2024年华东师大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2024年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷854考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、对于原电池的电极名称叙述有错误的是()A.发生氧化反应的为负极B.正极为电子流入的一极C.电流的方向由正极到负极D.比较不活泼的金属为负极2、有机物在不同条件下至少可能发生不同类型的反应：①取代反应②加成反应③消去反应④氧化反应⑤酯化反应，⑥加聚反应，其中由于其分子结构中含有﹣OH，可能发生的反应有（）A.②④B.①③④⑤⑥C.②③④⑤D.①③④⑤3、一定条件下合成乙烯：rm{6H_{2}(}rm{g}rm{)+2CO_{2}(}rm{g}rm{)overset{麓脽禄炉录脕}{?}}rm{CH_{2}=CH_{2}(}rm{g}rm{)+4H_{2}O(}rm{g}rm{)}已知温度对rm{CO_{2}}的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是()

A.生成乙烯的速率：rm{v}rm{(M)}一定小于rm{v}rm{(N)}B.化学平衡常数：rm{K_{N}>K_{M}}C.当温度高于rm{250隆忙}时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，从而使催化剂的催化效率降低D.若投料比rm{n}rm{(H_{2})}rm{n}rm{(CO_{2})=3}rm{1}则图中rm{M}点时，乙烯的体积分数为rm{7.7%}4、某有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素中的两种或三种，相对分子质量为rm{74}完全燃烧时产生等物质的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O.}它的分子式可能为rm{(}rm{)}A.rm{C_{4}H_{10}O}B.rm{C_{4}H_{4}O_{2}}C.rm{C_{3}H_{6}O_{2}}D.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}5、室温时；下列混合溶液的pH一定小于7的是（）

A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合。

B.pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合。

C.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合。

D.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合。

6、已知：2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol-1，下列说法正确的是A.2L液态水分解成2L氢气与1L氧气吸收571.6kJ热量B.2mol氢气与1mol氧气反应生成2mol气态水放出热量大于571.6kJC.在相同条件下，2mol氢气与1mol氧气的能量总和大于2mol液态水的能量D.使用催化剂能降低该反应的活化能使反应放出得热量小于571.6kJ7、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{+}rm{隆煤}属于取代反应B.可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和己烷C.有机物rm{C_{3}H_{8}}和rm{C_{6}H_{14}}一定是同系物D.丙烯分子中可能有rm{8}个原子处于同一平面8、断肠草是葫蔓藤科植物葫蔓藤，其中的毒素很多rm{.}以下是分离出来的四种毒素的结构简式：

下列推断正确的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脷}rm{垄脹}互为同系物B.rm{垄脵}rm{垄脹}各rm{1mol}与足量氢氧化钠溶液反应时均消耗rm{3molNaOH}C.等物质的量的rm{垄脷}rm{垄脺}分别在足量氧气中完全燃烧，前者消耗氧气比后者少D.rm{垄脹}rm{垄脺}互为同分异构体，它们各rm{1mol}均能与rm{5molH_{2}}加成评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在80℃时；将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：

。C（mol/L）时间（s）O20406080100C（N2O4）0.20a0.10cdeC（NO2）0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低；发现气体的颜色变浅．

（1）表中b____c（填“＜”；“=”、“＞”）．

（2）20s时，N2O4的浓度为____mol/L，0--20s内N2O4的平均反应速率为____．

（3）在80℃时该反应的平衡常数K=____（写表达式）．

（4）在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡时____．

A、N2O4的转化率越高B、NO2的产量越大。

C、N2O4与NO2的浓度之比越大D、正反应进行的程度越大．10、（2分）由分子式及核磁共振氢谱写出该有机物的结构简式（图20）分子式为：C10H14强度比：5∶9结构简式：______________________11、工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：

（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的______吸收．

a．浓H2SO4b．稀HNO3

c．NaOH溶液d．氨水。

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在______（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是______（注明试剂；现象）．

（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为______．

（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是______．

a．电能全部转化为化学能。

b．粗铜接电源正极；发生氧化反应。

c．溶液中Cu2+向阳极移动。

d．利用阳极泥可回收Ag；Pt、Au等金属。

（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为______．12、rm{(1)}基态rm{Fe}原子有______个未成对电子，rm{Fe^{3+}}的电子排布式为______。

rm{(2)}化合物rm{NH_{3}}的沸点比化合物rm{CH_{4}}的高；其主要原因是______。

rm{(3)}第一电离能介于rm{B}rm{N}之间的第二周期元素有______种。

rm{(4)F}rm{K}rm{Fe}rm{Ni}四种元素中电负性最大的是______rm{(}填元素符号rm{)}

rm{(5)1mol}乙醛rm{(CH_{3}CHO)}分子中碳原子的杂化轨道类型为______，含有的rm{娄脪}键的数目为______。

rm{(6)SO_{4}^{2-}}的空间构型为______rm{(}用文字描述rm{)}写出一种与rm{SO_{4}^{2-}}互为等电子体的分子的化学式______。13、营养平衡、合理用药是保证人体健康和生活质量的重要途径。①人体需要的营养素主要有糖类、、蛋白质、无机盐、维生素和水。在氢、钠、铁这三种元素中，属于人体生命活动必需微量元素的是。②下列物质中，具有解热镇痛疗效的是(填字母)。a．氨基酸b．阿斯匹林c．青霉素③有些药片常用淀粉作为黏合剂，淀粉进入人体后在人体内酶的催化作用下逐步水解，最终转化为(填物质的名称)。维生素C能防治坏血病并具有还原性，验证维生素C有还原性可以使用淀粉溶液和试剂共同完成。14、（7分）X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外M层中只有两对成对电子，Y原子核外L层电子数是K层两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高元素，Q核电荷数是X与Z核电荷数之和，E电负性最大。（1）相同条件下XZ2与YZ2分子在水中溶解度较大是____，理由是；（2）Q的外围电子排布为____，在形成化合物时它的最高化合价为；（3）在测定E的气态氢化物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是：。评卷人得分三、工业流程题(共8题，共16分)15、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___。16、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17、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]=____。18、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________%。19、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)。20、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、推断题(共4题，共24分)21、已知：rm{2CH_{2}=CH_{2}+O_{2}}rm{xrightarrow[{录脫脠脠}拢禄{录脫脩鹿}]{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}CHO}以乙烯、空气、水为原料在一定条件下能实现如图所示的转化．

rm{

xrightarrow[{录脫脠脠}拢禄{录脫脩鹿}]{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}CHO}物质rm{(1)}名称______；其结构简式为______；

rm{C}写出由rm{(2)}的化学方程式______；

rm{A隆煤B}写出由rm{(3)}乙酸乙酯的化学方程式______该反应是______反应．

rm{B+C隆煤}物质rm{(4)}的鉴别方法______对应的方程式______．rm{A}22、富马酸rm{(}反式丁烯二酸rm{)}与rm{Fe^{2+}}形成的配合物--富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血rm{.}如图是合成富马酸铁的一种工艺路线：

回答下列问题：

rm{(1)A}的化学名称为______由rm{A}生成rm{B}的反应类型为______．

rm{(2)C}的结构简式为______．

rm{(3)}富马酸的结构简式为______．

rm{(4)}检验富血铁中是否含有rm{Fe^{3+}}的实验操作步骤是______．

rm{(5)}富马酸为二元羧酸，rm{1mol}富马酸与足量饱和rm{NaHCO_{3}}溶液反应可放出______rm{LCO_{2}(}标况rm{)}富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有______rm{(}写出结构简式rm{)}．23、已知rm{A}是日常生活中常见的有机物，气体rm{B}能使溴水褪色生成rm{C}rm{D}能发生银镜反应，物质rm{F}的分子式为rm{C_{4}H_{8}O_{2}}是一种有浓郁香味的油状液体，请根据以下信息回答

rm{(1)}物质rm{A}中的官能团名称为：___________rm{(2)}物质rm{B}与溴水反应生成rm{C}的反应类型为：________rm{(3)A}和rm{E}在浓硫酸加热条件下反应生成rm{F}的化学方程式：___________24、有关物质的转化关系如下图所示rm{(}部分生成物和反应条件已略去rm{)}rm{D}rm{E}rm{G}均为气体，rm{E}是一种单质，rm{G}能导致硫酸型酸雨的形成；rm{B}是最常见的液体；rm{C}rm{F}均为两性化合物；rm{A}由两种元素组成，其摩尔质量为rm{150g隆陇mol^{-1}}rm{(1)A}的化学式为____。rm{(2)B}的电子式为____。rm{(3)}写出反应rm{垄脵}的离子方程式：____。rm{(4)}写出反应rm{垄脷}的化学方程式：____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】考查原电池的有关判断。在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应，所以选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：醇羟基和羧基能发生取代反应和酯化反应，碳碳双键能发生加聚反应、加成反应和氧化反应，连接醇羟基碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，所以醇羟基能发生消去反应，所以醇羟基能发生的反应有消去反应、酯化反应、取代反应、氧化反应，故选D．【分析】该物质中含有碳碳双键、醇羟基和羧基，具有烯烃、醇和羧酸的性质，能发生氧化反应、加成反应、加聚反应、消去反应、酯化反应、取代反应等，据此分析解答．3、D【分析】略【解析】rm{D}4、C【分析】解：某有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素中的两种或三种，相对分子质量为rm{74}完全燃烧时产生等物质的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}则该有机物分子式一定满足：rm{C_{n}H_{2n}O_{x}(x}可能为rm{0)}故A；B错误；

C.rm{C_{3}H_{6}O_{2}}的相对分子质量为rm{74}且满足rm{C_{n}H_{2n}O_{x}}故C正确；

D.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的相对分子质量为rm{88}不是rm{74}故D错误；

故选C．

该有机物完全燃烧时产生等物质的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}则该有机物分子中一定满足rm{C_{n}H_{2n}O_{x}(x}可能为rm{0)}据此可排除rm{A}rm{B}然后根据rm{C}rm{D}中有机物的相对分子质量判断．

本题考查了有机物分子式确定的计算，题目难度不大，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，明确排除法在解答选择题中的应用方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】rm{C}5、C【分析】

A、pH=3的盐酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol/L；由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故A错误．

B、PH=3的盐酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液c（OH-）=1×10-3mol/L；酸碱都是强电解质，在室温下等体积混合后，pH=7，故B错误；

C、pH=3的醋酸c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L；由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH＜7，故C正确．

D、pH=3的盐酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol/L；由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，D错误．

故选C．

【解析】【答案】根据酸碱的强弱判断溶液中n（H+）与n（OH-）关系进行判断和计算．

6、C【分析】【解析】【答案】C7、C【分析】解：rm{A.HCHO}中rm{C=O}转化为单键；则该反应为加成反应，故A错误；

B.苯和己烷均与高锰酸钾不反应；且分层现象相同，不能鉴别，故B错误；

C.rm{C_{3}H_{8}}和rm{C_{6}H_{14}}均为烷烃；二者为同系物，故C正确；

D.由可知，只有甲基中rm{2}个rm{H}与前面原子不共面，则最多有rm{7}个原子处于同一平面；故D错误；

故选C．

A.rm{HCHO}中rm{C=O}转化为单键；

B.苯和己烷均与高锰酸钾不反应；且分层现象相同；

C.rm{C_{3}H_{8}}和rm{C_{6}H_{14}}均为烷烃；

D.丙烯中碳碳双键为平面结构．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大．【解析】rm{C}8、D【分析】解：rm{A.}结构相似、在分子组成上相差一个或rm{n}个rm{-CH_{2}}原子团的有机物互称同系物，rm{垄脷}rm{垄脹}结构不相似；不属于同系物，故A错误；

B.酯基水解生成的酚羟基和羧基能和rm{NaOH}溶液反应，二者都含有一个酯基，且都是水解生成羧基和酚羟基，所以rm{垄脵}rm{垄脹}各rm{1mol}与足量氢氧化钠溶液反应时均消耗rm{2molNaOH}故B错误；

C.rm{垄脷}比rm{垄脺}多rm{1}个rm{CO}等物质的量的rm{垄脷}rm{垄脺}分别在足量氧气中完全燃烧；前者消耗氧气比后者多，故C错误；

D.rm{垄脹}与rm{垄脺}化学式相同，只是其中的一个甲氧基位置放置不一样，互为同分异构体，碳碳双键、苯环能和氢气发生加成反应，它们各rm{1mol}均能与rm{5molH_{2}}加成；故D正确；

故选D．

A.结构相似、在分子组成上相差一个或rm{n}个rm{-CH_{2}}原子团的有机物互称同系物；

B.酯基水解生成的酚羟基和羧基能和rm{NaOH}溶液反应；

C.rm{垄脷}比rm{垄脺}多rm{1}个rm{CO}

D.rm{垄脹}与rm{垄脺}化学式相同；只是其中的一个甲氧基位置放置不一样，互为同分异构体，碳碳双键；苯环能和氢气发生加成反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯性质和同分异构体、同系物的考查，题目难度中等，注意结构上的区别．【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

（1）根据表格知，0.12＜b≤0.22，c≤0.10，所以b＞C；

故答案为：b＞C；

（2）20s时；四氧化二氮的浓度为a；

N2O4⇌2NO2

1mol/L2mol/L

（0.20-a）mol/L0.12mol/L

a=0.14mol/L，则反应的N2O4浓度为（0.2-0.14）mol/L=0.06mol/L；

v（N2O4）===0.003mol/L．s；

故答案为：0.14；0.003mol/（L．s）；

（3）K=

故答案为：

（4）根据化学平衡常数知，K越大，生成物的浓度越大，反应物的浓度越小，N2O4的转化率大、NO2的产量越大、N2O4与NO2的浓度之比越小；正反应进行的程度越大；故选ABD；

故答案为：ABD．

【解析】【答案】（1）根据表格知，0.12＜b≤0.22，c≤0.10，据此判断b；c的关系；

（2）根据二氧化氮和四氧化二氮的关系式计算N2O4的浓度，v=计算N2O4的平均反应速率；

（3）K=

（4）K值越大；生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应物的转化率越大，生成物的产量越大．

10、略

【分析】两种氢比值为5:9【解析】【答案】11、略

【分析】解：（1）由流程图转化可知；气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体；

a、浓H2SO4不能吸收二氧化硫；故a错误；

b、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；

c；NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠；故c正确；

d；氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵；故d正确；

故选cd；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；

Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

（4）a；反应中有热能产生；故a错误；

b、精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故b正确；

c、溶液中Cu2+向阴极移动；故c错误；

d；Ag、Pt、Au不如铜活泼；铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d正确；

故选bd；

（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，正极上是氧气得到电子发生还原反应，酸性溶液中生成的氢氧根离子以水的形式存在，其正极电极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：4H++O2+4e-=2H2O．

（1）由流程图转化可知；气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；

Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；

（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；

（4）a；反应中有热能产生；

b；精炼铜时；粗铜做阳极；

c、溶液中Cu2+向阴极移动；

d；Ag、Pt、Au不如铜活泼；铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落；

（5）利用原电池原理；负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应．

本题考查了元素化合物的性质、电化学知识、离子检验等知识点，难度较大，注意离子的检验是高考的热点，选取的试剂和检验离子反应后要有特殊现象，会运用知识迁移方法解决问题．【解析】cd；Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；bd；4H++O2+4e-=2H2O12、略

【分析】解：rm{(1)Fe}基态原子电子排布式rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}在rm{3d}轨道有rm{4}个未成对电子；rm{Fe}原子失去rm{3}个电子得电子rm{Fe^{3+}}电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}}

故答案为：rm{4}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}}

rm{(2)}化合物rm{NH_{3}}的沸点比化合物rm{CH_{4}}的高；其主要原因是氮元素非金属性较强，分之间存在氢键；

故答案为：rm{NH_{3}}分子间存在氢键；

rm{(3)}同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{IIA}族、第rm{VA}族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能介于rm{B}rm{N}之间的第二周期元素有rm{Be}rm{C}rm{O}所以有rm{3}种；

故答案为：rm{3}

rm{(4)F}rm{K}rm{Fe}rm{Ni}四种元素中rm{F}的非金属性最强，所以rm{F}的电负性最大；

故答案为：rm{F}

rm{(5)}乙醛中甲基上的rm{C}形成rm{4}条rm{娄脪}键，无孤电子对，因此采取rm{sp^{3}}杂化类型，醛基中的rm{C}形成rm{3}条rm{娄脪}键和rm{1}条rm{娄脨}键，无孤电子对，采取rm{sp^{2}}杂化类型；rm{1}个乙醛分子含有rm{6}个rm{娄脪}键和一个rm{娄脨}键，则rm{1mol}乙醛含有rm{6mol娄脪}键，即rm{6N_{A}}个rm{娄脪}键；

故答案为：rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}或rm{6N_{A}}

rm{(6)SO_{4}^{2-}}价层电子对个数rm{=4+dfrac{6+2-2隆脕4}{2}=4}rm{=4+dfrac

{6+2-2隆脕4}{2}=4}原子不含孤电子对，所以其空间构型为正四面体；根据等电子体原理，与rm{S}互为等电子体的分子的化学式为rm{SO_{4}^{2-}}或rm{CCl_{4}}故答案为：正四面体；rm{SiCl_{4}}或rm{CCl_{4}}

rm{SiCl_{4}}基态原子电子排布式rm{(1)Fe}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}原子失去rm{Fe}个电子得电子rm{3}

rm{Fe^{3+}}氢键的存在能够提高氢化物的沸点；

rm{(2)}同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{(3)}族、第rm{IIA}族元素第一电离能大于其相邻元素；

rm{VA}元素非金属性越强；电负性越大；

rm{(4)}乙醛中甲基上的rm{(5)}采取rm{C}杂化类型，醛基中的rm{sp^{3}}采取rm{C}杂化类型；rm{sp^{2}}个乙醛分子含有rm{1}个rm{6}键和一个rm{娄脪}键；

rm{娄脨}根据价层电子对互斥理论确定硫酸根离子的空间构型；等电子体是指价电子数和原子数rm{(6)}氢等轻原子不计在内rm{(}相同的分子；离子或原子团。

本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、原子杂化方式、空间构型、等电子体等，熟悉原子结构特点及性质是解题关键，题目难度中等。rm{)}【解析】rm{4}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}}rm{NH_{3}}分子间存在氢键；rm{3}rm{F}rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}或rm{6N_{A}}正四面体；rm{CCl_{4}}或rm{SiCl_{4}}13、略

【分析】试题分析：①人体需要的营养素主要有糖类、油脂、蛋白质、无机盐、维生素和水。在氢、钠、铁这三种元素中，属于人体生命活动必需微量元素的是铁；②氨基酸合成蛋白质，阿司匹林可以用解热镇痛，青霉素属于抗生素，答案选b；③有些药片常用淀粉作为黏合剂，淀粉进入人体后在人体内酶的催化作用下逐步水解，最终转化为葡萄糖。碘具有氧化性，维生素C能防治坏血病并具有还原性，验证维生素C有还原性可以使用淀粉溶液和碘水试剂共同完成。考点：考查常见营养物质、药物以及维生素C的有关判断【解析】【答案】①油脂；铁；②b③葡萄糖；碘水14、略

【分析】【解析】【答案】（1）SO2因CO2是非极性分子，SO2和H2O皆为极性分子，由“相似相溶”原理，SO2在H2O中有较大溶解度（2分）。（2）3d54s1；+6。（3）HF分子之间有氢键，形成（HF）n（2分）。三、工业流程题(共8题，共16分)15、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16、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.D17、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%18、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%19、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%20、略

【分析】【分析】

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

【详解】

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

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

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

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

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

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)四、推断题(共4题，共24分)21、略

【分析】解：rm{(1)}物质rm{C}名称为乙醇，其结构简式为rm{CH_{3}CH_{2}OH}故答案为：乙醇；rm{CH_{3}CH_{2}OH}

rm{(2)}由rm{A隆煤B}的化学方程式为rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽禄炉录脕}}{}2CH_{3}COOH}故答案为：rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽禄炉录脕}}{}2CH_{3}COOH}

rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽禄炉录脕}}{

}2CH_{3}COOH}由rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽禄炉录脕}}{

}2CH_{3}COOH}乙酸乙酯的化学方程式为rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}该反应是酯化或取代反应；

故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}酯化或取代；

rm{(3)}为rm{B+C隆煤}物质rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}的鉴别方法为银镜反应，对应的方程式为rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

故答案为：银镜反应；rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O.}

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}与rm{(4)A}反应生成乙酸乙酯，由信息中乙烯氧化生成乙醛，结合转化关系可知，rm{CH_{3}CHO}为rm{A}乙醛进一步氧化生成rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}为rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{triangle}{

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O.}乙烯与水发生加成反应生成rm{B}为rm{C}以此来解答．

本题考查有机物的推断，为高频考点，把握习题中的信息、连续氧化、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．rm{A}【解析】乙醇；rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽禄炉录脕}}{}2CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}酯化或取代；银镜反应；rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽禄炉录脕}}{

}2CH_{3}COOH}22、略

【分析】【分析】

本题考查有机物的推断；根据有机物的结构简式与反应条件进行分析，熟练掌握官能团的性质与衍变，注意富马酸为反式结构。

环己烷与氯气在光照条件下生成卤代烃rm{B}rm{B}发生消去反应生成环己烯，则rm{B}为环己烯与溴发生加成反应生成rm{C}为rm{C}再发生消去反应生成与氯气发生取代反应生成发生氧化反应生成再发生消去、中和反应得到再酸化得到富马酸为：据此分析。

【解答】

环己烷与氯气在光照条件下生成rm{B}为卤代烃，rm{B}发生消去反应生成环己烯，则rm{B}为环己烯与溴发生加成反应生成rm{C}为rm{C}再发生消去反应生成与氯气发生取代反应生成发生氧化反应生成再发生消去反应、中和反应得到进行酸化得到富马酸为：rm{.}环己烷与氯气在光照条件下生成卤代烃rm{B}rm{B}发生消去反应生成环己烯，则rm{B}为环己烯与溴发生加成反应生成rm{C}为rm{C}再发生消去反应生成与氯气发生取代反应生成发生氧化反应生成再发生消去、中和反应得到再酸化得到富马酸为：

rm{(1)A}的化学名称为环己烷，由rm{A}生成rm{B}的反应类型为取代反应；

故答案为：环己烷；取代反应；

rm{(2)}环己烯与溴发生加成反应生成rm{C}为：

故答案为：

rm{(3)}由上述分析可知，富马酸的结构简式为：

故答案为：

rm{(4)}根据rm{Fe^{3+}}能与rm{KSCN}溶液反应显血红色，所以检验富血铁中是否含有rm{Fe^{3+}}的实验操作步骤是：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加rm{KSCN}溶液，若溶液显血红色，则产品中含有rm{Fe^{3+}}反之，则无；

故答案为：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加rm{KSCN}溶液，若溶液显血红色，则产品中含有rm{Fe^{3+}}反之，则无；

rm{(5)}