm{2}是抽滤，容器rm{B}的作用是防止水份被吸入真空泵。

B.图rm{1}中冷凝管冷却水应从下口通入。

C.图rm{1}回流搅拌装置应采用直接加热的方法。

D.图rm{2}中仪器rm{A}是布氏漏斗。

rm{(4)}除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入______；分液，水层再加入______，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸。

rm{(5)}证明白色固体rm{B}是纯净物______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】试题分析：①锌跟稀硫酸反应的制取氢气，加入少量硫酸铜溶液后，金属锌可以置换金属铜，形成原电池，原电池能加速负极金属和电极质的反应速率，正确；②白铁（镀锌的铁）中，镀层破损后，Zn为负极，被腐蚀的是Zn，Fe被保护，马口铁（镀锡的铁）中，Fe为负极，被腐蚀的是Fe，Zn被保护，所以镀层破损后，白铁（镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）铁更耐腐蚀，错误；③根据电镀原理中，镀件作阳极，待镀件置于电解槽的阴极，正确；④冶炼铝时，用电解熔融氧化铝的方法制备，正确；⑤钢铁表面常易锈蚀生成Fe2O3•nH2O，正确；选B。考点：考查电化学的综合应用。【解析】【答案】B2、C【分析】

试题分析：rm{A}活泼金属做负极，rm{Mg}应为负极；rm{B}rm{H_{2}O_{2}}在石墨电极rm{(}正极rm{)}上发生还原反应；rm{D}溶液中rm{Cl^{-}}移动方向同外电路电子移动方向一致；应向负极方向移动。

考点：考查原电池原理。【解析】rm{C}3、A【分析】【解析】试题分析：CH3COOHCH3COO－+H+，加入NaOH固体，产生了OH-,故能够让平衡向正反应方向移动，所以A为正确答案；B错误，加水，反应速率减少，平衡向正反应方向移动；C错误，滴加少量0.1mol／LHCl溶液，溶液中C(H+)增加；D错误，加入少量CH3COONa固体，平衡向逆反应方向移动。考点：化学平衡【解析】【答案】A4、B【分析】试题分析：A．植物油高级脂肪酸烃基中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故原说法不正确；B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，正确；C．葡萄糖能发生氧化反应，它是单糖，不水解反应，原说法不正确；D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀是因为蛋白质的变性，不能重新溶于水，原说法不正确。考点：糖类、油脂和蛋白质的性质。【解析】【答案】B5、D【分析】解：A．工业合成氨的条件：N2和H2在高温；高压、催化剂的条件下合成氨；在点燃或光照条件下不可合成氨，故A错误；

B；非金属性：N＞P；所以氨的稳定性比磷化氢强，故B错误；

C；氨极易溶于水；氨水呈碱性，主要含氨气、水和一水合氨，故C错误；

D．由氨制取硝酸过程：①4NH3+5O2=4NO+6H2O，②2NO+O2=2NO2，③3NO2+H2O=2HNO3+NO；氮元素的化合价在升高，被氧化，氨与硝酸反应氨呈现碱性，所以氨表现出还原性和碱性，故D正确；

故选D．

A．根据工业合成氨的条件；

B；非金属性越强对应氢化物越稳定；

C；氨极易溶于水；氨水呈碱性，主要含氨气、水和一水合氨；

D．由氨制取硝酸过程：①4NH3+5O2=4NO+6H2O，②2NO+O2=2NO2，③3NO2+H2O=2HNO3+NO；氮元素的化合价在升高，氨与硝酸反应氨呈现碱性．

本题主要考查了物质的性质、反应的条件、物质的制备原理，难度不大，注意知识的积累．【解析】【答案】D二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【解析】试题分析：（1）氢气的燃烧热是285.8kJ/mol，所以用太阳能分解10mol水消耗的能量是285.8kJ/mol×10mol＝2858kJ。（2）根据燃烧热可知①：2CO(g)＋O2(g)＝CO2(g)△H＝－566kJ/mol、②：2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1453kJ/mol，所以根据盖斯定律可知，（②－①）÷2即得到CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)，所以该反应的△H＝－443.5kJ/mol。考点：考查反应热的有关计算【解析】【答案】（4分）(1)2858（2分）(2)CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)ΔH＝－443.5kJ/mol（2分）7、略

【分析】解：(1)A；固态时能导电；能溶于盐酸，金属在固态时能导电，且活泼金属能溶于酸，故答案为：金属晶体；

B、根据相似相溶原理，非极性分子形成的晶体易溶于CS2；难溶于水，故答案为：分子晶体；

C；原子晶体属于共价化合物；固态、液态时均不导电，而且熔点很高，故答案为：原子晶体；

(2)根据配合物K3[Co(CN)6]结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Co3+、有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-、配位数就是配体的个数，所以配位数为6，故答案为：Co3+、CN-；6；

(3)CO2是由不同元素形成的非极性分子，所以由极性键组成的非极性分子是：CO2；故答案为：CO2；

氢气是由同种元素形成的分子晶体，所以由非极性键形成的非极性分子是H2，故答案为：H2；

存在分子的物质能形成分子晶体，所以形成分子晶体的化合物是：H2、CO2、HF；故答案为：H2、CO2；HF；

含有N；O、F的氢化物能形成氢键；所以含有氢键的晶体的化学式：HF；故答案为：HF；

碳元素和硅元素易形成原子晶体；所以属于原子晶体的是：SiC；故答案为：SiC；

原子晶体的熔点高于分子晶体，含有氢键时熔点增大，所以四种物质熔点由高到低的顺序是SiC、HF、CO2、H2；故答案为：SiC、HF、CO2、H2．【解析】金属晶体;分子晶体;原子晶体;Co3+;CN-;6;CO2;H2;H2、CO2、HF;HF;SiC;SiC、HF、CO2、H28、略

【分析】解：rm{(1)}反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应rm{2N_{2}O_{5}(g)=4NO_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=+56.76kJ/mol}可知该反应吸热，且熵值增大；

根据rm{triangleG=triangleH-T?triangleS}判断，反应能自发进行，必须满足rm{triangleH-T?triangleS<0}才可；即熵增大效应大于能量效应。

故答案为：熵增；

rm{2N_{2}O_{5}(g)=4NO_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H=+56.76kJ/mol}根据题意反应rm{triangleG=triangleH-T?triangle

S}Ⅰrm{triangleH-T?triangle

S<0}的平衡常数表达式rm{K=dfrac{c(TaI_{4})c(S_{2})}{c^{2}(I_{2})}}

若rm{(2)}设rm{(}的平衡转化率为rm{)}则参加反应的为rm{K=dfrac

{c(TaI_{4})c(S_{2})}{c^{2}(I_{2})}}平衡时生成rm{K=1}和rm{I_{2}}各rm{x}剩余rm{xmol}为rm{TaI_{4}}

根据rm{K=dfrac{c(TaI_{4})c(S_{2})}{c^{2}(I_{2})}=dfrac{0.5x隆脕0.5x}{(1-x)^{2}}=1}

解之得：rm{S_{2}}

故答案为：rm{0.5xmol}

rm{I_{2}}由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即rm{(1-x)mol}以rm{K=dfrac

{c(TaI_{4})c(S_{2})}{c^{2}(I_{2})}=dfrac

{0.5x隆脕0.5x}{(1-x)^{2}}=1}起始浓度均为rm{x=66.7%}测定rm{66.7%}的转化率，rm{(3)}时rm{triangleH>0}的转化率为rm{H_{2}S}则。

rm{cmol?L^{-1}}

开始rm{H_{2}S}rm{985隆忙}rm{H_{2}S}

转化rm{40%}rm{2H_{2}S(g)?2H_{2}(g)+S_{2}(g)}rm{c}

平衡rm{0}rm{0}rm{0.4c}

rm{K=dfrac{0.2c隆脕(0.4c)^{2}}{(0.6c)^{2}}=dfrac{0.8c}{9}}随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线rm{0.4c}向曲线rm{0.2c}逼近；

故答案为：rm{0.6c}温度升高；反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。

rm{0.4c}由反应rm{2N_{2}O_{5}(g)=4NO_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=+56.76kJ/mol}可知该反应吸热，且熵值增大，根据rm{triangleG=triangleH-T?triangleS}判断，反应能自发进行，必须满足rm{=triangleH-T?triangleS<0}才可；

rm{0.2c}通过题意求出平衡浓度，带入rm{K=dfrac

{0.2c隆脕(0.4c)^{2}}{(0.6c)^{2}}=dfrac{0.8c}{9}}值可以得出转化率为rm{b}

rm{a}根据温度升高，转化率增大，可知平衡正移，结合转化率和三行计算列式得到平衡浓度，计算平衡常数rm{K=dfrac{{脡煤鲁脡脦茂脝陆潞芒脜篓露脠脙脻麓脦路陆鲁脣禄媒}}{{路麓脫娄脦茂脝陆潞芒脜篓露脠脙脻麓脦路陆鲁脣禄媒}}}根据温度对速率的影响分析。

本题考查了化学平衡及其影响，题目难度中等，明确化学平衡及其影响因素为解答关键，注意掌握三段式在化学计算中的应用方法，试题培养了学生分析能力及化学计算能力。rm{dfrac{0.8c}{9}}【解析】熵增；rm{66.7%}rm{dfrac{0.8c}{9}}温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短9、略

【分析】解：rm{垄脵}烷烃命名时，选取最长的碳链为主链，故主链上有rm{8}个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，则在rm{2}号碳原子上有rm{2}个甲基，在rm{6}号碳原子上有一个甲基，并标示出支链的位置，故名称为rm{2}rm{2}rm{6-}三甲基rm{-4-}乙基辛烷，故答案为：rm{2}rm{2}rm{6-}三甲基rm{-4-}乙基辛烷；

rm{垄脷}烯烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有rm{5}个碳原子，故为戊烯，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，则碳碳双键在rm{2}号和rm{3}号碳原子之间，在rm{4}号碳原子上有一个甲基，标示出官能团和支链的位置，故名称为rm{4-}甲基rm{-2-}戊烯，故答案为：rm{4-}甲基rm{-2-}戊烯，故答案为：rm{4-}甲基rm{-2-}戊烯；

rm{垄脵}烷烃命名时；选取最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标示出支链的位置；

rm{垄脷}烯烃命名时；选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标示出官能团和支链的位置．

本题考查了烷烃和烯烃的命名方法，难度不大，应注意烯烃的命名应以碳碳双键为考虑对象．【解析】rm{2}rm{2}rm{6-}三甲基rm{-4-}乙基辛烷；rm{4-}甲基rm{-2-}戊烯10、略

【分析】

人体需要的六大营养物质：蛋白质；糖类、油脂、维生素、无机盐和水；结合题意；鲜鸡蛋、奶粉中富含蛋白质；精面粉中富含淀粉，淀粉属于糖类；白砂糖属于糖类；精炼植物油、奶油中富含油脂；食盐中富含食盐；柠檬汁中富含维生素．

故答案为：鲜鸡蛋；奶粉；精面粉（或白砂糖）；精炼植物油（或奶油）；柠檬汁．

【解析】【答案】根据六大营养素与人体健康的知识解答；六大营养素为糖类；油脂、维生素、蛋白质、水和无机盐．

11、略

【分析】【解析】【答案】（共14分）（1）V2O5（2分）；（2）2.5×10-3（0.0025）（2分）；（3）CD（2分）；（4）短（2分）；大（2分）；不变（2分）；增大（2分）12、略

【分析】解：Ⅰ、在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生反应：Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)，该反应的平衡常数表达式为：K=

从表中数据可知；温度升高，平衡常数减小，说明化学平衡向着逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0；

故答案为：K=＜；

Ⅱ；(1)依据反应①热化学方程式计算；

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ/mol

起始量(mol)140041KJ

变化量(mol)0.80.80.80.832.8KJ

平衡量(mol)0.23.20.80.8

一氧化碳平衡转化率=×100%=80%；

故答案为：80；

(2)反应①②在相同温度下进行，平衡常数相同，依据(2)结合平衡常数概念计算===1；

故答案为：1；

(3)a、反应前后气体体积不变，反应①②是相同平衡，平衡时，两容器中H2的体积分数相等；故a正确；

b、反应是可逆反应不能进行彻底，容器②中反应达平衡状态时，Q=65.6kJ；故b错误；

c；反应起始浓度不同；反应速率不同，故c错误；

d、反应速率是单位时间内反应物浓度减小计算，容器①中，反应的化学反应速率为v(H2O)==mol/L•min；故d错误；

故答案为：a．【解析】K=＜;80%;1;a13、略

【分析】解：水果；蔬菜中富含维生素；维生素的作用是调节新陈代谢，预防疾病，维持身体健康，所以维生素是人体生长发育不可缺少的营养物质；

故答案为：调节新陈代谢；预防疾病，维持身体健康．

维生素的作用是调节新陈代谢；预防疾病，维持身体健康，据此分析．

本题考查了营养物质在人体中的作用，题目难度不大，侧重于维生素的考查，注意把握各种营养物质在人体中的作用．【解析】调节新陈代谢，预防疾病，维持身体健康三、计算题(共8题，共16分)14、略

【分析】【解析】试题分析：电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl－－2e－＝Cl2↑、4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e－＝Cu、2H++2e－＝H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。（1）①由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl－－2e－＝Cl2↑可知n（NaCl）＝（0.224L÷22.4L/mol）×2＝0.02mol所以c（NaCl）＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L由t2时生成氧气为112mL，n（O2）＝0.112L÷22.4L/mol＝0.005mol则共转移电子为0.02mol＋0.005mol×4＝0.04mol根据电子守恒及Cu2++2e－＝Cu可知n（CuSO4）＝0.04mol÷2＝0.02mol所以c（CuSO4）＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L②由t2时4OH－－4e－＝O2↑+2H2O～4H+可知n（H+）＝0.005mol×4＝0.02mol则溶液的c（H+）＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L所以pH＝1（2）由于产生的氯气和氧气在水中的溶解度明显大于氢气，所以阳极产生的气体体积与阴极相比，明显小于对应时间段的理论值。考点：考查电解原理的有关判断和计算【解析】【答案】⑴①c(NaCl)＝0.1mol/Lc(CuSO4)＝0.1mol/L②pH＝1⑵产生的氯气和氧气在水中的溶解度明显大于氢气15、略

【分析】【解析】

设平衡时SO2转化的物质的量为2a2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始4mol2mol0转化2aa2a平衡4－2a2－a2a4－2a+2－a+2a=5a=1（6分）∴平衡时各物质的物质的量分别为n(SO2)="2"moln(O2)="1"moln(SO3)="2"mol∴平衡时各物质的物质的量浓度分别为c(SO2)="0.5"mol/Lc(O2)=0.25mol/Lc(SO3)="0.5"mol/L（2分）平衡时SO2的转化率="2"mol/4mol×100%=50%（2分）【解析】试题分析：【解析】

设平衡时SO2转化的物质的量为2a2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始4mol2mol0转化2aa2a平衡4－2a2－a2a4－2a+2－a+2a=5a=1∴平衡时各物质的物质的量分别为n(SO2)="2"moln(O2)="1"moln(SO3)="2"mol∴平衡时各物质的物质的量浓度分别为c(SO2)="0.5"mol/Lc(O2)=0.25mol/Lc(SO3)="0.5"mol/L平衡时SO2的转化率="2"mol/4mol×100%=50%考点：化学平衡的计算【解析】【答案】（10分）16、略

【分析】解：I．（1）分离沸点不同但又互溶的液体混合物；常用蒸馏法，故答案为：蒸馏；

（2）不知道哪一层液体是“水层”；一种简便的判断方法为任意取一层也加水如果不分层则取的是水层；反之是油层，故答案为：任意取一层也加水如果不分层则取的是水层、反之是油层；

II．n（NaOH）==0.1mol，c（NaOH）==0.4mol/L，取出10mL此溶液，其中含有NaOH为0.01L×0.4mol/L×40g/L=0.16g，取出的溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.1mol/L×=0.04mol/L；故答案为：0.4；0.16；0.04；

III．磷酸的物质的量为=0.05mol，n（H）=0.05mol×3=0.15mol，与0.075molP2O5中所含P原子数相等，P2O5的质量为0.075mol×142g/mol=3.55g；

故答案为：0.15；3.55．

I．（1）沸点不同但又互溶的液体混合物；利用蒸馏原理分离；

（2）不知道哪一层液体是“水层”；可再加水，观察是否与水分层；

II．结合c=m=nM及稀释前后物质的量不变计算；

III．结合n=及物质的构成来计算．

本题考查物质的分离提纯方法及选择、物质的量的计算等，为高频考点，把握混合物分离方法及物质的量的计算的相关公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．【解析】蒸馏；任意取一层也加水如果不分层则取的是水层、反之是油层；0.4；0.16；0.04；0.15；3.5517、略

【分析】

由密度可确定有机物的相对分子质量；进而计算9.0g有机物的物质的量，计算生成二氧化碳；水的物质的量，确定1mol有机物含有C、H、O的个数，可确定有机物分子式，结合性质确定有机物结构简式，以此解答该题．

本题考查了有机物的计算与推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题时注意O元素的确定，难度中等．【解析】解：（1）M（N）=4.02g/L×22.4L/mol=90g/mol，n（N）==0.1mol/L；

1molN中：n（C）=÷0.1mol=3mol；

n（H）=÷0.1mol=6mol；

n（O）=（90-12×3-1×6）÷16=3（mol）；

则有机物的分子式为C3H6O3；

答：N的分子式为C3H6O3；

（2）N在催化剂条件下缩聚反应合成M，可知N为M为反应的方程式为

答：．18、略

【分析】【解析】试题分析：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)起始浓度（mol/L）1260转化浓度（mol/L）2xxx平衡浓度（mol/L）12－2x6－xx则解得x＝3.6mol/L则H2的反应速率是CO的转化率是考点：考查可逆反应的有关计算【解析】【答案】（1）1.2mol·（L·s）—1（2）60%19、略

【分析】解：3次用去的食醋溶液的体积为：24.99mL；25.01mL；25.02mL；则食醋溶液的体积的平均值为25.01mL．

3次消耗的NaOH溶液的体积为：12.51mL；12.52mL；12.54mL；则NaOH溶液的体积的平均值为12.52mL．

设10mL市售白醋样品含有CH3COOHXg；则。

CH3COOH～NaOH

6040

Xg×0.25010.1000mol/L×0.01252L×40g/mol

X=0.3004

则样品总酸量3.004g/100mL；

故答案为：3.004．

先分析数据的合理性；求出NaOH体积的平均值，然后根据醋酸与NaOH反应的关系式求出醋酸，最后求出测定食醋的总酸量．

本题主要考查了中和滴定的计算，试题有一定的灵活性，有一定的难度．【解析】3.00420、1：2：3；23：12：9；6：3：2；Na＞Mg=Al【分析】解：rm{(1)2Na+2HCl=2NaCl+H_{2}隆眉}rm{Mg+HCl=MgCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}

rm{46g}rm{1mol}rm{24g}rm{1mol}rm{54g}rm{3mol}

rm{Wg}rm{dfrac{W}{46}mol}rm{Wg}rm{dfrac{W}{24}mol}rm{Wg}rm{dfrac{W}{18}mol}

故在相同条件下产生氢气的体积比rm{=dfrac{W}{46}mol}rm{dfrac{W}{24}mol}rm{dfrac{W}{18}mol=dfrac{1}{23}}rm{dfrac{W}{18}mol=dfrac

{1}{23}}rm{dfrac{1}{12}}

故答案为：rm{dfrac{1}{9}}rm{dfrac{1}{23}}rm{dfrac{1}{12}}

rm{dfrac{1}{9}}分别取rm{(2)}钠；镁、铝与足量盐酸反应；则：

rm{0.1mol}rm{2Na+2HCl=2NaCl+H_{2}隆眉}rm{Mg+HCl=MgCl_{2}+H_{2}隆眉}

rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{0.1mol}rm{0.05mol}rm{0.1mol}rm{0.1mol}rm{0.1mol}

故在相同条件下产生氢气的体积比rm{0.15mol}rm{=0.05mol}rm{0.1mol}rm{0.15mol=1}rm{2}

故答案为：rm{3}rm{1}rm{2}

rm{3}产生相同物质的量的氢气，设氢气为rm{(3)}则：

rm{3mol}rm{2Na+2HCl=2NaCl+H_{2}隆眉}rm{Mg+HCl=MgCl_{2}+H_{2}隆眉}

rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{6mol}rm{3mol}rm{3mol}rm{3mol}rm{2mol}

故所需钠、镁、铝的物质的量之比rm{3mol}rm{=6mol}rm{3mol}rm{2mol=6}rm{3}

则质量比rm{2}rm{=6隆脕23}：rm{3隆脕24}rm{2隆脕27=23}rm{12}

故答案为：rm{9}rm{23}rm{12}

rm{9}若产生相同体积rm{(4)}同温同压下rm{(}的rm{)}说明三种金属提供电子的物质的量相同，设三种金属都失去rm{H_{2}}的电子，需钠的物质的量为rm{6mol}镁的物质的量为rm{6mol}铝的物质的量为rm{3mol}所以所需的钠、镁、铝物质的量比为rm{2mol}rm{6}rm{3}故答案为：rm{2}rm{6}rm{3}

rm{2}若将三种金属各rm{(5)}分别投入rm{0.2mol}的盐酸中，可知三种金属都过量，但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，镁和铝生成氢气的体积一样多，故答案为：rm{10mL1mol/L}．

发生反应：rm{Na>Mg=Al}rm{2Na+2HCl=2NaCl+H_{2}隆眉}rm{Mg+HCl=MgCl_{2}+H_{2}隆眉}根据方程式计算解答．

本题考查根据方程式进行的计算，比较基础，利用电子转移守恒进行更为简单，掌握化学方程式基本计算方法是关键．rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}【解析】rm{dfrac{1}{23}}rm{dfrac{1}{12}}rm{dfrac{1}{9}}rm{1}rm{2}rm{3}rm{23}rm{12}rm{9}rm{6}rm{3}rm{2}rm{Na>Mg=Al}21、略

【分析】

rm{(1)}开始时，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}平衡时rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}浓度为rm{H_{2}}则。

rm{0.004mol/L}

开始rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}rm{0.01}rm{0.01}

转化rm{0}rm{0.006}rm{0.006}

平衡rm{0.012}rm{0.004}rm{0.004}

结合rm{0.012}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算；

rm{K}相同温度下rm{(2)}相同，开始时，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}设转化的氢气为rm{K}则。

rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}

开始rm{x}rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}rm{0.02}

转化rm{0.02}rm{0}rm{x}

平衡rm{x}rm{2x}rm{0.02-x}

结合rm{0.02-x}计算．

本题考查化学平衡常数及计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、平衡浓度与rm{2x}的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意相同温度下rm{K}相同，题目难度不大．rm{K}【解析】解：rm{(1)}开始时，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}平衡时rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.02mol}{2L}=0.01mol/L}浓度为rm{H_{2}}则。

rm{0.004mol/L}

开始rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}rm{0.01}rm{0.01}

转化rm{0}rm{0.006}rm{0.006}

平衡rm{0.012}rm{0.004}rm{0.004}

该温度下的平衡常数为rm{K=dfrac{(0.012)^{2}}{0.004隆脕0.004}=9}

答：该温度下的平衡常数为rm{0.012}

rm{K=dfrac

{(0.012)^{2}}{0.004隆脕0.004}=9}相同温度下rm{9}相同，开始时，rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}设转化的氢气为rm{(2)}则。

rm{K}

开始rm{c(H_{2})=c(I_{2})=dfrac

{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}rm{x}rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)?2HI(g)}

转化rm{0.02}rm{0.02}rm{0}

平衡rm{x}rm{x}rm{2x}

则rm{dfrac{(2x)^{2}}{(0.02-x)(0.02-x)}=9}

解得rm{0.02-x}

则平衡时rm{0.02-x}浓度为rm{2x}

rm{dfrac

{(2x)^{2}}{(0.02-x)(0.02-x)}=9}转化率为rm{dfrac{0.012}{0.02}隆脕100%=60%}

答：平衡时rm{x=0.012}浓度为rm{H_{2}}rm{0.02mol/L-0.012mol/L=0.008mol/L}转化率为rm{H_{2}}．rm{dfrac

{0.012}{0.02}隆脕100%=60%}四、工业流程题(共4题，共40分)22、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下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溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度23、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为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，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%24、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%25、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个