2024年浙教版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年浙教版高二化学下册月考试卷409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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭，危及生命rm{.}二甘醇的结构简式是rm{HO-CH_{2}CH_{2}-O-CH_{2}CH_{2}-OH.}下列有关二甘醇的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.不能发生消去反应B.能发生取代反应C.能溶于水，不溶于乙醇D.不能氧化为醛2、要检验溴乙烷中的卤素是不是溴元素，正确的实验方法是（）①加入氯水振荡，观察水是否有红棕色的溴出现②加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成③滴入AgNO3溶液，再加入稀硝酸，观察有无浅黄色沉淀生成④加入NaOH的醇溶液共热，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成A.①③B.②④C.①②D.③④3、用水即可区别的一组物质是（）

A.乙醇；乙醛、乙酸。

B.苯；乙酸、四氯化碳。

C.乙醇；硝基苯、葡萄糖。

D.乙酸乙酯；花生油、氯仿。

4、正硼酸rm{(HBO_{3})}是一种片层状结构白色晶体，层内的rm{H_{3}BO_{3}}分子通过氢键相连rm{(}如图rm{)}下列有关说法正确的有rm{(}rm{)}A.在rm{H_{3}BO_{3}}分子中各原子最外层全部满足rm{8}电子稳定结构B.rm{H_{3}BO_{3}}分子的稳定性与氢键有关C.rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶体中有rm{3mol}极性共价键D.rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶体中有rm{3mol}氢键5、rm{CaCO_{3}}的摩尔质量为rm{100g?mol^{隆陋1}}将rm{5.0gCaCO_{3}}固体完全溶于稀盐酸后，再用蒸馏水稀释成rm{100ml}溶液。该溶液中rm{Ca^{2+}}的物质的量浓度为A.rm{5.0mol?L^{隆陋1}}B.rm{0.10mol?L^{隆陋1}}C.rm{1.0mol?L^{隆陋1}}D.rm{0.50mol?L^{隆陋1}}6、下列关于有机物因果关系的叙述中，完全正确的一组是。实验事实结论rm{A}乙烯和苯都能使溴水褪色二者分子中含有相同的碳碳双键rm{B}乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能与水反应二者属于同一类型的反应rm{C}乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜悬浊液反应二者所含的官能团相同rm{D}乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色二者褪色的本质不相同

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、下列物质：①石墨②三氧化硫③HNO3④熔融的硫酸钡⑤NaOH固体⑥冰醋酸⑦NH3·H2O⑧胆矾（1）其中属于强电解质的是（填编号）。（2）将②③⑥三种物质溶于水，配得pH相同的溶液。设三种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则三者物质的量浓度由大到小的顺序为；取等体积等pH的上述三种溶液，分别加入足量锌粉，反应过程中放出H2的速率依次为v1、v2、v3，其大小关系为。（3）某温度时，测得0.01mol·L-1的NaOH的pH=13，该温度下水的离子积常数Kw=。8、（19分）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。（1）N2O5与苯发生硝化反应生成的硝基苯的结构简式是______________。（2）一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)；ΔH＞0①反应达到平衡后，若再通入一定量氮气，则N2O5的转化率将______（填“增大”、“减小”、“不变”）。②下表为反应在T1温度下的部分实验数据：。t/s05001000c(N2O5)/mol·L－15.003.522.48则500s内N2O5的分解速率为________________。③在T2温度下，反应1000s时测得NO2的浓度为4.98mol·L－1，则T2________T1。（填>、<或＝）（3）如右图所示装置可用于制备N2O5，则N2O5在电解池的______区生成，其电极反应式为_______。9、（8分）写出有关反应方程式(1)由苯制溴苯_______________________________(2)由乙炔制聚氯乙烯_______________________________________(3)杯状化合物A可作为金属离子配合物的配体，其结构如图：选用均不超过１０个碳原子的两种有机物为原料，经缩合生成A。_________________________________。10、写出下列反应的化学方程式：

苯和液溴的取代反应______

溴乙烷的消去反应：______

苯酚钠溶液中通入足量的rm{CO_{2}}______

乙醇分子内脱水______．11、（1）（10分）在①蛋白质②油脂③葡萄糖④纤维素⑤淀粉五种物质中，不能水解的是______（填序号），在人体中不能直接被消化吸收的是（填序号），蛋白质水解后最终生成（填名称），油脂水解后得到醇的结构简式是。（2）某学生设计用如下实验方案用以检验淀粉水解的情况：由水解液分别进行上述实验后的现象，可得出的实验结论应该是（填序号）。A．淀粉尚有部分未水解B．淀粉已完全水解C．淀粉没有水解12、（14分）美国Bay等工厂使用石油热裂解的副产物甲烷来制取氢气，其生产流程如下图：（1）此流程的第II步反应为：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)，该反应的平衡常数随温度的变化如下表：。温度/℃400500830平衡常数K1091从上表可以推断：此反应是（填“吸”或“放”）热反应。在830℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入1mo1CO和2mo1H2O，则达到平衡后CO的转化率为。（2）在500℃，以下表的物质的量（按照CO、H2O、H2、CO2的顺序）投入恒容密闭容器中进行上述第II步反应，达到平衡后下列关系正确的是。实验编号反应物投入量平衡时H2浓度吸收或放出的热量反应物转化率A1、1、0、0c1Q1α1[来源:]B0、0、2、2c2Q2α2C2、2、0、0c3Q3α3A．2c1=c2=c3B．2Q1=Q2=Q3C．α1=α2=α3D．α1+α2=1（3）在一个绝热等容容器中，不能判断此流程的第II步反应达到平衡的是____。①体系的压强不再发生变化②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④各组分的物质的量浓度不再改变⑤体系的温度不再发生变化⑥v(CO2)正＝v(H2O)逆（4）下图表示此流程的第II步反应，在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是、____（写出两种）。若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，在图中t4和t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质（假设各物质状态均保持不变）。13、（7分）（1）在配合物Fe（SCN）2+中提供空轨道接受孤电子对的微粒是____（填符号），画出配合物离子中的配位键____。(2)根据价层电子对互斥理论，H30+中VSEPR模型名称为，BCl3分子的立体结构为。(3)按要求写出由第二周期元素为中心原子，通过SP3杂化形成中性分子的化学式（各写一种）：正四面体分子，三角锥形分子，V型分子。14、（9分）依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)==Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：（1）电极X的材料是_________；电解质溶液Y是_________；（2）银电极为电池的_________极，发生的电极反应为________________________；X电极上发生的电极反应为___________________________；（3）外电路中的电子是从_________电极流向_________电极。15、如图是工业生产硝酸铵的流程．

(1)吸收塔C中通入空气的目的是____________．A；B、C、D四个容器中的反应；属于氧化还原反应的是____________(填字母)．

(2)已知：4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H=-1266.8kJ/mol

N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ/mol

写出氨高温催化氧化的热化学方程式：____________．

(3)已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol．为提高氢气的转化率；宜采取的措施有____________(填字母)．

A．升高温度B．使用催化剂C．增大压强D．循环利用和不断补充氮气。

(4)在一定温度和压强下，将H2和N2按3：1(体积比)在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中NH3的气体体积分数为17.6%，求此时H2的转化率？(要有完整的计算过程，结果保留三位有效数字)评卷人得分三、工业流程题(共7题，共14分)16、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___。17、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18、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]=____。19、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________%。20、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)。21、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、原理综合题(共1题，共6分)22、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。评卷人得分五、简答题(共1题，共3分)23、过氧化氢是重要的氧化剂；还原剂；它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等．某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质．请填写下列空白：

（1）移取10.00mL密度为ρg•mL-1的过氧化氢溶液至250mL______（填仪器名称）中；加水稀释至刻度，摇匀．移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样．

（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样；其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里．

□MnO4-+□H2O2+□H+═□Mn2++□H2O+□□

（3）滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中．滴定到达终点的现象是______．

（4）重复滴定三次，平均耗用cmol•L-1KMnO4标准溶液VmL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为______．

（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果______（填“偏高”或“偏低”或“不变”）．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】解：rm{A.}与rm{-OH}相连的rm{C}的邻位rm{C}上有rm{H}能发生消去反应，故A错误；

B.含rm{-OH}能发生取代反应，故B正确；

C.含两个醇羟基；能溶于水，更易溶于有机溶剂乙醇，故C错误；

D.具有rm{-CH_{2}OH}结构；可被氧化生成醛，故D错误．

故选B．

该有机物中含rm{2}个rm{-OH}且与rm{-OH}相连的rm{C}的邻位rm{C}上有rm{H}其分子式为rm{C_{4}H_{10}O_{3}}以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，侧重醇的性质的考查，注意把握rm{-OH}及性质即可解答，题目难度不大．【解析】rm{B}2、B【分析】试题分析：检验溴乙烷中含有溴元素首先将它转化为溴离子，采用卤代烃的水解方法或醇中的消去反应的方法，反应后生成的溴离子可以和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴乙烷中的溴元素，②④两种方法均可，B正确。考点：卤代烃的性质、卤原子的检验方法【解析】【答案】B3、B【分析】

A．乙醇；乙醛、乙酸都易溶于水；不能用水鉴别，故A错误；

B．乙酸易溶于水；苯不溶于水，但密度比水小，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，可鉴别，故B正确；

C．乙醇和葡萄糖都易溶于水；用水不能鉴别，故C错误；

D．乙酸乙酯；花生油、氯仿都不溶于水；不能鉴别，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】能用水鉴别的物质；主要利用有机物的水溶性以及密度大小异同，以此解答该题．

4、D【分析】【分析】本题考查了核外电子排布、影响分子稳定性的因素等知识点，难度不大，注意分子的稳定性与化学键有关，物质的熔沸点与氢键有关。【解答】分子有氢原子，氢原子最外层满足电子稳定结构，故A.错误；在rm{H_{3}BO_{3}}分子有氢原子，氢原子最外层满足rm{2}电子稳定结构，故rm{A}错误；

B.分子的稳定性与分子内的rm{B-O}、rm{H-O}共价键有关，熔沸点与氢键有关，故rm{B}错误；

C.一个rm{H_{3}BO_{3}}分子着rm{6}个极性共价键，故rm{C}错误；

D.一个rm{H_{3}BO_{3}}分子对应着rm{6}个氢键，一个氢键对应着rm{2}个rm{H_{3}BO_{3}}分子，因此rm{1molH_{3}BO_{3}}分子的晶体中有rm{3mol}氢键，故rm{D}正确。

故选rm{D}。分子的稳定性与分子内的rm{H_{3}BO_{3}}、rm{H_{3}BO_{3}}共价键有关，熔沸点与氢键有关，故rm{2}错误；rm{2}一个rm{A}分子着rm{A}个极性共价键，故

B.错误；rm{B-O}一个rm{B-O}分子对应着rm{H-O}个氢键，一个氢键对应着rm{H-O}个rm{B}分子，因此rm{B}分子的晶体中有

C.氢键，故rm{H_{3}BO_{3}}正确。rm{H_{3}BO_{3}}故选rm{6}。rm{6}rm{C}【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】本题考查了物质的量浓度的计算，明确公式中rm{m}rm{M}rm{C}rm{V}rm{n}之间的关系式即可解答，再结合原子守恒进行计算，题目难度不大。rm{m}rm{M}rm{C}rm{V}之间的关系式即可解答，再结合原子守恒进行计算，题目难度不大。rm{n}【解答】rm{n(CaCO}rm{n(CaCO}rm{{,!}_{3}}rm{)=}碳酸钙和稀盐酸反应方程式为rm{)=}rm{dfrac{5.0g}{100g/mol}}rm{=0.05mol}碳酸钙和稀盐酸反应方程式为rm{CaCO}rm{=0.05mol}rm{CaCO}rm{{,!}_{3}}rm{+2HCl=CaCl}rm{+2HCl=CaCl}rm{{,!}_{2}}根据钙原子守恒得rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O+CO}rm{O+CO}钙离子的物质的量浓度rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}根据钙原子守恒得rm{n(CaCO}rm{隆眉}rm{n(CaCO}rm{{,!}_{3}}故D正确。rm{)=n(Ca}rm{)=n(Ca}【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】本题考查苯、乙烯、乙酸、酯、葡萄糖的性质等，比较基础，注意rm{A}选项中苯使溴水褪色原理。选项中苯使溴水褪色原理。【解答】A.乙烯含有rm{A}双键；与溴发生加成反应，使溴水褪色，苯使溴水褪色是苯萃取溴水的溴，苯分子中不含碳碳双键，故A错误；

B.乙酸乙酯与水的反应水解反应；乙烯与水的反应属于加成反应，反应类型不同，故B错误；

C.乙酸含有羧基；与新制氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖含有醛基，被新制氢氧化铜氧化，乙酸与葡萄糖含有的官能团不同，故C错误；

D.乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色；乙烯被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，二者褪色不同，故D正确。

故选D。

rm{C=C}【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】试题分析：（1）在溶液中完全电离的电解质为强电解质，答案为③④⑤⑧；（2）三氧化硫溶于水生成硫酸，是二元强酸，硝酸是一元强酸，醋酸为弱酸，所以pH相同的溶液中物质的量浓度为c3,>c2>c1；随着反应的进行，酸酸的电离平衡正向移动，所以v1=v2考点：电解质，电解质的电离、溶液的pH【解析】【答案】（8分）（1）③④⑤⑧（2）c3,>c2>c1；v1=v2<div>8、略

【分析】（1）硝基苯中还有－NO2官能团，结构简式为（2）①通入氮气，但物质的浓度是不变的，所以平衡不移动，转化率不变。②500s时，消耗N2O5的浓度是1.48mol/L，所以分解速率是③NO2是4.98mol/L，则消耗N2O5是2.49mol/L，剩余N2O5是2.51mol/L，而温度为T1时是2.48mol/L，这说明温度为T1时反应速率快，所以T1大于T2。（3）N2O5中氮元素的化合价是＋5价，而硝酸中氮元素也是＋5价。因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，方程式为N2O4＋2HNO3－2e—＝2N2O5＋2H＋。【解析】【答案】（1）（3分）（2）①不变（3分）②0.00296mol·L－1·s－1（3分）③＜（3分）（3）阳极（3分）N2O4＋2HNO3－2e—＝2N2O5＋2H＋（4分）9、略

【分析】考查有机反应方程式的书写。（1）苯和液溴在催化剂的作用下发生取代反应生成溴苯（2）聚氯乙烯的单体是氯乙烯，乙炔和氯化氢发生加成反应，即得到氯乙烯。（3）根据有机物的结构简式可判断，该反应类似于酚醛树脂的制取，因此需要的原料是甲醛和【解析】【答案】（1）（2）＋HClCH2＝CHClnCH2＝CHCl（3）10、略

【分析】解：在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成：rm{C_{6}H_{6}+Br_{2}overset{{盲氓禄炉脤煤}}{}C_{6}H_{5}Br+HBr}

溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成乙烯和溴化钠，水；反应的化学方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}

碳酸酸性强于苯酚，强酸可以制得弱酸，苯酚钠溶液中通入足量的rm{C_{6}H_{6}+Br_{2}overset{{盲氓禄炉脤煤}}{

}C_{6}H_{5}Br+HBr}溶液中因为生成苯酚而变浑浊，反应的化学方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}

乙醇和浓rm{CO_{2}}共热至rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{6}OH+NaHCO_{3}}时，发生消去反应，即分子内脱水，生成乙烯，反应方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{C_{6}H_{6}+Br_{2}overset{{盲氓禄炉脤煤}}{}C_{6}H_{5}Br+HBr}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{H_{2}SO_{4}}rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+H_{2}O.}

苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；

溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成乙烯和溴化钠；水；

碳酸的酸性比苯酚的酸性强；所以苯酚钠通入足量的二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠；

乙醇和浓rm{170隆忙}共热至rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+H_{2}O}时；发生消去反应，即分子内脱水，生成乙烯．

本题考查了化学方程式的书写，掌握有机物的官能团的性质是书写化学方程式的关键，题目难度不大．rm{C_{6}H_{6}+Br_{2}overset{{盲氓禄炉脤煤}}{

}C_{6}H_{5}Br+HBr}【解析】rm{C_{6}H_{6}+Br_{2}overset{{盲氓禄炉脤煤}}{}C_{6}H_{5}Br+HBr}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{C_{6}H_{6}+Br_{2}overset{{盲氓禄炉脤煤}}{

}C_{6}H_{5}Br+HBr}rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+NaBr+H_{2}O}11、略

【分析】试题分析：（1）葡萄糖是单糖，不能水解；人体没有水解纤维素的酶，所以纤维素不能被人体直接消化吸收；蛋白质水解最终生成氨基酸，油脂水解得到甘油。（2）淀粉水解后溶液不变蓝，说明淀粉水解完全。考点：糖类、油脂、蛋白质的性质。【解析】【答案】（1）③；④；氨基酸；CH2OHCHOHCH2OH；（2）B12、略

【分析】（1）温度越高，平衡常数越小，所以正反应是放热反应。CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)起始量（mol）1200转化量（mol）xxxx平衡量（mol）1－x2－xxx根据平衡常数知解得x＝2/3，所以平衡后CO的转化率为是66.7％。（2）因为反应前后体积，即改变压强平衡不会发生移动，根据所给的反应物投入量来看ABC就是等效的，虽然氢气的含量，但氢气的浓度不同，其中BC相等且都是A的2倍。根据500℃平衡常数可计算出A中反应物的转化率均是75％【计算方法同（1）】，即平衡时A中CO、H2O、H2、CO2分别是0.25mol、0.25mlol、0.75mol、0.75mol，则平衡时B、C中CO、H2O、H2、CO2分别都为0.5mol、0.5mol、1.5mol、1.5mol。即B、C中转化率分别是25％和75％。A中放热Q1，所以反应热是－2Q1kJ·mol－1。则C中放热2Q1，B中吸热Q1。答案AD正确。（3）因为体系绝热，而反应是放热反应，所以压强会发生变化，①⑤可以。反应前后气体质量和容器的体积均不发生变化，所以密度不变，②不可以。反应前后气体质量和物质的量均不发生变化，所以相对分子质量不变，③不可以。④⑥符合化学平衡的概念正确。答案是②③。（4）由图像可知t2时刻CO浓度减小，CO2浓度增大，因此改变的条件是降低温度，或增加水蒸汽的量。t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，平衡不移动，但物质的浓度均增大，都变为原来大2倍，如图所示：【解析】【答案】（1）放；66.7%（2）AD（3）②③（4）降低温度，或增加水蒸汽的量，或减少氢气的量；（每格2分）13、略

【分析】【解析】【答案】（7分）（____________________________________（2）____1____________________（3）________CF41____________NF31____________14、略

【分析】【解析】【答案】（9分）.（1）CuAgNO3（2）正Ag++e-==AgCu－2e-==Cu2+（3）铜银15、略

【分析】解：(1)吸收塔中涉及的反应有：2NO+O2═2NO2；3NO2+H2O═2HNO3+NO；4NO2+O2+H2O═4HNO3；为使NO充分氧化而生成硝酸，应通入过量空气；题中涉及的化学反应有：①N2+3H2⇌2NH3②4NH3+5O24NO+6H2O③2NO+O2═2NO2④3NO2+H2O═2HNO3+NO⑤4NO2+O2+H2O═4HNO3⑥NH3+HNO3═NH4NO3；

其中①②③④⑤属于氧化还原反应；

故答案为：使NO充分氧化(或者“提高NO的转化率”)；ABC；

(2)已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=-1266.8kJ/mol；

②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/mol；

利用盖斯定律①-2×②可得：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=-905.8KJ/mol；

故答案为：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=-905.8KJ/mol；

(3)为提高氢气的转化率；应是反应向正反应方向移动，则可采取的措施有：增大压强；循环利用和不断补充氮气、及时分离出氨气；

故答案为：CD；

(4)设开始时H2的物质的量为3mol；平衡时变化量为xmol

3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)

起始量(mol)310

变化量(mol)xx

平衡量(mol)3-x

则平衡时NH3的体积分数为：

解得x=0.9

∴H2转化率为：答：氢气的转化率是30.0%．【解析】使NO充分氧化(或者“提高NO的转化率”);ABC;4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=-905.8KJ/mol;CD三、工业流程题(共7题，共14分)16、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17、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.D18、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%19、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%20、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%21、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(NO