2024年人民版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人民版高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、用0.01mol·L-1H2SO4滴定0.01mol·L-1NaOH溶液，中和后加水至100mL。若滴定时终点判断有误差：①多加了一滴H2SO4；②少加了一滴H2SO4(设一滴为0.05mL)。则①和②中[H+]之比的值是（）。（A）10（B）50（C）5×103（D）1042、下列各项中表达正确的是（）A.Si的原子结构示意图：B.聚乙烯的结构简式C.原子核内有20个中子的氯原子：ClD.HCl的电子式：3、rm{0.1moL/LK_{2}CO_{3}}溶液中，若使rm{c(CO_{3}^{2-})}更接近rm{0.1moL/L}可采取的措施是rm{(}rm{)}A.加入少量盐酸B.加水C.加rm{KOH}固体D.加热4、某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是A.K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大B.若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大C.温度越高，K一定越大D.如果m＋n＝p，则K＝15、某有机物的结构简式为CH3CHClCH=CH-CHO,下列各项中，该有机物不可能发生的化学反应是①氧化反应②取代反应③加成反应④消去反应⑤还原反应⑥酯化反应⑦水解反应⑧聚合反应A.②B.④C.⑥D.⑧6、实验是化学研究的基础．下列对实验现象的描述错误的是（）

。①②③④A.实验①中溶液出现蓝色B.实验②试管出现分层现象，上下为油层，中间为水层C.实验③中烧瓶内溶液变红色D.实验④中出现砖红色沉淀7、在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是rm{(}rm{)}A.rm{HS^{-}+H^{+}?H_{2}S}B.rm{HSO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{3}O^{+}+SO_{3}^{2-}}C.rm{ClO^{-}+H_{2}O?HClO+H^{+}}D.rm{Cl_{2}+H_{2}O?H^{+}+Cl^{-}+HClO}8、现代生活中出现了“铁强化酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品。这里的铁、钙、硒、氟应理解为rm{(}rm{)}A.元素B.分子C.单质D.氧化物9、除去被提纯物质中的杂质，方案正确的是()。编号被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法rm{垄脵}乙醇乙酸rm{NaOH}溶液洗气rm{垄脷}乙烷乙烯氢气加热rm{垄脹}溴苯rm{Br_{2}}苯分液rm{垄脺}苯甲苯rm{KMnO_{4}(}酸化rm{)}rm{NaOH}溶液分液

A.rm{垄脵}B.rm{垄脷}C.rm{垄脹}D.rm{垄脺}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、下列实验过程中不需要使用圆底烧瓶的是A.过滤B.蒸馏C.溶解D.分液11、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分类标准合理的是rm{(}rm{)}A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液rm{.}胶体和浊液B.根据物质的组成成分是否单一，将物质分为纯净物和混合物C.根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应D.根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应12、天然水因含有Ca2＋、Mg2＋、HCO3—等离子，煮沸后会形成水垢。现有一种干燥水垢6.32g，加热除去全部结晶水，得到固体M5.78g；高温灼烧M至恒重，残余固体为CaO和MgO；放出的气体通入足量澄清石灰水中，产生沉淀6.00g；若产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82g。下列推断合理的是A.M中一定不含Mg(OH)2B.M中一定含有MgCO3C.5.78gM中含CaCO30.05molD.水垢中碳酸盐质量分数为0.82313、将下列物质加入水中，会显著放热的有rm{(}rm{)}A.烧碱B.浓硫酸C.食盐D.生石灰14、下列物质与水混合后静置，出现分层的是A.乙酸乙酯B.乙醇C.三氯甲烷D.四氯化碳15、下列操作能用于检验rm{NH_{3}}的是rm{(}rm{)}A.气体使湿润的酚酞试纸变红B.气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C.气体与浓rm{H_{2}SO_{4}}靠近D.气体与浓盐酸产生白烟16、现代以石油化工为基础的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.合成洗涤剂B.合成纤维C.合成橡胶D.塑料评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、（10分）25时，如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：（1）混合溶液的pH=8的原因（用离子方程式表示）；（2）混合溶液中由水电离出的c(H+)_____0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)；(填>、<、=)（3）已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH7(填>、<、=)；（4）将相同温度下相同浓度的四种盐溶液：A．NH4HCO3B．NH4AC．（NH4）2SO4D．NH4Cl按pH由大到小的顺序排列（填序号）18、现拟分离乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合物，如图是分离操作步骤流程图。请填入适当的试剂、分离方法以及所分离的有关物质的名称。(1)a________，b________；(2)①________，②________，③________；(3)A________，B_________；C________；D_______，E_______。19、回答下列有关Na2S溶液的问题。（1）Na2S溶液盛装在带橡胶塞的试剂瓶中，仔细闻有臭鸡蛋气味，请用离子方程式解释：，。（2）将Na2S溶液加入AlCl3溶液中，有白色沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成，发生的离子反应为：。（3）将Na2S溶液加入AgCl的浊液中，生成的黑色沉淀是（写化学式）。20、某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10﹣7mol/L，此时溶液的c（OH﹣）=____mol/L；若温度不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5.0×10﹣4mol/L，则溶液中，由水电离产生的c（H+）=____mol/L，此时温度____25℃（填“高于”、“低于”或“等于”）．21、食品安全关系国计民生；影响食品安全的因素很多．

（1）聚偏二氯乙烯（）具有超强阻隔性能，可作为保鲜食品的包装材料．它是由______（写结构简式）发生加聚反应生成的．

（2）劣质植物油中的亚油酸[CH3（CH2）4CH=CHCH2CH=CH（CH2）7COOH]含量很低．下列关于亚油酸的说法中，正确的是______．

A．分子式为C18H34O2

B．一定条件下能与甘油（丙三醇）发生酯化反应。

C．能和NaOH溶液反应。

D．能使酸性KMnO4溶液退色。

（3）假酒中甲醇（CH3OH）含量超标，请写出Na和甲醇反应的化学方程式：______．

（4）劣质奶粉中蛋白质含量很低．蛋白质水解的最终产物是______．

（5）在淀粉中加入吊白块制得的粉丝有毒．淀粉最终的水解产物是葡萄糖．请设计实验证明淀粉已经完全水解，写出操作、现象和结论：______．22、rm{A}是分子式为rm{C_{7}H_{8}}的芳香烃，已知它存在以下一系列转化关系，其中rm{C}是一种一元醇，rm{D}是rm{A}的对位一取代物，rm{H}与rm{E}rm{I}与rm{F}分别互为同分异构体．

rm{(1)}化合物rm{I}的结构简式是______，反应rm{B隆煤C}的化学方程式是______；

rm{(2)}设计实验证明rm{H}中含有溴原子；还需用到的试剂有______；

rm{(3)}为验证rm{E隆煤F}的反应类型与rm{E隆煤G}不同；下列实验方法切实可行的是______．

A.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入硝酸酸化，再加入rm{AgNO_{3}}溶液得到淡黄色沉淀。

B.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入溴水；发现溴水立即褪色。

C.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入盐酸酸化后，加入溴的rm{CCl_{4}}溶液；溶液褪色。

D.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入酸性rm{KMnO_{4}}溶液，混合液红色变浅．23、溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：。

苯溴溴苯密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.88}rm{3.10}rm{1.50}沸点rm{/隆忙}rm{80}rm{59}rm{156}水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：

rm{(1)}在rm{a}中加入rm{15mL}无水苯和少量铁屑，在rm{b}中小心加入rm{4.0mL}液态溴，向rm{a}中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了______气体，继续滴加至液溴滴完，装置rm{d}的作用是______；

rm{(2)}液溴滴完后；经过下列步骤分离提纯：

rm{垄脵}向rm{a}中加入rm{10mL}水；然后过滤除去未反应的铁屑；

rm{垄脷}滤液依次用rm{10mL}水、rm{8mL10%}的rm{NaOH}溶液、rm{10mL}水洗涤，rm{NaOH}溶液洗涤的作用是______；

rm{垄脹}向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤，加入氯化钙的目的是______；

rm{(3)}经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为______，要进一步提纯，下列操作中必须的是______；rm{(}填入正确选项前的字母rm{)}

A.重结晶rm{B.}过滤rm{C.}蒸馏rm{D.}萃取。

rm{(4)}在该实验中，rm{a}的容积最适合的是______。rm{(}填入正确选项前的字母rm{)}

A.rm{25mL}rm{B.50mL}rm{C.250mL}rm{D.500mL}评卷人得分四、工业流程题(共4题，共8分)24、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25、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]=____。26、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________%。27、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___________。评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)28、（10分）实验室制备硝基苯的主要步骤如下：①配制一定比例的浓硫酸和浓硝酸的混合酸加入反应器中。②向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。③在50℃～60℃下发生反应。④除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5％的NaOH溶液洗涤，最后用蒸馏水洗涤。⑤将用无水氯化钙干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯。（1）配制一定比例浓硝酸和浓硫酸混合酸时，操作注意事项是____；（2）步骤③的加热方式是____；（3）步骤④中，洗涤后分离粗硝基苯应使用的仪器是____；（4）步骤④中，粗产品用5％的NaOH溶液洗涤的目的是____；（5）现有三种实验装置，如下图所示，要制备硝基苯，应选用（）29、某校化学实验小组对电化学问题进行了如图所示实验探究．

探究一：探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素．将混合均匀的新制铁粉和炭粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图所示）．从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化．

（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：

。编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%①为以下实验作参照0.52.590.0②？0.52.536.0③碳粉质量的影响0.2？90.0（2）编号①实验测得容器中的压强随时间的变化如图（2）所示．t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了______腐蚀，请在图（3）中用箭头标出发生该腐蚀时电子的流动方向；此时，炭粉表面发生的电极反应式是______．

（3）该小组对图（2）中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设；请你完成假设二：

假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；

假设二：______；

探究二：探究电解现象。

利用图2装置做电解50mL0.5mol•L-1CuCl2溶液的实验．

实验记录：

A．阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色（提示：Cl2氧化性大于IO3-）；

B．电解一段时间以后；阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体．

（4））分析实验记录A中试纸颜色变化；用离子方程式解释：

①______；

②______．

（5）分析实验记录B中浅蓝色固体可能是______（写化学式），试分析生成该物质的原因（用必要的文字和化学用语解释）______．30、实验室有一包暗红色粉末样品可能是rm{MgCO_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{FeO}的混合物。经测定后，结论是不存在rm{FeO}Ⅰrm{.}某学生想自己设计实验方案，以证明样品中确实没有rm{FeO}除样品外，实验室只提供以下试剂；rm{KMnO_{4}}溶液、稀盐酸、稀硫酸、rm{KSCN}溶液、rm{NaOH}溶液，请你描述实验操作的步骤、实验现象和结论：________。Ⅱrm{.}测定混合物中rm{Fe_{2}O_{3}}的含量。实验室可用多种方法测定上述样品中rm{Fe_{2}O_{3}}的质量分数，某同学称取rm{ag}样品用下图所示装置测定rm{Fe_{2}O_{3}}的质量分数。

请回答下列问题：rm{(1)}装置rm{B}中盛放样品的仪器名称是________，rm{A}的作用是________。rm{(2)}装置rm{B}中反应的离子方程式为________。rm{(3)}实验过程中需要持续通入空气，其作用除可以起到“搅拌”rm{B}中反应物以实现充分反应外，还有一个重要作用是________。rm{(4)}若后续实验测得rm{C}中沉淀的质最为rm{bg}则rm{Fe_{2}O_{3}}的质量分数为________。rm{(5)}若将rm{C}中溶液换成澄清石灰水，会使测定结果________rm{(}填“偏大”、“偏小rm{"}或“不变rm{")}rm{(6)}有同学认为将装置rm{C}与rm{D}交换，测出装置rm{D}在吸收反应产生的气体前后的质量差，同样可以测得rm{Fe_{2}O_{3}}的质量分数。请你对此方案作出评价___31、亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌rm{.}以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：

rm{垄脵NaClO_{2}}的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}

rm{垄脷}纯rm{ClO_{2}}易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到rm{10%}以下．

rm{(1)}发生器中鼓入空气的作用可能是______．

rm{a.}将rm{SO_{2}}氧化成rm{SO_{3}}增强酸性。

rm{b.}将rm{NaClO_{3}}还原为rm{ClO_{2}}

rm{c.}稀释rm{ClO_{2}}以防止爆炸。

rm{(2)}吸收塔内发生反应的化学方程式为______．

rm{(3)}吸收塔中为防止rm{NaClO_{2}}被还原成rm{NaCl}需加的试剂可以选用的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{a.Na_{2}O_{2}}rm{b.Na_{2}S}rm{c.FeCl_{2}}

rm{(4)}从滤液中得到rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}粗晶体的实验操作依次是______．

rm{(5)}某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量；实验如下：

rm{a.}准确称取所得亚氯酸钠样品rm{m}rm{g}于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成rm{250ml}待测溶液．

rm{(}已知：rm{ClO_{2}+4I^{-}+4H^{+}=2H_{2}O+2I_{2}+Cl^{-})}

rm{b.}移取rm{25.00ml}待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用rm{c}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}标准液滴定至终点，重复rm{2}次，测得平均值为rm{V}rm{ml.(}已知：rm{I_{2}+2S_{2}O_{3}^{2-}=2I^{-}+S_{4}O_{6}^{2-})}

rm{垄脵}达到滴定终点时的现象为______．

rm{垄脷}该样品中rm{NaClO_{2}}的质量分数为______rm{(}用含rm{m}rm{c}rm{V}的代数式表示，结果化成最简rm{)}评卷人得分六、计算题(共1题，共8分)32、（13分）钙是人体神经、肌肉、骨骼系统、细胞膜和毛细血管通透性的功能正常运作所必需的常量元素，维生素D参与钙和磷的代谢作用，促进其吸收并对骨质的形成和改善有重要的作用。某制药有限公司生产的“钙尔奇D600片剂”的部分文字说明如下：“本品每片含主要成分碳酸钙1.5克（相当于钙元素600毫克），成人每天服用1片。”（1）“1.5克碳酸钙与600毫克的钙”的计量关系是如何得出来的，请列式表示（2）该公司的另一种产品，其主要成分与“钙尔奇D600”相同，仅仅是碳酸钙的含量不同。为测定该片剂中碳酸钙含量，某学生进行了如下的实验：取一片该片剂碾碎后放入足量的HCl中（假设该片剂的其余部分不与HCl反应）过滤，取滤液加(NH4)2C2O4，使Ca2＋生成CaC2O4沉淀，沉淀过滤洗涤后溶解于强酸中，并稀释成1升溶液，取其20毫升，然后用0.01mol/LKMnO4溶液滴定，反应中用去6毫升KMnO4溶液，发生的离子反应为：MnO4―＋H2C2O4＋H＋－Mn2＋＋CO2↑＋H2O①请通过计算回答该片剂中碳酸钙的含量。②你认为该片剂的名称应该叫“钙尔奇D____片剂”。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、A【分析】解：A、Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，原子结构示意图为：故A正确；

B、聚乙烯为高分子化合物，结构简式为：故B错误；

C、原子核内有20个中子的氯原子：故C错误；

D、HCl为共价化合物，其分子中不存在阴阳离子，电子式为：故D错误，故选A．

A；Si原子序数为14；有3个电子层，最外层电子数为4；

B；聚乙烯为高分子化合物；要标明聚合度；

C；元素符号的左下角数字表示质子数；左上角数字表示质量数；

D；HCl为共价化合物；其分子中不存在阴阳离子．

本题考查了电子式、结构式、元素符号的表示方法，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法．【解析】【答案】A3、C【分析】略【解析】rm{C}4、A【分析】试题分析：A、K=Cp/(Am·Bn)，K值越大，说明平衡正向移动，有利于C的生成，反应物的转化率增大，正确；B、m+n和p的关系题目中没有说明，因此缩小容积，平衡不知道向什么方向移动，错误；C、K只受温度的影响，此反应没有说明正反应方向是吸热还是放热，错误；D、不确定A、B的投入量是多少，错误。考点：考查平衡常数等相关知识。【解析】【答案】A5、C【分析】试题分析：有机物的结构中含有醛基，所以能够发生氧化反应，正确；含有甲基、Cl等，能够发生取代反应，正确；含有碳碳双键，所以能够发生加成反应，正确；在Cl原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以能够发生消去反应，正确；含有碳碳双键和醛基，因此能够与氢气发生加成反应，即还原反应，正确；在该物质的分子中无羧基和羟基，因此不能发生酯化反应，错误；在分子中含有Cl原子，因此可以发生水解反应，正确；含有碳碳双键，因此可以发生加聚反应，正确。故该有机物不可能发生的化学反应是⑥酯化反应，选项是C。考点：考查有机化学反应类型【解析】【答案】C6、B【分析】解：A．氯气与KI反应生成碘单质；淀粉遇碘变蓝，则①中溶液出现蓝色，故A正确；

B．水的密度比四氯化碳的密度小；则②试管出现分层现象，下层为油层，上层为水层，故B错误；

C．氨气极易溶于水；溶液显碱性，则③中烧瓶内溶液变红色，故C正确；

D．氢氧化铜能氧化葡萄糖；氢氧化铜被还原生成氧化亚铜，则④中出现砖红色沉淀，故D正确；

故选B．

A．氯气与KI反应生成碘单质；淀粉遇碘变蓝；

B．水的密度比四氯化碳的密度小；

C．氨气极易溶于水；溶液显碱性；

D．氢氧化铜能氧化葡萄糖．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象、装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】【答案】B7、C【分析】解：rm{A.HS^{-}+H^{+}?H_{2}S}为强酸制取弱酸的复分解反应；不属于盐的水解，故A错误；

B.rm{HSO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{3}O^{+}+SO_{3}^{2-}}为亚硫酸氢根离子水解的离子方程式；故B正确；

C.rm{ClO^{-}+H_{2}O?HClO+H^{+}}为次氯酸根离子的水解方程式；故C正确；

D.rm{Cl_{2}+H_{2}O?H^{+}+Cl^{-}+HClO}为氧化还原反应；不是盐的水解，故D错误；

故选C．

A.该反应为复分解反应；不属于盐的水解；

B.该反应为亚硫酸氢根离子的电离；

C.该反应为次氯酸根离子的水解反应；

D.该反应为氧化还原反应；不属于盐的水解．

本题考查盐的水解原理的应用，题目难度不大，明确盐的水解原理的实质即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．【解析】rm{C}8、A【分析】解：“铁强化酱油”；“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等这些商品中所强调的铁、钙、硒、氟；都是说明这些物质的存在了这些元素，而不关注以什么形式存在，所以就用宏观的元素种类来说明，因此理解为元素。

故选A。

物质是由元素组成；由分子；原子、离子构成，但物质组成中涉及到的补钙、补铁等说法，都是关注物质的组成元素。

本题考查元素，一般商品标注都是说明物质的组成元素的，而不是强调分子还是原子甚至离子的具体存在形式，明确物质、元素、分子、原子、离子之间的关系是解答本题的关健，难度不大。【解析】rm{A}9、D【分析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意分离方法的选择，题目难度不大。【解答】rm{垄脵}乙酸与rm{垄脵}反应后，与乙醇互溶，不能除杂，应选Crm{NaOH}蒸馏分离，故rm{aO}错误；

rm{垄脵}乙烯与氢气发生加成反应，乙烷中易引入新杂质氢气，应选溴水、洗气分离，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}溴、溴苯均易溶于苯，则选rm{垄脷}溶液、分液，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脷}甲苯被高锰酸钾氧化后与rm{垄脹}反应，与苯分层，然后分液法可分离，故rm{垄脹}正确。

故选D。rm{NaOH}【解析】rm{D}二、多选题(共7题，共14分)10、ACD【分析】【分析】本题考查仪器的使用，题目难度不大，注意根据操作确定使用的仪器。【解答】rm{A}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}rm{A}rm{A}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故正确；

rm{B}溶解用到烧杯、玻璃棒，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误；

rm{.}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故rm{B}正确；rm{.}分液使用分液漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误。

rm{B}。rm{C}

rm{C}【解析】rm{ACD}11、BCD【分析】解：rm{A}根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故A错误；

B；根据物质的组成可知；只有一种物质的为纯净物，含有两种或以上物质的为混合物，故B正确；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；故C正确；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；故D正确；

故选BCD．

A；根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液；

B；根据物质的组成和性质来分析纯净物和混合物；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．

本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．【解析】rm{BCD}12、BD【分析】放出的气体通入足量澄清石灰水中，产生沉淀6.00g，可知n（CO2）=n（CaCO3）=0.06mol；5.78g剩余固体A灼烧生成二氧化碳的质量为0.06mol×44g/mol=2.64g，碱石灰增重2.82g，故生成水的质量为2.82g-2.64g=0.18g。

【详解】

A．n（CO2）=0.06mol，假设二氧化碳全部来自碳酸钙，则m（CaCO3）=0.06mol×100g/mol=6g，6.00g＞5.78g，A中一定有MgCO3，A错误；

B．由以上分析可知一定含有MgCO3，B正确；

C．固体A中含有氢氧化镁，由H元素守恒可知，n[Mg(OH)2]=n（H2O）=0.01mol，故m[Mg(OH)2]=0.01mol×58g/mol=0.58g，n（CaCO3）+n（MgCO3）=0.06mol，n（CaCO3）×100g/mol+n（MgCO3）×84g/mol+0.58g=5.78g，解得：n（MgCO3）=0.05mol，n（CaCO3）=0.01mol，C错误；

D．水垢中碳酸盐质量分数为=0.823，D正确。

答案为BD。13、ABD【分析】解：rm{A.}烧碱溶于水会放热；故A正确；

B.浓硫酸溶于水会放出大量的热；故B正确；

C.rm{NaCl}溶于水热效应不明显；故C错误；

D.生石灰溶于水会放出大量的热；故D正确．

故选ABD．

解此题的关键是看清放热两字，注意此题所研究的不一定是放热的化学反应，放热过程也可rm{.}如rm{NaOH}rm{CaO}浓rm{H_{2}SO_{4}}溶于水都是典型的放热过程；rm{NH_{4}NO_{3}}溶于水是吸热的；rm{C_{2}H_{5}OH}rm{NaCl}等溶于水热效应不明显．

本题考查物质溶解于水中的热效应，难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】rm{ABD}14、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】A.乙酸乙酯难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故A正确；B.乙醇和水互溶，与水混合后静置不会出现分层，故B错误；C.三氯甲烷难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故C正确；D.四氯化碳难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故D正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}15、ABD【分析】解：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}

A.无色酚酞遇碱变红色；所以氨气能使湿润的酚酞试纸变红，故A正确；

B.红色石蕊试纸遇碱变蓝色；所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；

C.浓硫酸没有挥发性；所以氨气与浓硫酸靠近不产生白烟，故C错误；

D.浓盐酸具有挥发性；氨气和氯化氢反应生成固体颗粒而产生白烟，故D正确；

故选ABD．

氨气和水反应生成一水合氨；一水合氨电离出氢氧根离子而使氨水溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，红色石蕊试液遇碱变蓝色，氨气和氯化氢反应生成白烟．

本题考查了氨气的性质，明确属于碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸、无色的酚酞试纸变色，知道氨气的检验方法，题目难度不大．【解析】rm{ABD}16、BCD【分析】解：石油化工是rm{20}世纪兴起的一种综合利用石油产品的工业rm{.}化学科技工作者把燃料油中较大的分子裂解成含二个；三个、四个碳原子等的小分子；然后把它们加工制成各种产品，如塑料、合成纤维、合成橡胶、药物、农药、炸药、化肥等等，其中塑料、合成纤维、合成橡胶为三大合成材料；

BCD正确；

故选BCD．

三大合成材料是指：塑料；合成纤维、合成橡胶；据此即可解答．

本题考查了石油的用途，注意乙烯与石油产品、塑料、合成纤维、有机溶剂的关系是解答本题的关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{BCD}三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】（1）共计题意二者恰好反应，但溶液显碱性，说明生成的盐水解显碱性，因此酸是弱酸，方程式为A-+H2OHA+OH-。（2）盐类水解促进水的电离，而氢氧化钠是强碱，抑制水的电离，即混合溶液中由水电离出的c(H+)大于0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。（3）NH4A溶液为中性，说明氨水和HA的电离程度相同。将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性强于碳酸的，所以氨水的电离程度也大于碳酸的电离程度。因此CO32－的水解程度大于NH4＋的水解程度，所以碳酸铵溶液显碱性。（4）根据（3）可知，NH4HCO3溶液显碱性，选项B显中性，硫酸铵中NH4＋浓度大于氯化铵中NH4＋浓度，所以硫酸铵的酸性强于氯化铵的，因此四种溶液中pH由大到小的顺序排列ABDC。【解析】【答案】（10分）(1)A-+H2OHA+OH-（3分）(2)>（2分）(3)>（2分）(4)ABDC（3分）18、略

【分析】乙酸乙酯、乙酸和乙醇的分离，最好先用饱和Na2CO3溶液洗涤，这样首先分离出乙酸乙酯，而在洗涤液中留下CH3COONa和乙醇，再用蒸馏的方法蒸出乙醇，最后把CH3COONa转化为CH3COOH再蒸馏，即可得到CH3COOH。【解析】【答案】(1)饱和Na2CO3溶液浓硫酸(2)分液蒸馏蒸馏(3)乙酸乙酯乙醇和乙酸钠乙酸钠乙酸乙醇19、略

【分析】试题分析：（1）多元弱酸根离子要分步水解，以第一步为主（2）Al3+与S2－水解生成Al(OH)3沉淀（3）S2－与结合成Ag2S考点：考查水解【解析】【答案】（1）S2－+H2OHS－+OH－，HS－+H2OH2S+OH－（2）2Al3++3S2－+6H2O=3H2S↑+2Al(OH)3↓（3）Ag2S20、2.0×10﹣7|8×10﹣11|高于【分析】【解答】解：纯水显中性，即纯水中的c（H+）=c（OH﹣）=2.0×10﹣7mol/L，此温度下，水的离子积Kw=4.0×10﹣14；若温度不变，则水的离子积不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5.0×10﹣4mol/L，则溶液中的c（OH﹣）===8×10﹣11mol/L，而在酸溶液中，所有的氢氧根全部来自于水的电离，而由水电离出的c（H+）=c（OH﹣），故由水电离出的c（H+）=8×10﹣11mol/L；25℃时，水的离子积Kw=1×10﹣14，而此温度下，水的离子积Kw=4.0×10﹣14，由于温度越高，水的电离被促进，水的离子积数值越大，故此温度高于25℃．故答案为：2.0×10﹣7；8×10﹣11；高于．【分析】纯水显中性，故溶液中的c（H+）=c（OH﹣），据此分析；若温度不变，则水的离子积不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5.0×10﹣4mol/L，据此求出c（OH﹣）=而由水电离出的c（H+）=c（OH﹣）；温度越高，水的电离被促进，水的离子积数值越大．21、略

【分析】解：（1）链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子），将两半链闭合即可其单体为CCl2=CH2．

故答案为：CCl2=CH2

（2）由结构式可知分子式为C18H32O2，含有羧基能与甘油发生酯化反应，与氢氧化钠发生中和反应；含有碳碳双键能使酸性KMnO4溶液退色；故A错误，BCD正确．

故选：BCD

（3）Na和甲醇反应生成甲醇钠和氢气，反应方程式为2CH3OH+2Na→2CH3ONa+H2↑．

故答案为：2CH3OH+2Na→2CH3ONa+H2↑

（4）蛋白质是氨基酸通过缩聚反应形成的高分子化合物；水解得到相应的氨基酸．

故答案为：氨基酸。

（5）淀粉若完全水解；加入碘水溶液不变蓝色，可设计方案为：取水解后溶液加入碘水，若溶液不变蓝，证明淀粉已完全水解．

故答案为：取水解后溶液加入碘水；若溶液不变蓝，证明淀粉已完全水解。

（1）链节上都是碳原子；一般是加聚反应得到的产物，链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可．

（2）根据结构简式写出分子式判断；分子中含有碳碳双键决定具有烯的性质，含有羧基决定具有羧酸的性质．

（3）根据乙醇与Na的反应可知；Na和甲醇反应生成甲醇钠和氢气．

（4）蛋白质是氨基酸通过缩聚反应形成的高分子化合物；水解得到相应的氨基酸．

（5）根据碘遇淀粉变蓝色设计．

考查高聚物、官能团性质、蛋白质性质、淀粉性质等，难度不大，注意基础知识的掌握与知识的类比迁移运用．【解析】CCl2=CH2；BCD；2CH3OH+2Na→2CH3ONa+H2↑；氨基酸；取水解后溶液加入碘水，若溶液不变蓝，证明淀粉已完全水解22、略

【分析】解：分子式为rm{C_{7}H_{8}}的芳香烃一定是甲苯，即rm{A}的结构简式是rm{.}在光照下，甲苯和单质溴发生甲基上的取代反应，结合rm{H}的分子式可知，发生一溴取代，所以rm{B}的结构简式是rm{.}卤代烃水解得到醇，故C是rm{B}到rm{H}从分子式的变化来看，rm{H}比rm{B}多了rm{6}个氢原子，因此rm{B}和氢气加成生成了rm{H}则rm{H}结构简式为rm{H}到rm{I}少了rm{1}个氢原子和rm{1}个溴原子，因此发生的是消去反应，则rm{I}为rm{.D}是rm{A}的对位一取代物，则rm{D}的结构简式为：rm{H}与rm{E}则rm{D}与氢气发生加成反应生成rm{E}为rm{I}与rm{F}分别互为同分异构体，则rm{E}发生消去反应生成rm{F}为由rm{G}的分子式可知，rm{E}发生水解反应生成rm{G}则rm{G}的结构简式为

rm{(1)}由上述分析可知，化合物rm{I}的结构简式是反应rm{B隆煤C}的化学方程式是

故答案为：

rm{(2)}证明溴代烃中含有溴原子，可以先再碱性条件下发生水解反应，再由硝酸酸化的硝酸银检验溴离子，生成淡黄色沉淀，说明含有溴元素，所需要的试剂：rm{NaOH}溶液，rm{HNO_{3}}rm{AgNO_{3}}故答案为：rm{NaOH}溶液，rm{HNO_{3}}rm{AgNO_{3}}

rm{(3)E隆煤F}是消去反应，rm{E隆煤G}是水解反应；

A.消去反应；水解反应均有溴离子生成；故A错误；

B.因为混合液中含有氢氧化钠；因此加入溴水，溴水会和氢氧化钠反应颜色也会褪去，B错误；

C.反应后的混合液中加入盐酸酸化后，加入溴的rm{CCl_{4}}溶液；溶液褪色，说明消去反应生成碳碳双键，故C正确；

D.酸性高锰酸钾溶液也会氧化溴离子而褪色；故D错误；

故答案为：rm{C}．

分子式为rm{C_{7}H_{8}}的芳香烃一定是甲苯，即rm{A}的结构简式是rm{.}在光照下，甲苯和单质溴发生甲基上的取代反应，结合rm{H}的分子式可知，发生一溴取代，所以rm{B}的结构简式是rm{.}卤代烃水解得到醇，故C是rm{B}到rm{H}从分子式的变化来看，rm{H}比rm{B}多了rm{6}个氢原子，因此rm{B}和氢气加成生成了rm{H}则rm{H}结构简式为rm{H}到rm{I}少了rm{1}个氢原子和rm{1}个溴原子，因此发生的是消去反应，则rm{I}为rm{.D}是rm{A}的对位一取代物，则rm{D}的结构简式为：rm{H}与rm{E}则rm{D}与氢气发生加成反应生成rm{E}为rm{I}与rm{F}分别互为同分异构体，则rm{E}发生消去反应生成rm{F}为由rm{G}的分子式可知，rm{E}发生水解反应生成rm{G}则rm{G}的结构简式为据此解答．

本题考查有机物推断，判断rm{A}为甲苯，再充分根据有机物分子式进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．【解析】rm{NaOH}溶液，rm{HNO_{3}}rm{AgNO_{3}}rm{C}23、（1）HBr；吸收HBr和Br2；

（2）除去HBr和未反应的Br2；干燥；

（3）苯；C；

（4）B【分析】【解答】

rm{(1)}苯与液溴反应生成rm{HBr}rm{HBr}与水蒸气结合呈白雾；

液溴和溴化氢易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有rm{HBr}及挥发出的rm{Br_{2}}用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；

故答案为：rm{HBr}吸收rm{HBr}和rm{Br_{2}}

rm{(2)}溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加rm{NaOH}溶液，把未反应的rm{Br_{2}}变成rm{NaBr}和rm{NaBrO}洗到水中；然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯；

故答案为：除去rm{HBr}和未反应的rm{Br_{2}}干燥；

rm{(3)}反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯。利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；rm{C}

rm{(4)}操作过程中，在rm{a}中加入rm{15mL}无水苯，在rm{b}中小心加入rm{4.0mL}液态溴，分离过程中向rm{a}中加入rm{10mL}水，所以rm{a}的容积最适合的是rm{50mL}故答案为：rm{B}

【分析】

rm{(1)}苯与液溴反应生成rm{HBr}rm{HBr}与水蒸气结合呈白雾；

液溴和溴化氢易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有rm{HBr}及挥发出的rm{Br_{2}}用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；

rm{(2)}溴苯中含有溴，加rm{NaOH}溶液，把未反应的rm{Br_{2}}变成rm{NaBr}和rm{NaBrO}洗到水中；然后加干燥剂，据此解答；

rm{(3)}由分离操作可知；分离出的粗溴苯中含有未反应的苯，分离互溶的液体，根据沸点不同，利用蒸馏的方法进行分离；

rm{(4)}根据制取溴苯所加的液体的体积进行解答，溶液的体积一般不超过rm{2/3}不少于rm{1/3}

本题主要考查了溴苯的制取实验、物质的分离提纯等，清楚制备的原理是解答的关键，题目难度中等。【解析】rm{(1)HBr}吸收rm{HBr}和rm{Br_{2}}

rm{(2)}除去rm{HBr}和未反应的rm{Br_{2}}干燥；

rm{(3)}苯；rm{C}

rm{(4)B}四、工业流程题(共4题，共8分)24、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.D25、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%26、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%27、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)五、实验题(共4题，共12分)28、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）将浓H2SO4沿内壁缓缓注入盛有浓HNO3的烧杯中，并不断搅拌，冷却（2）50℃～60℃水浴加热（3）分液漏斗（4）洗去粗产品中的酸性杂质（5）C29、略

【分析】解：（1）①为参照试验；由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.5g；

③中只有碳粉含量与①不同；则③为探究碳粉含量的影响；

故答案为：

。②醋酸浓度的影响③2.5（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；

故答案为：吸氧；O2+2H2O+4e-=4OH-；

（3）图2中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀；铁与醋酸的反应为放热反应；温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高；

故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；

（4）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+；

故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+；

（5）阴极上电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H++2e-=H2↑，致使该电极附近呈碱性，Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；

故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后；铜离子浓度下降，氢离子开始放电，溶液的PH增大，铜离子转化为氢氧化铜沉淀．

（1）根据对比试验中保证变量的唯一性进行解答；

（2）根据析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别及锥形瓶中压强的变化判断钢铁的腐蚀类型；根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向；碳粉表明氧气得到电子生成氢氧根离子；发生还原反应；

（3）图2中0-t1时压强变大；可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；

（4）氯气能氧化碘离子生成碘单质；碘能被氯气氧化生成碘酸；

（5）阴极上铜离子浓度下降；氢离子放电同时溶液中还生成氢氧根离子，氢氧根离子和铜离子生成蓝色沉淀．

本题以原电池原理为载体考查了铁的探究实验，根据反应现象确定正负极上发生的反应，知道原电池工作原理，氯气不仅能氧化碘离子还能氧化碘单质，难度中等．【解析】吸氧；O2+2H2O+4e-═4OH-；反应放热使锥形瓶内温度升高；2I-+Cl2=I2+2Cl-；5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+；Cu（OH）2；电解较长时间后，铜离子浓度下降，氢离子开始放电，溶液的PH增大，铜离子转化为氢氧化铜沉淀30、Ⅰ.取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量KMnO4溶液，若溶液不褪色或不变浅，说明样品中无FeO

Ⅱ.（1）锥形瓶除去空气中含有的CO2

（2）MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O

（3）将反应产生的CO2气体尽可能彻底的赶入装置C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收

（4）（或）（5）偏大（6）此方案不妥，D的质量差还包括水蒸气的质量，将使测得的Fe2O3的质量分数偏小【分析】【分析】本题考查了实验探究物质组成和含量的实验过程分析判断，主要是混合物反应后生成气体的质量测定方法，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】Ⅰrm{.}若rm{Fe}若rm{.}rm{Fe}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}利用稀酸rm{{,!}_{3}}非氧化性中含有rm{FeO}利用稀酸rm{(}非氧化性rm{)}溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中rm{KMnO}溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中rm{FeO}rm{(}rm{)}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液具有强氧化性，可使rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量溶液褪色，则选择试剂为稀硫酸、rm{KMnO}溶液，若溶液不褪色或不变浅，说明样品中无rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}

溶液；实验操作时的步骤、实验现象和结论为：取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量rm{KMnO}rm{4}溶液，若溶液不褪色或不变浅，说明样品中无rm{4}rm{FeO}

，样品可能是故答案为：rm{KMnO}rm{4}rm{4}rm{FeO}；Ⅱrm{.(1)}样品可能是rm{MgCO}中是氢氧化钠溶液，通过装置rm{.(1)}通入空气除去二氧化碳后把装置中的空气赶净，反应后把生成的二氧化碳全部赶入装置rm{MgCO}吸收，

rm{{,!}_{3}}除去空气中含有的、rm{Fe}rm{Fe}

rm{{,!}_{2}}装置rm{O}中反应是rm{O}rm{{,!}_{3}}固体，放入锥形瓶中，通过分液漏斗加入盐酸发生反应，和碳酸镁反应生成二氧化碳气体，rm{A}中是氢氧化钠溶液，通过装置rm{A}通入空气除去二氧化碳后把装置中的空气赶净，反应后把生成的二氧化碳全部赶入装置rm{C}吸收，rm{A}rm{A}rm{C}故答案为：锥形瓶；rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{(2)}装置rm{B}中反应是rm{MgCO}rm{(2)}rm{B}rm{MgCO}rm{{,!}_{3}}、rm{Fe}rm{Fe}氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{