2025年浙教版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年浙教版高二化学下册阶段测试试卷894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8题，共16分)1、对于平衡体系mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)ΔH＜0。下列结论中错误的是A.若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2．1倍，则m＋n＜p＋qB.若平衡时，B的转化率相等，说明反应开始时，B的物质的量之比为m∶nC.若m＋n=p＋q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD.若改变条件使平衡体系中物质的浓度发生变化，则平衡一定发生移动2、有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述正确的是（）A.甲中负极反应式为：2H++2e－＝H2↑B.乙中阳极反应式为：Ag＋＋e－==AgC.丙中H+向碳棒方向移动D.丁中电解开始时阴极产生黄绿色气体3、下列对元素周期律和元素周期表的认识正确的是rm{(}rm{)}A.元素周期律的本质是随着核电荷数的增加元素化合价呈周期性的变化B.核外电子排布的周期性变化是元素性质周期性变化的本质C.元素周期表中可以把元素分成rm{s}rm{p}rm{d}rm{ds}四个区D.元素周期表中最外层电子数rm{<2}的元素一定是金属元素4、异丁烷rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{3}}的二氯代物的数目有()A.rm{2}种B.rm{3}种C.rm{4}种D.rm{5}种5、据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构简式为：HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N。对该物质判断正确的是()A.晶体的硬度与金刚石相当B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.不能发生加成反应D.可由乙炔和含氮化合物加聚制得6、已知298K时，N2(g）＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－QkJ·mol－1.在相同条件下，向密闭容器中加入1molN2和3molH2，达到平衡时生成0.2molNH3放出的热量为Q1kJ，向另一容积相同的密闭容器中通入0.95molN2、2.85molH2和0.1molNH3，达到平衡时放出的热量为Q2kJ，若向相同容积的另一密闭容器中通入2molNH3，达到平衡时吸收的热量为Q3kJ。则下列关系式正确的是：A.Q＞Q1＞Q2＞Q3B.Q=Q1+Q3C.Q＞Q1+Q3D.Q＞Q3＞Q1＞Q27、某有机化合物结构式为：它可以发生的反应类型有（）

①取代②加成③消去④水解⑤酯化⑥中和⑦缩聚⑧加聚．A.①③⑤⑥B.②④⑥⑧C.①②③⑤⑥D.除④⑧外8、下列物质中，水解的最终产物含有葡萄糖的是（）A.油脂B.蛋白质C.蔗糖D.酶评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列物质与水混合后静置，出现分层的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳10、氯酸根和亚硫酸氢根发生氧化还原反应：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}，下图为该反应速率随时间变化的图像。图中rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=

3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}是用rm{v(ClO_{3}^{-})}在单位时间内的物质的量浓度的变化来表示的反应速率。则下列说法不正确的是()

A.反应开始时速率增大可能是rm{ClO_{3}^{-}}增大引起的B.若坐标改为rm{c(H^{+})}时，速率时间曲线和上图曲线完全重合C.后期反应速率下降的原因是反应物浓度减少D.图中阴影部分rm{v(Cl^{-})}面积rm{"}为rm{"}至rm{t_{1}}时间内rm{t_{2}}的物质的量的减少值rm{ClO_{3}^{-}}11、下列过程能使蛋白质变性的是rm{(}rm{)}A.蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后析出蛋白质B.蛋白质用福尔马林浸泡C.蛋白质中加rm{Pb(Ac)_{2}}后析出蛋白质固体D.蛋白质中遇rm{X}光后12、下列分子中的碳原子可能处在同一平面内的是()A.rm{CH_{3}(CH_{2})_{4}CH_{3}}B.rm{CH_{3}(CH_{2})_{4}CH_{3}}C.D.13、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、工业上制备BaCl2的工艺流程图如下：某研究小组在实验室用重晶石（主要成分BaSO4）对工业过程进行模拟实验。查表得BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s)△H1＝＋571.2kJ·mol-1①BaSO4(s)+2C(s)2CO2(g)+BaS(s)△H2＝＋226.2kJ·mol-1②（1）气体用过量NaOH溶液吸收,得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为。（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，＝。[Ksp(AgBr)＝5.4×10-13，Ksp(AgCl)＝2.0×10-10]（3）反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的△H＝____kJ·mol-1。（4）实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是。15、近年来，湖南省围绕“资源节约型和环境友好型”这一主题，积极谋求社会的和谐发展。请你根据这一主题和题意，用下列选项的字母代号进行填空。A．二氧化硫B．二氧化碳C．开发新能源D．沉淀法(1)造成温室效应和全球气候变暖的主要物质是；(2)以煤炭为主的能源结构易导致酸雨的形成，形成这类酸雨的主要物质是；(3)水体污染加剧了水资源的短缺。处理含有Hg2+等重金属离子的废水常用的一种方法是____；(4)石油是一种重要能源，人类正面临着石油短缺的难题。解决能源短缺问题的一种方法是。16、(6分)Ⅰ．有机物A的红外光谱图分别如下：（1）符合该条件的相对分子质量最小的A的结构简式为：_________________________________。Ⅱ．相对分子质量不超过100的有机物B，既能与金属钠反应产生无色气体，又能与碳酸钠反应产生无色气体，还可以使溴的四氯化碳溶液褪色。B完全燃烧只生成CO2和H2O。经分析其含氧元素的质量分数为37.21%。经核磁共振检测发现B的氢谱如下：（2）B的结构简式为：___________________________________。17、合金是由______（或______）熔合而成的具有______的物质，与各成分的金属相比，其特点为硬度比纯金属______，熔点比比各成分金属______．18、（14分）I.A是由导热材料制成的密闭容器,B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球.关闭K2,将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应开始时，A、B的体积相同。已知：2NO2（g）N2O4（g）△H＜0。（1）一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是V（A）____V（B）（填“＜”、“＞”或“=”）；若打开活塞K2，气球B将（填“变大”、“变小”或“不变”，下同）。（2）若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率α（A）将。若通入等量的Ne气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将____，B中NO2的转化率将（3）室温时，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，中的颜色较深。（4）若在容器A中充入4.6g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的压强为原来的80%，试求出平衡时NO2的转化率。II.已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)；△H＞0，请回答下列问题：①若要增大M的转化率，在其它条件不变的情况下可以采取的措施为A、加入一定量MB、加入一定量NC、反应温度升高D、缩小容器体积E、加入某物质作催化剂F、分离出一定量P②在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol·L－1，c(N)=2.4mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为。③若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)=4mol·L－1，c(N)=amol·L－1；达到平衡后，c(P)=2mol·L－1，a=mol·L－1。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共32分)19、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。20、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。21、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。22、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、工业流程题(共4题，共24分)23、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___。24、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]=____。25、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________%。26、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)。评卷人得分六、简答题(共4题，共36分)27、如图所示，某同学设计一个甲醚燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中rm{X}为阳离子交换膜．

根据要求回答相关问题：

rm{(1)}写出负极的电极反应式_________________________．

rm{(2)}铁电极为____rm{(}填“阳极”或“阴极”rm{)}石墨电极rm{(C)}的电极反应式为______________．

rm{(3)}如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将______rm{(}填“增大”“减小”或“不变”rm{)}．

rm{(4)}若在标准状况下，有rm{2.24L}氧气参加反应，则丙装置中阴极析出铜的质量为______．rm{(5)}假设乙装置中氯化钠溶液足够多，若在标准状况下，有rm{224mL}氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将___rm{(}填“增大”“减小”或“不变”rm{)}且变化了______克。rm{(6)}若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式为_____________________________________________。28、请用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质；写出有关反应的化学方程式．

①铜粉中混有少量的氧化铜。

②硝酸中混有少量的硫酸。

③氢氧化钠中混有少量的碳酸钠。

④氧化钙中混有少量的碳酸钙。

⑤硫酸钠中混有少量的氧化钠．29、KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，因此配制KMnO4标准溶液的操作是：

（1）称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水；将溶液加热并保持微沸1h；

（2）用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO（OH）2；

（3）过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶放在暗处；

（4）利用氧化还原滴定方法；在70℃-80℃条件下用基准试剂（纯度高；式量较大、稳定性较好的物质）溶液标定其浓度．请回答下列问题：

（1）将溶液加热并保持微沸1h的目的是______．

（2）如何保证在70℃～80℃条件下进行滴定操作：______．

（3）准确量取一定体积的KMnO4溶液用______（填仪器名称）．

（4）在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用______（填序号）．

A．H2C2O4•2H2OB．FeSO4C．浓盐酸D．Na2SO3

（5）若准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500mL水溶液；取25.00mL置于锥形瓶中，用高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液VmL．问：

①滴定终点标志是______；

②所配制KMnO4标准溶液的物质的量浓度为______mol/L；

（6）若用放置两周的KMnO4标准溶液去滴定水样中Fe2+含量，测得的浓度值将______（填“偏高”或“偏低”）．30、二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向，发展成一项重要的新兴产业。rm{(1)}已知：rm{CH_{4}}rm{CO}rm{H_{2}}的燃烧热分别为rm{890kJ?mol^{-1}}rm{283kJ?mol^{-1}}rm{285.8kJ?mol^{-1}}计算下列反应的反应热。rm{CO_{2}(g)+CH_{4}(g)=2CO(g)+2H_{2}(g)娄陇H=}____rm{CO_{2}(g)+CH_{4}(g)=2CO(g)+

2H_{2}(g)娄陇H=}

rm{kJ?mol^{-1}}利用废气中的rm{(2)}为原料制取甲醇，反应方程式为：rm{CO_{2}+3H_{2}underset{}{overset{}{?}}CH_{3}OH+H_{2}O}其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂rm{CO_{2}}Ⅰ、Ⅱ、Ⅲrm{CO_{2}+3H_{2}

underset{}{overset{}{?}}CH_{3}OH+H_{2}O}作用下反应相同时间后，rm{(}的转化率随反应温度的变化如图rm{)}所示。

rm{CO_{2}}该反应的rm{拢卤}____rm{垄脵}填“rm{娄陇H}”或“rm{0(}”rm{>}

rm{<}点不同催化剂rm{)}Ⅰ、Ⅱ、Ⅲrm{垄脷d}作用下rm{(}的转化率相同的原因是____。

rm{)}用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以rm{CO_{2}}rm{(3)}的投料比充入反应器中，发生反应：rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)underset{}{overset{}{?}}C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)triangleH}不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图rm{0.1MPa}所示：

rm{n(H_{2})隆脙n(CO_{2})=3隆脙1}代表的物质是____。

rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)

underset{}{overset{}{?}}C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H}温度下的平衡转化率为____，相对于起始状态，平衡时气体的平均分子量增大的百分率为____rm{2}保留三位有效数字rm{垄脵b}rm{垄脷T1}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】解：rm{A.}元素周期律的实质是随着原子序数的递增；元素化合价呈周期性的变化，与核电荷数的增加无关，故A错误；

B.元素周期律的实质是随着原子序数的递增；元素原子最外层电子排布呈周期性的变化，故B正确；

C.元素周期表中，按电子排布，可把周期表中元素分为rm{s}rm{p}rm{d}rm{f}rm{ds}五个区，除rm{ds}区外；区的名称来自构造原理最后填入电子的能级的符号，故C错误；

D.元素周期表中最外层电子数rm{<2}的元素可能为rm{H}如rm{H}是非金属元素；故D错误；

故选B．

A.原子结构决定元素的性质；

B.原子结构具有周期性变化；

C.电子排布中最外层电子的填充决定分区；

C.最外层电子数rm{<2}的元素可能为rm{H}．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素周期律的实质、元素在周期表的位置、元素的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{B}4、B【分析】【分析】本题考查同分异构体的书写rm{隆陋}官能团的位置异构，难度不大，侧重对学生能力的培养，做题注意先判断该有机物中有几个等效氢原子，先固定一个氯原子的位置rm{(}生成一个一氯代物rm{)}然后对其二氯代物可能的情况进行书写。【解答】异丁烷为rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH(CH}rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}个rm{)CH}原子，有：rm{{,!}_{3}}，二氯代物取代同一碳原子上的rm{2}个rm{H}原子，有：rm{CH}rm{2}rm{H}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH(CH}原子，有：rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CHCl}rm{)CHCl}rm{{,!}_{2}}；取代不同碳原子上的rm{H}原子，有：rm{ClCH}rm{H}rm{ClCH}rm{{,!}_{2}}rm{CH(CH}rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}rm{)CH}种。rm{{,!}_{2}}rm{Cl}rm{ClCH}【解析】rm{B}5、B【分析】【解析】试题分析：A、氰基辛炔是分子构成的物质，与金刚石（原子晶体）的晶体结构不一样。所以硬度不一样。故A错误。B、不饱和叁键可以使酸性高锰酸钾褪色。故B正确。C、不饱和叁键可发生加成反应。故C错误。D乙炔加聚后不可能还出现叁键。故D错误。故选B。考点：炔烃的性质。【解析】【答案】B6、B|D【分析】【解析】【答案】BD7、D【分析】解：①该有机物含有苯环；醇羟基、羧基；能与卤素、卤化氢和醇发生取代反应，故①正确．

②该有机物中含有苯环；所以能和氢气发生加成反应，故②正确．

③该有机物含有醇羟基；能发生消去反应生成烯烃，故③正确．

④该有机物没有氯原子和酯基；不能发生水解反应，故④错误．

⑤该有机物中含有醇羟基；羧基；能和酸或醇发生酯化反应，故⑤正确；

⑥该有机物中含羧基；能和碱发生中和反应，故⑥正确；

⑦该有机物中含有羟基；羧基；所以能与酸或醇发生缩聚反应，故⑦正确．

⑧该有机物中不含有碳碳双键和碳碳三键；所以不能发生加聚反应，故⑧错误．

故选D．

该有机物中含有苯环；酚羟基、醇羟基、羧基；所以具有苯、酚、醇、羧酸的性质．

本题考查有机物的性质，据该有机物具有的官能团即可解答本题，官能团决定其性质，难度不大．【解析】【答案】D8、C【分析】解：A．油脂的水解产物为高级脂肪酸钠和甘油；故A错误；

B．蛋白质的水解产物为氨基酸；故B错误；

C．蔗糖的水解产物为葡萄糖；故C正确；

D．酶是蛋白质；水解产物为氨基酸，故D错误；

故选C．

油脂的水解产物为高级脂肪酸钠和甘油；蛋白质的水解产物为氨基酸；蔗糖的水解产物为葡萄糖；酶属于蛋白质；依此进行判断．

本题考查有机物的水解产物的判断，难度不大．要注意平时基础知识的积累．【解析】【答案】C二、多选题(共5题，共10分)9、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】乙酸乙酯、苯、四氯化碳和水不溶，能分层，乙酸和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}10、BD【分析】【分析】本题主要考查了外界条件对化学反应速率的有关知识，难度不大，需要注意的是要抓住题目的信息是解答rm{A}选项的关键。【解答】A.由方程式：rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}可知：反应开始时随着反应的进行，rm{c(H^{+})}不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随rm{c(H^{+})}的增大而加快；故A正确；

B.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{v(ClO_{3}^{-})}rm{v(H^{+})=1}rm{3}纵坐标为rm{v(H^{+})}的rm{v-t}曲线与图中曲线不重合；故B错误；

C.随着反应的进行；反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C正确；

D.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{trianglen(Cl^{-})}rm{trianglen(ClO_{3}^{-})=1}rm{triangle

n(ClO_{3}^{-})=1}所以图中阴影部分“面积”可以表示rm{1}时间为rm{t_{1}-t_{2}}增加或者是rm{n(Cl^{-})}浓度的减小；故D错误。

故选BD。rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{BD}11、BCD【分析】解：rm{A.}蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后发生盐析；故A错误；

B.蛋白质遇甲醛发生变性；故B正确；

C.rm{Pb(Ac)_{2}}是重金属盐；蛋白质遇重金属盐发生变性，故C正确；

D.蛋白质中遇rm{X}光发生变性；故D正确．

故选BCD．

蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变；从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，这种现象称为蛋白质变性．

能使蛋白质变性的化学方法有加强酸；强碱、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有机溶剂化学物质、重金属盐等；

能使蛋白质变性的物理方法有加热rm{(}高温rm{)}紫外线及rm{X}射线照射；超声波、剧烈振荡或搅拌等．

本题考查蛋白质的变性，难度不大，了解蛋白质变性的常用方法，注意蛋白质变性是不可逆的．【解析】rm{BCD}12、wudaan【分析】【分析】本题考查了学生对有机物的共面知识的认识，难度较大，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断。【解答】A.rm{CH}rm{3}rm{3}rm{(CH}rm{2}rm{2}rm{)}rm{4}rm{4}rm{CH}中中间碳原子与其相连的碳原子结构与甲烷类似，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故B错误；rm{3}中侧链子中的碳原子与其相连的碳原子结构与甲烷类似，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故C错误；rm{3}中与乙炔基相连的碳原子与其相连的碳原子结构与甲烷类似，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故D错误。故无答案。属于烷烃，结构呈锯齿状，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故A错误；【解析】rm{wudaan}13、ACD【分析】【分析】有机材料指的是成分为有机化合物的材料，最基本的组成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物。碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物。【解答】A.纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，故A正确；B.铅笔芯的主要成分是碳单质，属于无机物，故B错误；C.橡皮擦的成分是橡胶，属于有机物，故C正确；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料属于有机物，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】试题分析：（1）硫化钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，水解方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-。（2）当两种沉淀共存时，沉淀均达到溶解平衡，则溶液中＝==＝2.7×10-3。（3）根据热化学方程式①BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s)△H1＝571.2kJ·mol-1、②BaSO4(s)+2C(s)2CO2(g)+BaS(s)△H2＝226.2kJ·mol-1，并根据盖斯定律可知，（①－②）×即得到C(s)+CO2(g)2CO(g)，则该反应的反应热△H＝（＋571.2kJ·mol-1－226.2kJ·mol-1）×＝＋172.5kJ·mol-1。（4）因为要使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量），且反应①②为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温，所以实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，考点：考查水解方程式书写、反应热、溶度积常数计算与应用以及外界条件对平衡状态的影响【解析】【答案】（1）S2-+H2OHS-+OH-HS-+H2OH2S+OH-（可不写）（2）2.7×10-3（3）+172.5（4）使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量），①②为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温15、略

【分析】【解析】试题分析：造成温室效应和全球气候变暖的主要物质是二氧化碳，形成酸雨的主要物质是二氧化硫，处理含有Hg2+等重金属离子的废水，常用沉淀法，解决能源短缺问题的一种方法就是开发新能源，如太阳能，潮汐能等。考点：化学与环境【解析】【答案】BADC16、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CH2OCH2CH3（2）CH2＝C(CH3)COOH17、略

【分析】解：合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的混合物．一般说来合金的硬度一般比各成分金属大；多数合金的熔点低于组成它的成分金属的熔点．

故答案为：金属；非金属；金属特性；大；低．

合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；合金的硬度大，熔点低．

本题考查合金的概念及其合金的性质，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】金属；非金属；金属特性；大；低18、略

【分析】I.（1）A保持恒温恒容，B保持恒温恒压。因为这是一个体积减小的放热的可逆反应，所以在反应过程中，B中的压强大于A中的压强，因此B中反应速率快。若打开活塞K2，则A和B会混合，由于B中压强小于A中压强，所以气球的体积将变小。（2）A中容器容积不变，所以再增加NO2浓度，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大。若通入等量的Ne气，则A中浓度不变，所以平衡不移动，转化率不变。而B中容积必须增大，所以平衡向逆反应方向移动，转化率减小。（3）因为是放热反应，所以温度高不利于平衡向正反应方向进行，由于A中温度高，所以NO2的浓度大，颜色深。（4）4.6gNO2是0.1mol，设转化率是x，则生成N2O4是0.05xmol，剩余NO2是0.1×（1－x）mol。所以有0.05xmol＋0.1×（1－x）mol＝0.1mol×0.8，解得x＝0.4。II.①因为反应是体积不变的，吸热的可逆反应，所以要增大M的转化率可采取的措施为BCF。其中A是降低，DE不变。②M的转化率为60％，则消耗M是0.6mol，则消耗N也是0.6mol，所以N的转化率是0.6÷2.4＝0.25。③平衡时，c(P)=2mol·L－1，则消耗Q的浓度也是=2mol·L－1，消耗M和N的浓度也是=2mol·L－1，所以平衡时M的浓度是2mol/L，N的浓度设是（a－2）mol/L。由于温度相同，所以平衡常数不变，根据②可得出平衡常数，进而可以得出a值。【解析】【答案】（1）<，变小（2）增大，不变，变小（3）A（每空各1分）（4）40%（2分）II①BCF。②25％。③6四、元素或物质推断题(共4题，共32分)19、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）220、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H221、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、工业流程题(共4题，共24分)23、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24、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%25、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%26、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%六、简答题(共4题，共36分)27、（1）CH3OCH3-12e-+16OH-══2CO32－+11H2O

（2）阴极2Cl－－2e－=Cl2↑

（3）减小

（4）12.8

（5）增大0.88

（6）Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑

【分析】【分析】本题以原电池和电解池原理为载体考查了电极反应式的书写、物质的量的有关计算等知识点，注意燃料电池中电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，燃料相同，如果电解质溶液不同，电极反应式则不同，为易错点。【解答】rm{(1)}燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为rm{CH_{3}OCH_{3}}rm{-12e^{-}}rm{+16OH^{-}}rm{篓T篓T2CO_{3}^{2-}+11H_{2}O}

故答案为：rm{篓T篓T2CO_{3}^{2-}+

11H_{2}O}rm{CH_{3}OCH_{3}}rm{-12e^{-}}rm{篓T篓T2CO_{3}^{2-}+11H_{2}O}

rm{+16OH^{-}}乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，rm{篓T篓T2CO_{3}^{2-}+

11H_{2}O}rm{(2)}故答案为：阴极；电极反应式为：

rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌、银失电子进入溶液，阴极上析出铜，电极反应式为：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}根据转移电子数相等知；阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小；

故答案为：减小；rm{(3)}若在标准状况下，有rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}氧气，即rm{(4)}若在标准状况下，有rm{2.24L}氧气，即rm{0.1mol}参加反应，转移电子为rm{0.4mol}根据转移电子守恒，则丙装置中阴极析出铜为rm{0.2mol}质量为rm{0.2molx64g/mol=12.8g}参加反应，转移电子为rm{(4)}根据转移电子守恒，则丙装置中阴极析出铜为rm{2.24L}质量为rm{0.1mol}故答案为：rm{0.4mol}rm{0.2mol}根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气的关系式为：rm{0.2molx64g/mol=12.8g}rm{12.8g}设生成氢气的物质的量是rm{(5)}

rm{O_{2}}rm{2H_{2}}

rm{xmol}rm{O_{2}}

rm{2H_{2}}rm{22.4L}

rm{2}所以消耗rm{0.224L}氢离子，则乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为rm{x}所以乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增大rm{x=0.02}

故答案为：增大；rm{0.02隆脕2=0.04mol}

rm{0.04mol}若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式为：rm{Fe+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}Fe(OH)_{2}隆媒+H_{2}隆眉}故答案为：rm{Fe+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}Fe(OH)_{2}隆媒+H_{2}隆眉}

rm{0.04隆脕23-0.04隆脕1=0.88g}【解析】rm{(1)CH_{3}OCH_{3}}rm{-12e^{-}}rm{+16OH^{-}}rm{篓T篓T2CO_{3}^{2-}+11H_{2}O}rm{篓T篓T2CO_{3}^{2-}+

11H_{2}O}阴极rm{(2)}rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}减小rm{(3)}rm{(4)12.8}增大rm{(5)}rm{(6)Fe+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}Fe(OH)_{2}隆媒+H_{2}隆眉}

rm{0.88}28、略

【分析】