2024年沪科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年沪科版高二化学上册月考试卷455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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、蛋白质发生的下列过程中，可逆的是A.盐析B.变性C.煮熟D.加入浓硫酸2、2010年11月12日至27日广州成功举办了第16届亚运会．广州采取了一系列节能减排、改善环境质量的措施．下列说法错误的是（）A.发展核能发电，以减少火力发电带来的SO2和CO2的排放问题B.发展低碳经济，利用太阳能、风能实现城市照明C.推行“限塑令”，研发用二氧化碳合成聚碳酸酯类可降解塑料D.使用填埋法或焚烧法处理未经分类的生活垃圾3、下列实验现象预测正确的是rm{(}rm{)}

A.实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B.实验Ⅱ：酸性rm{KMnO_{4}}溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C.实验Ⅲ：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D.实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时无丁达尔效应4、下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是（）A.放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程B.由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程C.在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200K)下则能自发进行D.放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的5、下列实验操作、现象及相关结论均正确的是。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}实验现象红色消失rm{垄脵}中产生黄色沉淀，rm{垄脷}中产生白色沉淀水能全部流下滴入氨水后，玻璃棒处冒白烟结论rm{X}是rm{SO_{2}}rm{Y}中含有rm{I^{-}}rm{Cl^{-}}装置漏气氨水与rm{CaO}发生了化学反应同时氨水挥发A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、用压强传感器探究生铁在rm{pH=2}和rm{pH=4}醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论正确的是rm{(}rm{)}

A.溶液rm{pHleqslant2}时，生铁发生吸氧腐蚀B.在酸性溶液中生铁只能发生析氢腐蚀C.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D.两溶液中负极反应均为rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、下表列出了前三周期部分元素在周期表中的位置．请根据表中信息回答下列问题：

（1）②的元素符号为____

（2）③、④、⑤中原子半径最大的是____（填元素符号）．

（3）Mg与⑤两种元素形成的化合物为____化合物（填“离子”或“共价”）．

（4）上表中非金属性最强的是____（填元素名称）请用元素周期律的知识说明原因____

（5）②③④⑤这四种元素的气态氢化物中稳定性最小的是____最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是____（填分子式）8、某有机物由C、H、O三种元素组成，它的红外吸收光谱表明有羟基O-H键和烃基上C-H键的红外吸收峰，且烃基和羟基上氢原子个数之比为2：1，它的相对分子质量为62，试写出该有机物的结构简式____．9、（13分）醋柳酯是一种镇咳祛痰药。用于上呼吸道感染、感冒咳嗽、急慢性支气管炎症等的治疗，其结构简式如右。回答下列问题：（1）醋柳酯的分子式为。（2）关于醋柳酯说法正确的是为（）A．是高分子化合物B．可与氢气发生加成反应C．不能发生银镜反应D．能发生水解反应且只生成2种有机物（3）醋柳酯可由下图所示路线合成①中间产品C中混有反应物A和B，检验C中含有A的反应可以是（用化学反应方程式表示）②写出C和足量NaOH溶液反应的化学方程____③A的同分异构体很多，写出属于酯类，且能与FeCl3反应显紫色的同分异构体的结构简式。10、rm{(10}分rm{)}化学兴趣小组为探究某铁矿石rm{(}主要成分为rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2})}的性质；进行如下实验：

rm{(1)}步骤rm{(I)}中分离溶液和沉淀的操作名称是____；

rm{(2)}沉淀rm{A}中一定含有____，该物质属于____rm{(}填“酸性”或“碱性”rm{)}氧化物；

rm{(3)}往滤液rm{Y}中加入rm{KSCN}溶液，溶液呈____rm{(}填“黄色”或“红色”rm{)}

rm{(4)}写出步骤rm{(}Ⅱrm{)}中生成rm{Fe(OH)_{3}}的离子方程式____。11、在恒温、恒容条件下，将1molA和2molB充入一个密闭容器中，在一定条件下发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g），达到平衡时，测得C的物质的量分数为m%；若开始充入容器中的是0.3molA、0.6molB和1.4molC，达平衡时C的物质的量分数仍为m%，则x的值为______。12、实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：

在圆底烧瓶内加入乙醇；浓硫酸和乙酸；瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．

请回答下列问题：

（1）在烧瓶中除了加入乙酸、浓硫酸和乙醇外，还应放入碎瓷片，目的是____．

（2）反应中加入过量的乙醇，目的是____．

（3）如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏．这样操作可以提高酯的产率，其原因是____

．

（4）现拟分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；如图是分离操作步骤流程图：

则试剂a是：____，分离方法Ⅰ是：____，分离方法Ⅲ是：____．13、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{J}是元素周期表前四周期中的五种常见元素rm{.}其相关信息如下表：。元素相关信息rm{X}rm{X}的基态原子核外rm{3}个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等rm{Y}rm{M}层上有rm{2}对成对电子rm{Z}rm{Z}和rm{Y}同周期，rm{Z}的电负性大于rm{Y}rm{W}rm{W}的一种核素的质量数为rm{63}中子数为rm{34}rm{J}rm{J}的气态氢化物与rm{J}的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐rm{(1)}元素rm{X}的一种同位素可测定文物年代；这种同位素的符号是______；

rm{(2)}元素rm{Y}位于元素周期表的位置为：____________；

rm{(3)}元素rm{Z}的原子最外层共有______种不同运动状态的电子；

rm{(4)W}的基态原子核外价电子排布式是______；

rm{(5)}元素rm{Y}与元素rm{Z}相比，非金属性较强的是______rm{(}用元素符号表示rm{)}下列表述中能证明这一事实的是______；

rm{a.}常温下，rm{Y}的单质与rm{Z}的单质状态不同。

rm{b.}等物质的量浓度的氢化物水溶液的酸性不同。

rm{c.Z}的电负性大于rm{Y}

rm{d.Z}的氢化物比rm{Y}的氢化物稳定。

rm{e.}在反应中，rm{Y}原子得电子数比rm{Z}原子得电子数多。

rm{f.Z}元素最高价氧化物对应水化物的酸性比rm{Y}元素最高价氧化物对应水化物的酸性强。

rm{(6)Y}rm{Z}两元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为______rm{(}用化学式表示rm{)}比较下列物质的酸性强弱rm{HZO_{3}}______rm{H_{2}YO_{3}}．评卷人得分三、工业流程题(共6题，共12分)14、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___。15、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去16、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]=____。17、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________%。18、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)。19、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分四、计算题(共2题，共16分)20、充分燃烧某糖，消耗的氧气、生成的CO2和H2O的物质的量都相等；它的相对分子质量是它实验式的5倍，0.1mol该糖能与24g乙酸发生酯化反应，且该糖能与银氨溶液发生银镜反应．求：

（1）实验式．

（2）相对分子质量；分子式．

（3）若该糖是直链分子，同一个碳原子上连有2个羟基不稳定，推导出它的结构简式．21、已知在某温度rm{T隆忙}时，某稀硫酸和盐酸混合液中，rm{c(H^{+})=10^{-a}mol?L^{-1}}rm{c(OH^{-})=10^{-b}mol?L^{-1}}已知rm{a+b=12.}向rm{20mL}该混合酸溶液中逐滴加入rm{pH=11Ba(OH)_{2}}溶液，生成rm{BaSO_{4}}的质量与加入的rm{Ba(OH)_{2}}溶液体积关系如图所示，当加入rm{60mL}rm{Ba(OH)_{2}}溶液时，rm{C}点溶液的rm{pH=6(}体积变化忽略不计rm{)}试计算：

rm{(1)}最初混合酸溶液中rm{c(HCl)=}______；

rm{(2)}图中______点rm{BaSO_{4}}就已被完全沉淀；质量为______克；

rm{(3)B}点rm{pH=}______rm{(}第rm{(3)}步要求写出计算过程rm{)(}已知rm{lg3=0.48)}．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】试题分析：蛋白质中加入硫酸铵或硫酸钠会发生盐析，盐析后加水还能溶解，所以盐析是可逆的，选A。其余为蛋白质的变性，是不可逆的。考点：蛋白质的性质。【解析】【答案】A2、D【分析】解：A．发展核电；以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题，可减少酸雨和温室效应等问题，故A正确；

B．太阳能；风能是清洁能源；可减少二氧化碳的排放，故B正确；

C．二氧化碳合成聚碳酸酯类是可降解塑料；可减少白色污染，故C正确；

D．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾；会对地下水和土壤造成污染，不利于改善环境，故D错误．

故选D．

节能减排；改善环境质量可以从节电、节能和减少污染物的排放考虑；以此解答该题．

本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】D3、B【分析】实验Ⅰ：振荡后静置；上层溶液颜色变浅甚至褪色；实验Ⅲ：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内气体由无色渐变为红棕色；实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时有丁达尔效应。

【解析】rm{B}4、D【分析】【解析】试题分析：根据△G＝△H－T·△S可知，只要△G＜0，反应就一定是自发进行的，所以选项A、B、C都是正确的，而选项D是错误的，答案选D。考点：考查反应自发性的判断【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及二氧化硫的性质、沉淀的转化、气密性检验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关物质的性质，把握实验方案的严密性和合理性的评价。【解答】A.rm{SO_{2}}具有漂白性，可使品红褪色，其中硫元素化合价为rm{+4}价，具有较强的还原性，故A错误；B.rm{AgI}溶解度较小，先出现黄色沉淀，证明含有rm{I^{-}}继续滴加硝酸银生成白色沉淀，可能有rm{SO_{4}^{2-}}干扰，不能确定溶液中是否含有rm{Cl^{-}}故B错误；C.橡皮管的作用是连接分液漏斗和蒸馏烧瓶，使上下压强相等，便于液体顺利流下，不能证明是否漏气，故C错误；D.浓氨水和氧化钙反应生成氨气，氨气遇到浓盐酸生成氯化铵小颗粒，冒出白烟，故D正确。故选D。【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A.}根据rm{PH=2}的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液rm{pHleqslant2}时；生铁发生析氢腐蚀，故A错误；

B.rm{pH=4}的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，rm{pH=4}的醋酸溶液呈酸性；所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B错误；

C.根据压强与时间关系图知，rm{pH=2}的溶液和rm{pH=4}的溶液中；变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故C错误；

D.两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故D正确；

故选D．

根据压强与时间关系图知，rm{pH=2}的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，rm{pH=4}的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小；说明发生吸氧腐蚀，根据原电池原理来分析解答．

本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、反应速率大小、电极反应等知识点，难度中等．【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①为F，②为Si，③为P，④为S，⑤为Cl；

（1）②为Si；故答案为：Si；

（2）同周期从左向右原子半径在减小；③；④、⑤中原子半径最大P，故答案为：P；

（3）Mg与⑤两种元素形成的化合物为氯化镁；由离子键构成，属于离子化合物，故答案为：离子；

（4）表中非金属性最强的为氟；因同周期元素从左到右非金属性增强；同主族元素从下到上非金属性增强，表中①元素位于最右上角，故非金属性最强；

故答案为：氟；同周期元素从左到右非金属性增强；同主族元素从下到上非金属性增强，表中①元素位于最右上角，故非金属性最强；

（5）非金属性越强，气态氢化物越稳定，其最高价氧化物对应水化物中酸性越强，但F没有正价，气态氢化物中稳定性最小的是SiH4；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：SiH4；HClO4．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知；①为F，②为Si，③为P，④为S，⑤为Cl，然后结合非金属性的比较及元素周期律来解答．

8、略

【分析】

设有机物分子中有n个O-H键，则C-H键数为2n，其分子式为CxH3nOn（x；n均为正整数）

则12x+19n=62

讨论：当n=1；x=3.58（不合理，舍去）

当n=2；x=2（合理）

有机物的分子式为C2H6O2，含有2个-OH，故结构简式为．

故答案为：．

【解析】【答案】设有机物分子中有n个O-H键，烃基和羟基上氢原子个数之比为2：1，则C-H键数为2n，其分子式为CxH3nOn（x；n均为正整数）；则12x+19n=62，据此讨论确定该有机物的结构简式．同一碳原子上不能连有两个-OH．

9、略

【分析】【解析】【答案】（1）C16H14O5（2分）（2）BC（2分）（3）②＋3NaOH→＋3H2O（3分）③10、22．（10分）(1)过滤(2)SiO2酸性(3)红色(4)Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】

试题分析：rm{(1)}铁矿石的主要成分为rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{SiO_{2}}加入足量盐酸后，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅为难溶物且不与盐酸反应，可以通过过滤的方法分离；rm{(2)}二氧化硅不与盐酸反应，所以过滤后得到的沉淀rm{A}为rm{SiO_{2}}二氧化硅能够与强碱溶液反应生成盐和水，所以二氧化硅属于酸性氧化物；rm{(3)}滤液中含有铁离子，铁离子能够与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，答案为红色；rm{(4)}步骤Ⅱ为铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：rm{Fe^{3+}+3OH^{-}篓TFe(OH)_{3}隆媒}

考点：考查探究物质的组成、测量物质的含量的方法。【解析】rm{22.(10}分rm{)(1)}过滤rm{(2)}rm{SiO_{2}}酸性rm{{,!}_{;;;;;;}(3)}红色rm{(4)}rm{Fe^{3+}+3OH^{-}=Fe(OH)_{3}隆媒}rm{Fe^{3+}+3OH^{-}=

Fe(OH)_{3}隆媒}11、2或3【分析】解：恒温恒容条件下；将1molA和2molB充入一个密闭容器中，在一定条件下发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g），达到平衡时，测得C的物质的量分数为m%，若开始充入容器中的是0.3molA；0.6molB和1.4molC，达平衡时C的物质的量分数仍为m%，则二者为等效平衡，将1.4molC完全转化为A、B时，A、B的物质的量分别是1mol、2mol；

1.4molC完全转化为A、B时，则n（A）=+0.3mol=1mol；x=2；

但是对于反应前后气体系数和相等的反应；物质的投料等比等于其计量数之比即等效，x=3；

故答案为：2或3。

恒温恒容条件下；将1molA和2molB充入一个密闭容器中，在一定条件下发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g），达到平衡时，测得C的物质的量分数为m%，若开始充入容器中的是0.3molA；0.6molB和1.4molC，达平衡时C的物质的量分数仍为m%，则二者为等效平衡，将1.4molC完全转化为A、B时，A、B的物质的量分别是1mol、2mol，据此分析解答。

本题考查化学平衡计算、等效平衡等，难度中等，理解等效平衡规律：恒温恒容，反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比例即可。【解析】2或312、略

【分析】

（1）对液体混合物加热时；一定要防止溶液爆沸，所以往往要加入沸石或碎瓷片，以防发生爆沸，故答案为：防止暴沸；

（2）乙酸乙酯的制备反应是可逆反应，反应中加入过量的乙醇，平衡向正反应方向移动，CH3COOH的转化率增大；

故答案为：提高CH3COOH的转化率；

（3）通过分液漏斗中边滴加乙酸边加热蒸馏；可以不断增大乙酸的浓度，减小乙酸乙酯的浓度，有利于平衡向正反应方向移动；

故答案为：及时蒸馏出生成物CH3COOC2H5；有利于酯化反应向生成酯的方向进行；

（4）分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可．对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出乙醇．然后水层中的乙酸钠要用盐酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；

故答案为：饱和碳酸钠溶液；分液；蒸馏．

【解析】【答案】（1）对液体混合物加热时；加入沸石或碎瓷片，可防发生爆沸；

（2）；（3）乙酸乙酯的制备反应是可逆反应；为提高反应物的转化率和提高产率，通常采取增大某反应物的浓度或减小生产物的浓度的方法；

（4）分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用盐酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸．

13、（1）

（2）三VIA

（3）7

（4）3d104s1

（5）Clcdf

（6）HClO4＞H2SO4＜＜【分析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律，元素的推断是解答的关键，熟练掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实。【解答】rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{J}是元素周期表前四周期中的五种常见元素，其中rm{X}的基态原子核外rm{3}个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}则rm{X}为rm{C}元素；rm{Y}元素原子的rm{M}层上有rm{2}对成对电子，原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}则rm{Y}为rm{S}元素；rm{Z}和rm{Y}同周期，rm{Z}的电负性大于rm{Y}则rm{Z}为rm{Cl}rm{W}的一种核素的质量数为rm{63}中子数为rm{34}其质子数为rm{63-34=29}故rm{W}为rm{Cu}rm{J}的气态氢化物与rm{J}的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐，则rm{J}为rm{N}元素。rm{(1)}元素rm{X(}碳rm{)}的一种同位素可测定文物年代，该同位素质量数为rm{14}这种同位素的符号是：rm{{,!}_{6}^{14}{C}}

故答案为：rm{{,!}_{6}^{14}{C}}

rm{(2)}元素rm{Y}原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}位于元素周期表第三周期第rm{VIA}族；

故答案为：三、rm{VIA}

rm{(3)}元素rm{Z}为rm{Cl}原子最外层共有rm{7}种不同运动状态的电子；

故答案为：rm{7}

rm{(4)W}为rm{Cu}外电子排布式是：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

故答案为：rm{3d^{10}4s^{1}}

rm{(5)}同周期自左而右非金属性增强，故Crm{l}的非金属性比硫的强；

rm{a.}非金属性强弱与状态无关，故rm{a}不选；

rm{b.}非金属性强弱与氢化物水溶液的酸性无关，故rm{b}不选；

rm{c.}非金属性越强，电负性越大，故rm{c}选；

rm{d.}非金属性越强，氢化物稳定性越强，故rm{d}选；

rm{e.}非金属性强弱与得电子数目无关，故rm{e}不选；

rm{f.}非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故rm{f}选；

故答案为：rm{Cl}rm{cdf}

rm{(6)}非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}同种元素含氧酸中元素化合价越高，酸性越强，故酸性：rm{HClO<HClO_{3}<HClO_{4}}

故答案为：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}rm{<}rm{<}

【解析】rm{(1)_{6}^{14}{C}}rm{(2)}三rm{VIA}rm{(3)7}rm{(4)3d^{10}4s^{1}}rm{(5)Cl}rm{cdf}rm{(6)HClO_{4}>H_{2}SO_{4;;;;}<}rm{<}三、工业流程题(共6题，共12分)14、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15、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D16、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%17、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%18、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-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与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，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%19、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)四、计算题(共2题，共16分)20、略

【分析】

（1）据“充分燃烧某糖，消耗的氧气、生成的CO2和H2O的物质的量都相等”可得出实验式为CH2O；

（2）“相对分子质量