2025年统编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年统编版高二化学下册阶段测试试卷582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6题，共12分)1、下列反应肯定是吸热反应的是A.轻质油裂解B.酒精燃烧C.葡萄酿酒D.苯的溴代2、下列变化不属于化学变化的是（）A.分馏B.干馏C.裂化D.裂解3、白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体——黑磷，其转化过程中能量变化如图所示。下列叙述中正确的是A.黑磷比白磷稳定B.黑磷与白磷互为同分异构体C.白磷转化为黑磷是氧化还原反应D.白磷转化为黑磷是吸热反应4、下列实验操作可以达到实验目的是rm{(}rm{)}

。实验目的实验操作rm{A}验证乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化将乙醇与浓硫酸反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色rm{B}检验淀粉水解产物的还原性取少量淀粉溶液，与稀硫酸共热后再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否出现银镜rm{C}检验溴乙烷中的溴元素取少量溴乙烷，与氢氧化钠溶液共热后加入硝酸银溶液，观察是否出现浅黄色色沉淀rm{D}证明溴乙烷消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和rm{NaOH}的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体先通过盛有水的洗气瓶再通入酸性高锰酸钾溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、下列图示与对应的叙述相符的是rm{(}rm{)}

A.图甲表示相同温度下，相同体积、rm{pH}均为rm{1}的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时溶液的变化曲线，其中曲线rm{II}为盐酸，且rm{b}点溶液的导电性比rm{a}点强B.图乙表示rm{CH_{3}COOH}溶液中逐步加rm{CH_{3}COONa}固体后，溶液rm{pH}的变化C.图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D.图丁表示强酸滴定强碱的滴定曲线6、下列关于药物的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.在饭前服用鱼肝油，更有利于人体吸收药物的有效成分B.可以用萃取等方法从中草药中提取有效成分C.患有胃溃疡的患者可用小苏打治疗胃酸过多D.服用铝膜包装的药品对人体没有任何危害评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、同时符合下列四个要求的邻羟基苯甲酸的同分异构体共有种。①含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；④只能生成两种一氯代产生。8、硒是制造光电池的一种原料，人体缺少硒就会得“克山病”。从电解精炼铜的阳极泥中提取硒的流程如下，已知阳极泥中硒以rm{Se}rm{Ag_{2}Se}rm{Cu_{2}Se}等形式存在：请回答下列问题：rm{(1)}电解精炼铜时，粗铜与电源的____rm{(}填“正极”或“负极”rm{)}相连。rm{(2)SeO_{2}}溶于水得到rm{H_{2}SeO_{3}(Ka_{1}=3.5隆脕10^{-3},Ka_{2}=5.0隆脕10^{-8})}常温下亚硒酸溶液与少量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：______________________，反应所得的盐形成的溶液rm{pH}___rm{7}rm{(}填rm{>}rm{<}或rm{=)}原因是__________________rm{(}用相关数据及必要的文字说明rm{)}rm{(3)}亚硒酸溶液与rm{SO_{2}}反应制硒的化学方程式为__________________________________。9、Ⅰ.自从英国化学家巴特列（N.Bartlett）首次合成了第一个稀有气体的化合物XePtF6以来，人们又相继发现了氙的一系列化合物，如XeF2、XeF4等。巴特列为开拓稀有气体化学作出了历史性贡献。（1）请根据XeF4的结构示意图（图1）判断这个分子是极性分子还是非极性分子？____________________。（2）XeF2晶体是一种无色晶体，图2为它的晶胞结构图。XeF2晶体属于哪种类型的晶体？__________________。Ⅱ.已知有关物质的熔、沸点数据如下表：。物质MgOAl2O3MgCl2AlCl3熔点/℃28522072714190（2.6×105Pa）沸点/℃360029801412182.7请参考上述数据填空和回答问题：（1）工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝。为什么不用电解MgO的方法生产镁，也不用电解AlCl3的方法生产铝？___________________________________________________________________________________________________________________________________。（2）设计可靠的实验证明MgCl2、AlCl3所属的晶体类型，其实验方法是___________________________________________________________________________________________________________________________________。10、现有常见金属单质A；B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H；它们之间存在如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．其中B是地壳中含量居第一的金属元素．请回答下列问题：

（1）写出金属B和气体丙的化学式____、____．

（2）写出反应①的化学反应方程式____．

（3）写出反应⑥的离子方程式____．11、铁黑rm{(Fe_{3}O_{4})}是常见的铁系颜料。一种制取铁黑的实验流程如图所示。

制取铁黑的反应原理可表示为rm{Fe(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle}Fe(OH)_{2}隆陇2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle}Fe_{3}O_{4}}rm{Fe(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle

}Fe(OH)_{2}隆陇2Fe(OH)_{3}underrightarrow{triangle

}Fe_{3}O_{4}}加入氨水调rm{(1)}至rm{pH}时，发生反应的离子方程式为___________________________________________________________。rm{7隆芦9}写出rm{(2)}在空气中被氧化的化学方程式_________________________，实验现象是___________________________________。rm{Fe(OH)_{2}}为了保证铁黑样品的质量，“合成”中需要控制的因素有______________________。rm{(3)}铁黑产品中rm{(4)}的含量是判断产品等级的依据之一。某铁黑样品中混有的杂质为rm{Fe_{3}O_{4}}rm{FeO}中的一种。根据国标方法，进行的测定实验如下：步骤rm{Fe_{2}O_{3}}称取rm{1}样品置于锥形瓶中，加入足量盐酸，加热使之完全溶解。步骤rm{1.908g}向锥形瓶中先加入足量的rm{2}溶液，将rm{SnCl_{2}}全部转化为rm{Fe^{3+}}除去过量的rm{Fe^{2+}}再加入一定量的硫酸和磷酸，并滴加指示剂。步骤rm{Sn^{2+}}再向锥形瓶中滴加rm{0.08200mol隆陇L^{-1}K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液，发生反应：rm{3}恰好完全反应时，共消耗rm{0.08200

mol隆陇L^{-1}K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液。请计算样品中rm{Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}}+6Fe^{2+}+14H^{+}=2Cr^{3+}+6Fe^{3+}+7H_{2}O}的质量分数rm{50.00mLK_{2}Cr_{2}O_{7}}写出计算过程rm{Fe_{3}O_{4}}rm{(}12、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}分别代表五种短周期元素，且原子序数依次增大，已知：rm{B}的最外层电子排布是rm{ns^{2}np^{n+1}}rm{C}的rm{p}能级上未成对的电子比rm{B}少一个；rm{D}的二价阳离子与rm{C}的阴离子具有相同的电子层结构；rm{E}与rm{D}同周期且rm{E}在该周期中原子半径最小；rm{B}与rm{A}的单质能生成具有刺激性气味的气体。

rm{(1)B}原子核外电子排布式为________。原子核外电子排布式为________。

rm{(1)B}与rm{(2)D}与rm{C}化合时原子间以________键相结合。化合时原子间以________键相结合。

rm{(2)D}rm{C}写出rm{(3)}写出rm{A}rm{C}的单质直接化合形成的化合物与rm{E}单质反应的离子方程式：的单质直接化合形成的化合物与rm{(3)}单质反应的离子方程式：rm{A}

rm{C}rm{E}与_____________________________________________形成化合物时，中心原子采取________杂化成键，其立体结构为填“极性”或“非极性”rm{(4)A}与rm{B}形成化合物时，中心原子采取________杂化成键，其立体结构为分子。rm{(4)A}评卷人得分三、其他(共7题，共14分)13、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。14、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。15、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应16、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。17、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。18、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。19、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。评卷人得分四、工业流程题(共4题，共24分)20、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___。21、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22、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)。23、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、元素或物质推断题(共4题，共12分)24、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）。25、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：_____________。26、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）。27、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_______评卷人得分六、综合题(共2题，共14分)28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】酒精燃烧、葡萄酿酒均为氧化反应，放热；苯在铁的催化作用下溴代放出大量的热，故答案为A：裂解需要外界提供能量使大分子断裂为小分子；故选A【解析】【答案】A2、A【分析】【解答】解：A．分馏是根据各成分的沸点不同而分离的；变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；

B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；分解生成煤焦油；煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故B错误；

C．裂化是一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反应过程有新物质生成；属于化学变化，故C错误；

D．裂解是指只通过热能将一种样品（主要指高分子化合物）转变成另外几种物质（主要指低分子化合物）的化学过程；过程中有新物质生成，属于化学变化，故D错误．

故选A．

【分析】化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可．3、A【分析】试题分析：由图所示，白磷的能量高黑磷的能量低，能量越低越稳定，故黑磷稳定，A正确；黑磷和白磷均是由磷元素组成的不同的单质，互为同素异形体，而同分异构体是分子式相同，结构不同的物质一般指的是有机物，B错误；白磷和黑磷均是单质，化合价为零价，为发生氧化还原反应，C错误；白磷的能量高转化成能量低的黑磷是放热反应，D错误，答案选A.考点：同素异形体【解析】【答案】A4、D【分析】解：rm{A.}制取的乙炔中含有硫化氢等气体；能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而干扰乙炔的检验，在通入酸性高锰酸钾溶液制取应该除去硫化氢等气体，故A错误；

B.银氨溶液应在碱性条件下进行；应先加入碱调节溶液至碱性，故B错误；

C.溴离子的检验需要在酸性条件下进行；碱性条件下，硝酸银和氢氧根离子反应生成沉淀，故C错误；

D.因乙醇可与高锰酸钾发生氧化还原反应；将反应产生的气体先通过盛有水的洗气瓶，可除去乙醇，防止乙醇干扰实验现象，可用高锰酸钾检验乙烯，故D正确．

故选D．

A.制取的乙炔中含有硫化氢等气体；能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

B.银氨溶液应在碱性条件下进行；

C.溴离子的检验需要在酸性条件下进行；

D.将反应产生的气体先通过盛有水的洗气瓶；可除去乙醇，防止乙醇干扰实验现象．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及元素检验、除杂、物质检验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A.}醋酸为弱酸，稀释促进电离，加水稀释后醋酸rm{pH}较小，曲线Ⅱ为醋酸，且rm{b}点溶液的导电性比rm{a}点弱；故A错误；

B.rm{CH_{3}COOH}溶液中逐步加rm{CH_{3}COONa}固体，抑制醋酸的电离，溶液氢离子浓度减小，rm{pH}应增大；故B错误；

C.弱电解质在水中存在电离平衡；当分子的电离与离子结合成分子的速率相等时达到平衡，图中弱电解质在水中建立电离平衡的过程符合，故C正确；

D.强酸滴定强碱，溶液rm{pH}减小，存在rm{pH}的突变；图象不符合，故D错误；

故选C．

A.醋酸为弱酸，稀释促进电离，加水稀释后醋酸rm{pH}较小；

B.rm{CH_{3}COOH}溶液中逐步加rm{CH_{3}COONa}固体；抑制醋酸的电离，溶液氢离子浓度减小；

C.弱电解质存在电离平衡；平衡时正逆反应速率相等；

D.强酸滴定强碱，溶液rm{pH}减小，存在rm{pH}的突变．

本题以图象的形式考查平衡移动、弱电解质的电离等，为高考常见题型，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力．【解析】rm{C}6、B【分析】解：rm{A.}鱼肝油饭后服用或与食物同时服用比饭前服用吸收率提高rm{20隆芦30%}故A错误；

B.药物大多为有机物；可以用萃取等方法从中草药中提取有效成分，如：可用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分，故B正确；

C.患胃溃疡者若服用rm{NaHCO_{3}}rm{NaHCO_{3}}与盐酸产生的rm{CO_{2}}可能造成胃穿孔；故C错误；

D.rm{Al}元素对人体有害；则铝膜包装的药品对人体健康会有一定影响，故D错误；

故选B．

A.鱼肝油饭后服用或与食物同时服用的效果更好；

B.药物中的有机物易溶于有机溶剂；

C.碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳；会造成胃穿孔；

D.铝元素对人体有害．

本题考查药物主要成分及疗效，题目难度不大，明确常见药物的组成、性质及使用方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】能发生银镜反应，说明含有羧基，但不含酯基。在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应，说明含有2个酚羟基。只能生成两种一氯代产生，所以其可能的结构简式为或共计是2种。【解析】【答案】28、(1)正极

(2)H2SeO3+OH-=HSeO3-+H2O<经计算，HSeO3-的Kh=2.910-12<Ka2，即HSeO3-的电离程度大于水解程度

(3)H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4【分析】【分析】本题考查电解原理、物质的分离和提纯方法和基本曹综合应用，题目难度一般。【解答】rm{(1)}电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，粗铜与电源的正极相连，故答案为：正极；rm{(2)H}rm{(2)H}rm{{,!}_{2}}rm{SeO}为二元弱酸，rm{SeO}rm{{,!}_{3}}，常温下亚硒酸溶液与少量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为的水解常数为rm{Kh=Kw/Ka1=dfrac{{10}^{-14}}{3.5隆脕{10}^{-3}}=2.9隆脕{10}^{-12}<Ka}rm{H_{2}SeO_{3}+OH^{-}=HSeO_{3}^{-}+H_{2}O}即rm{HSeO_{3}^{-}}的电离程度大于水解程度，水解常数为rm{Kh=Kw/Ka1=

dfrac{{10}^{-14}}{3.5隆脕{10}^{-3}}=2.9隆脕{10}^{-12}<Ka}故答案为：rm{Kh=Kw/Ka1=

dfrac{{10}^{-14}}{3.5隆脕{10}^{-3}}=2.9隆脕{10}^{-12}<Ka}；rm{{,!}_{2,}}；经计算，rm{HSeO_{3}^{-}}的rm{K_{h}=2.9隆脕10^{-12}<Ka_{2}}即反应所得的盐形成的溶液rm{pH<7}的电离程度大于水解程度；rm{pH<7}根据题意，二氧化硫还原亚硒酸生成硒单质，二氧化硫被氧化生成硫酸，rm{H_{2}SeO_{3}+OH^{-}=HSeO_{3}^{-}+H_{2}O}rm{<}故答案为：rm{HSeO_{3}^{-}}rm{K_{h}=2.9隆脕

10^{-12}<Ka_{2}}【解析】rm{(1)}正极rm{(2)}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SeO}rm{SeO}经计算，rm{{,!}_{3}+OH^{-}=HSeO_{3}^{-}+H_{2}O}的rm{K_{h}=2.9隆脕10^{-12}<}rm{<}rm{HSeO_{3}^{-}}即rm{K_{h}=2.9隆脕

10^{-12}<}的电离程度大于水解程度rm{Ka}rm{Ka}rm{{,!}_{2}}rm{HSeO_{3}^{-}}rm{(3)}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}9、略

【分析】Ⅰ.（1）由图1可看出该结构为高度对称，故为非极性分子。（2）因Xe、F都为非金属元素，且结合图2结构图得为分子晶体。Ⅱ.（1）因为MgO的熔点远高于MgCl2，故电解熔融MgO将需要更高的温度，消耗更多的能量，因而不用电解MgO的方法生产镁。观察表中数据可见，AlCl3易升华，熔、沸点低，故属于分子晶体，不存在离子，熔融时不能导电，不能被电解，因而不能用电解AlCl3的方法生产铝（2）区别离子晶体和分子晶体就看两晶体在熔融状态下能否导电，若能导电，则为离子晶体；若不导电，则为分子晶体。【解析】【答案】Ⅰ.（1）非极性分子（2）分子晶体Ⅱ.（1）因为MgO的熔点远高于MgCl2，故电解熔融MgO将需要更高的温度，消耗更多的能量，因而不用电解MgO的方法生产镁。观察表中数据可见，AlCl3易升华，熔、沸点低，故属于分子晶体，不存在离子，熔融时不能导电，不能被电解，因而不能用电解AlCl3的方法生产铝（2）将两种晶体加热到熔融状态，MgCl2能导电，AlCl3不能导电。证明MgCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体10、略

【分析】

有常见金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，金属A焰色反应为黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，溶液D为氢氧化钠溶液，推断D为NaOH，B是地壳中含量居第一的金属元素为Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体丙为HCl，溶于水得到溶液E为盐酸溶液；溶液D和溶液G反应生成红褐色沉淀H判断H为Fe（OH）3，结合转化关系中的反应物性质，溶液G为FeCl3；溶液F为氯化亚铁溶液；推断出C为Fe；

（1）依据上述推断可知B为Al；丙为HCl，故答案为：Al；HCl；

（2）反应①是金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气的反应，反应的化学反应方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

（3）反应⑥是氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀的反应，反应的离子方程：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

【解析】【答案】金属A焰色反应为黄色证明为Na，与水反应生成气体甲为H2，溶液D为氢氧化钠溶液，推断D为NaOH，B是地壳中含量居第一的金属元素为Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体丙为HCl，溶于水得到溶液E为盐酸溶液；溶液D和溶液G反应生成红褐色沉淀H判断H为Fe（OH）3，结合转化关系中的反应物性质，溶液G为FeCl3；溶液F为氯化亚铁溶液；推断出C为Fe．

11、（1）Fe2＋＋2NH3·H2O═══Fe(OH)2↓＋2NH4+

（2）4Fe(OH)2＋2H2O+O2═══4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色

（3）氨水的用量、通入空气的量(或氢氧化亚铁与空气的比例)、反应温度等

（4）n(Fe2＋)＝6n(Cr2O72-)＝6×0.08200mol·L－1×50.00×10－3L＝0.0246mol

1．908g样品中铁元素总质量为：m(Fe)＝0.0246mol×56g·mol－1＝1.3776g，1．908g样品中氧元素总质量为：m(O)＝1.908g－1.3776g＝0.5304g，n(O)＝＝0.03315mol，

n(O)/n(Fe)＝1.348>4/3，所以铁黑样品中混有的杂质为Fe2O3，

设Fe3O4的物质的量为x，Fe2O3的物质的量为y，则

解得

样品中Fe3O4的质量分数＝×100%＝91.2%【分析】【分析】本题通过物质制备为载体，考查离子方程式和化学方程式的书写、元素及化合物性质和离子方程式的计算等知识，较难。【解答】rm{(1)}在硫酸亚铁，溶液中加入氨水调rm{pH}至rm{7隆芦9}时，生成氢氧化亚铁沉淀，发生反应的离子方程式为：rm{7隆芦9}故答案为：rm{Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}氢氧化亚铁在空气中被氧化的化学方程式为：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T4Fe(OH)_{3}}现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T4Fe(OH)_{3}}；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；rm{(2)}在“合成”过程中通过控制通入空气的量、空气的通入速率、氨水的浓度及反应温度等因素，可提高铁黑样品的质量，故答案为：氨水的用量、通入空气的量rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T

4Fe(OH)_{3}}或氢氧化亚铁与空气的比例rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T

4Fe(OH)_{3}}反应温度等；rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{(3)}rm{(}样品中铁元素总质量为：rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56g隆陇mol}rm{)}rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200

mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}样品中氧元素总质量为：rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304g}rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}rm{L=0.0246mol}所以铁黑样品中混有的杂质为rm{1.908g}设rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56

g隆陇mol}的物质的量为rm{-1=1.3776g}rm{1.908g}的物质的量为rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304

g}则rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,4x+3y=0.03315mol,end{cases}}解得rm{begin{cases}x=0.0075mol,y=0.00105mol隆拢end{cases}}样品中rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16

g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}的质量分数rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}故答案为：rm{n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{n(O)/n(Fe)=1.348>4/3}rm{Fe_{2}O_{3}}样品中铁元素总质量为：rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56g隆陇mol}rm{Fe_{3}O_{4}}rm{x}样品中氧元素总质量为：rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304g}rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}rm{Fe_{2}O_{3}}所以铁黑样品中混有的杂质为rm{y}设rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,

4x+3y=0.03315mol,end{cases}}的物质的量为rm{begin{cases}x=0.0075mol,

y=0.00105mol隆拢end{cases}}rm{Fe_{3}O_{4}}的物质的量为rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232

g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}则rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,4x+3y=0.03315mol,end{cases}}解得rm{begin{cases}x=0.0075mol,y=0.00105mol隆拢end{cases}}样品中rm{n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200

mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}的质量分数rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}rm{L=0.0246mol}【解析】rm{(1)Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{(2)4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T4Fe(OH)_{3}}白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色rm{(1)

Fe^{2+}+2NH_{3}隆陇H_{2}O篓T篓T篓TFe(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}氨水的用量、通入空气的量rm{(2)4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T篓T篓T

4Fe(OH)_{3}}或氢氧化亚铁与空气的比例rm{(3)}反应温度等rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{(}rm{)}样品中铁元素总质量为：rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56g隆陇mol}rm{(4)n(Fe^{2+})=6n(Cr_{2}O_{7}^{2-})=6隆脕0.08200

mol隆陇L^{-1}隆脕50.00隆脕10^{-3}}rm{L=0.0246mol}样品中氧元素总质量为：rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304g}rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}rm{1.908g}所以铁黑样品中混有的杂质为rm{m(Fe)=0.0246mol隆脕56

g隆陇mol}设rm{-1=1.3776g}的物质的量为rm{1.908g}rm{m(O)=1.908g-1.3776g=0.5304

g}的物质的量为rm{n(O)=dfrac{0.5304g}{16

g隆陇mol^{-1}}=0.03315mol}则rm{begin{cases}3x+2y=0.0246mol,4x+3y=0.03315mol,end{cases}}解得rm{begin{cases}x=0.0075mol,y=0.00105mol隆拢end{cases}}样品中rm{n(O)/n(Fe)=1.348>4/3}的质量分数rm{=dfrac{0.0075mol隆脕232g隆陇mol^{-1}}{1.908g}隆脕100%=91.2%}rm{Fe_{2}O_{3}}12、（1）1s22s22p3

（2）离子

（3）Cl2+H2O═H++Cl-+HClO

（4）sp3三角锥形极性【分析】【分析】本题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布规律、杂化理论、化学键、分子结构与性质等，题目难度中等，推断元素是解题的关键，注意基础知识的理解掌握。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}分别代表五种短周期元素，且原子序数依次增大，rm{B}的最外层电子排布是rm{ns^{n}np^{n+1}}rm{s}能级最多容纳rm{2}个电子，故rm{n=2}rm{B}的最外层电子排布是rm{2s^{2}2p^{3}}故B为rm{N}元素，rm{C}的rm{p}能级上未成对的电子比rm{B}少一个，故C原子外层电子排布是rm{ns^{2}np^{2}}或rm{ns^{2}np^{4}}rm{D}的二价阳离子与rm{C}的阴离子具有相同的电子层结构，故C原子外层电子排布是rm{ns^{2}np^{4}}rm{D}原子外层电子排布是rm{ns^{2}}故C为rm{O}元素，rm{D}为rm{Mg}元素，rm{E}与rm{D}同周期且rm{E}在该周期中原子半径最小，故E为rm{Cl}元素，rm{B}与rm{A}的单质能生成具有刺激性气味的气体，该气体极易溶于水，该气体为rm{NH_{3}}故A为rm{H}元素。

rm{(1)N}为rm{N}电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}

rm{(2)D}与rm{C}化合时生成氯化镁，原子间以离子键结合；故答案为：离子；

rm{(3)A}rm{C}的单质直接化合形成的化合物与rm{E}单质反应的离子方程式为rm{Cl_{2}+H_{2}O篓TH^{+}+Cl^{-}+HClO}故答案为：rm{Cl_{2}+H_{2}O篓TH^{+}+Cl^{-}+HClO}

rm{(4)A}与rm{B}形成化合物为rm{NH_{3}}rm{N}原子有rm{1}对孤对电子，成键数为rm{3}则rm{N}原子采取rm{sp^{3}}杂化，空间结构为三角锥形，结构不对称，为极性分子；故答案为：rm{sp^{3}}三角锥形；极性。

【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{(2)}离子rm{(3)Cl_{2}+H_{2}O篓TH^{+}+Cl^{-}+HClO}rm{(4)sp^{3;;;;}}三角锥形极性三、其他(共7题，共14分)13、略

【分析】【解析】【答案】AEF14、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══15、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）16、略

【分析】【解析】【答案】17、略

【分析】【解析】【答案】AEF18、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══19、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）四、工业流程题(共4题，共24分)20、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21、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.D22、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%23、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、元素或物质推断题(共4题，共12分)24、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）225、略

【分析】【分析】