2025年浙教版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教版高二化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、化学源于生活，同时又服务于生活．以下做法不合理的是（）A.用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢B.一般不用纯碱代替小苏打作食品发酵粉C.用甲醛溶液浸泡海产品以保鲜D.用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物2、下列关于化学反应与能量变化的说法正确的是()A.放热反应的发生无需任何条件B.化学键的断裂和形成与反应放热和吸热无关C.化学反应过程都伴随着能量的变化D.rm{H_{2}SO_{4}}与rm{NaOH}的反应是吸热反应3、某温度下，向rm{[H^{+}]=1隆脕10^{-6}mol隆陇L^{-1}}的蒸馏水中加入rm{[H^{+}]=1隆脕10^{-6}

mol隆陇L^{-1}}晶体，保持温度不变，测得溶液中rm{NaHSO_{4}}下列对该溶液的叙述____的是rm{[H^{+}]=1隆脕10^{-3}mol隆陇L^{-1}}rm{(}A.该温度高于rm{)}B.所得溶液中，由水电离出来的rm{25隆忙}的浓度为rm{H^{+}}C.加入rm{1隆脕10^{-11}mol隆陇L^{-1}}晶体抑制水的电离D.该温度下，此rm{NaHSO_{4}}溶液与某rm{NaHSO_{4}}的rm{pH=11}溶液混合后溶液呈中性，则消耗的rm{Ba(OH)_{2}}溶液与rm{NaHSO_{4}}溶液的体积比为rm{Ba(OH)_{2}}rm{100}rm{1}4、下列叙述错误的是rm{垄脵}热稳定性：rm{H_{2}O>HF>H_{2}S垄脷Fe}是副族元素rm{垄脹IIA}族元素的阳离子与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布rm{垄脺}元素周期表中从rm{IIIB}到rm{IIB}族rm{10}个纵行的元素都是金属元素rm{垄脻}多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高rm{垄脼}已知rm{H_{2}SO_{4}(aq)+2NaOH(aq)=2H_{2}O(l)+Na_{2}SO_{4}(aq)triangleH=-114.6kJ/mol}则中和热为rm{H_{2}SO_{4}(aq)+2NaOH(aq)=2H_{2}O(l)+Na_{2}SO_{4}(aq)triangle

H=-114.6kJ/mol}rm{-57.3kJ隆陇mol^{-1}}两个非金属元素原子间只可能形成共价键，而含金属元素的化合物中一定含金属键A.rm{垄脽}B.rm{垄脷垄脺垄脼}C.rm{垄脵垄脻垄脼}D.rm{垄脷垄脹垄脺}rm{垄脵垄脷垄脻垄脽}5、一种新型熔融盐燃料电池具有高发电效率。现用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，一极通CO气体，另一极通O2和CO2混合气体，其总反应为：2CO+O2=2CO2。则下列说法正确的是A.通CO的一极是电池的正极B.熔融盐燃料电池中Na+移向电源负极C.负极发生的电极反应是：CO+CO32－－2e－=2CO2D.正极发生氧化反应6、下列原子中未成对电子（单独占据1个原子轨道的电子）数为2的是（）A.OB.NC.FD.Cu7、设rm{N_{A}}为阿伏伽德罗常数值，下列计算正确的是A.rm{30g}二氧化硅晶体中含rm{Si-O}键数目为rm{4N_{A}}B.rm{12g}石墨晶体中含六元环rm{N_{A}}个C.用惰性电极电解硫酸铜溶液一段时间后，若加入rm{9.8gCu(OH)_{2}}后，溶液恰好恢复到电解前的浓度和rm{pH}则电解过程中转移的电子数为rm{0.2N_{A}}D.rm{1mol[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子中含rm{娄脪}键数目为rm{16N_{A}}8、一次性使用的聚苯乙烯材料带来的“白色污染”就是一种较为严重的污染现象，最近研制的一种新型材料能代替聚苯乙烯rm{.}它是由乳酸聚合而成的rm{.}这种材料可以在乳酸菌作用下完全降解rm{.}下列关于聚乳酸的说法正确的是rm{(}rm{)}A.聚乳酸是一种纯净物B.聚乳酸的聚合方式与聚苯乙烯相似C.聚乳酸的单体为rm{CH_{3}CH(OH)COOH}D.聚乳酸的链节为rm{n}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（14分）铜是第四周期重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途。请回答下列有关问题：⑴铜原子的基态电子排布式是▲。比较第一电离能Cu▲Zn（填“＞”、“＝”、“＜”），说明理由▲。⑵氮和铜形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为▲。（每个球均表示1个原子）⑶铜可以形成多种多样的配合物。①NH3可以和很多过渡金属形成配合物。NH3分子中心原子的杂化类型为________杂化，与NH3互为等电子体的粒子有____。（只写其中一种）②向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。试用离子方程式表示其原因____________、____________。⑷在绿色植物标本的制作过程中，将植物材料洗净后浸入5%的硫酸铜溶液中，叶绿素（如图1）中心离子Mg2＋被置换成Cu2＋（如图2），叶片则永保绿色，请在图2中用箭头表示出配位键。10、在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应；生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量．又知：肼中所有化学键都是单键．

（1）写出肼的电子式：______，过氧化氢的结构式：______．

（2）写出热化学方程式：______．

（3）已知：H2O（l）H2O（g）；△H=+44kJ．mol-1，则16g液态肼与足量H2O2反应，生成氮气和液态水，放出的热量是______．

（4）上述反应用于火箭推进器，除释放出大量热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点：______．11、“嫦娥三号”卫星于2013年12月2日1时30分57秒携带月球车“玉兔号”在西昌卫星发射中心发射升空，并且获得了圆满成功．火箭推进器中装有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态H2O2，当它们混合反应时，产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热．已知0.4mol液态肼与足量的液态H2O2反应生成氮气和水蒸气；放出256.652kJ的热量．

（1）反应的热化学方程式为______．

（2）又知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ•mol-1，则16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是______kJ．

（3）此反应用于火箭推进，除释放出大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是______．12、熔融盐燃料电池具有较高的发电效率，因而受到重视rm{.}某燃料电池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{)}为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极rm{.}试回答下列问题：

rm{垄脵}该燃料电池正极电极反应式为：______．

rm{垄脷25隆忙}时，某学生想用该燃料电池电解一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有rm{amol}电子转移时，溶液中析出rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶体rm{.}若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为______，消耗掉的丁烷在标准状况下的体积为______．13、以下列出的是一些原子的rm{2p}能级和rm{3d}能级中电子排布的情况rm{.}试判断；哪些违反了泡利原理______，哪些违反了洪特规则______．

14、（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈____（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+）____c（CH3COO-）（填“＞”或“=”或“＜”；下同）．

（2）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈____．

（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈____，醋酸体积____氢氧化钠溶液体积．15、超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层．科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．

为了测定在某种催化剂作用下的反应速率；在某温度下用气体传感器测得密闭容器中不同时间的NO和CO浓度如表：

。时间（s）012345c（NO）

（mol/L）1.00×10-34.50×10-42.50×10-41.50×10-41.00×10-41.00×10-4c（CO）

（mol/L）3.60×10-33.05×10-32.85×10-32.75×10-32.70×10-32.70×10-3请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：

（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的△H______0（填写“＞”；“＜”、“=”）．

（2）该反应的化学平衡常数表达式为K=______．

（3）前2s内的平均反应速率v（N2）=______．

（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是______（多选扣分）．

a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变。

c．υ正（N2）=υ逆（CO）d．c（CO2）=c（CO）

（5）该温度下达到平衡时CO的转化率是______．16、硫是一种重要的非金属元素，广泛存在于自然界，回答下列问题：rm{(1)}基态硫原子的价层电子排布图是_________________。rm{(2)}已知rm{S_{2}O_{8}^{2-}}的结构为其中rm{S}的化合价是______。rm{(3)}含硫的物质的特殊性质与其结构相关。rm{垄脵}熔点：rm{SF_{6}}_______rm{AlF_{3}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{垄脷}沸点rm{{,!}}_______rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{(4)ZnS}晶胞如图所示：rm{垄脵}由图可知，rm{Zn^{2+}}填在了rm{S^{2-}}形成的______________空隙中。rm{垄脷}已知晶胞密度为，rm{娄脩g/cm^{3}}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}则rm{Zn^{2+}}到rm{S^{2-}}的距离为__________rm{pm(}用含rm{娄脩}rm{NA}的代数式表示rm{)}评卷人得分三、其他(共7题，共14分)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、（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20、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)。21、（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22、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)。23、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。评卷人得分四、工业流程题(共3题，共30分)24、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___。25、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)。26、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28分)27、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）。28、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：_____________。29、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）。30、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8分)31、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．32、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8题，共16分)1、C【分析】解：A．醋酸具有酸性；可与碳酸钙反应，可用于除去水垢，故A正确；

B．纯碱一般不用于发酵；面团发酵后产生了酸，可生成二氧化碳，小苏打不稳定，分解生成二氧化碳，其面团不需要事先发酵，故B正确；

C．甲醛对人体有害；不能用于浸泡海产品，故C错误；

D．蛋白质的性质与纤维素不同；灼烧时蛋白质具有烧焦的羽毛气味，故D正确．

故选C．

A．醋酸可与碳酸钙反应；

B．纯碱性质稳定；加热不分解；

C．甲醛对人体有害；

D．蛋白质的性质与纤维素不同．

本题综合考查物质的性质与应用，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】C2、C【分析】【分析】本题考查化学反应中的能量变化，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。

【解答】A.燃烧都是放热反应，但需要加热到着火点，故A错误；B.当断裂化学键吸收的能量rm{>}形成化学键放出的能量时，是吸热反应，反之放热反应，所以化学键的断裂和形成与反应放热和吸热有关，故B错误；形成化学键放出的能量时，是吸热反应，反之放热反应，所以化学键的断裂和形成与反应放热和吸热有关，故B错误；C.rm{>}D.化学变化是旧键断裂新键形成的过程，断键成键都有能量变化，故C正确；rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}的反应是中和反应，是放热反应，故D错误。故选C。rm{SO}【解析】rm{C}3、B【分析】【分析】本题考查水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素即可解答，难度不大。【解答】A.rm{25隆忙}时纯水中rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-7}mol/L}rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-6}mol/L}说明促进了水的电离，故rm{T>25隆忙}故A正确；

B.rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-6}mol/L}水的离子积常数为rm{1隆脕10^{-12}}水的离子积常数rm{=}氢离子与氢氧根浓度的乘积，故由水电离出来的rm{c(H^{+})=1隆脕}rm{10^{-10}mol/L}故B错误；

C.rm{NaHSO_{4}}的电离生成氢离子；对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；

D.rm{pH=3}的rm{NaHSO_{4}}溶液与rm{pH=11}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液的体积比为rm{100}rm{1}混合后rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液呈中性，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}4、D【分析】略【解析】rm{D}5、C【分析】还原剂做负极氧化剂做正极，阳离子游向正极，负极氧化正极还原。【解析】【答案】C6、A【分析】【分析】正确答案：A

A、1s22s22p4,p轨道中有两个末成对电子；B、1s22s22p3,p轨道中有三个末成对电子；C、只有一个末成对电子；D、[Ar]3d104s1,只有一个末成对电子。7、D【分析】【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，与常见原子晶体的结构、电解池原理的应用和配位键的相关知识结合起来，难度稍大，学生应多做类似的计算题，提高正确率。【解答】A.rm{SiO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}与中每个rm{Si}与rm{4}个rm{O}相连，而每个rm{O}与rm{2}个rm{Si}相连，因此每个氧提供rm{2}个成键电子，而每个rm{Si}提供rm{4}个成键电子，rm{30g}即rm{0.5molSiO}个rm{Si}相连，而每个rm{4}与rm{O}个rm{O}相连，因此每个氧提供rm{2}个成键电子，而每个rm{Si}提供rm{2}个成键电子，rm{Si}即rm{4}rm{30g}rm{0.5molSiO}而每个rm{{,!}_{2}}中有中共有成键电子rm{0.5隆脕(4+2隆脕2)=4mol}而每个rm{Si-O}中有rm{2}个电子，因此rm{Si-O}为rm{2mol}即rm{2NA}个，故A错误；个电子，因此rm{0.5隆脕(4+2隆脕2)=4mol}为rm{Si-O}即rm{2}个，故A错误；B.rm{Si-O}石墨相当于rm{2mol}碳原子，又因为一个碳原子被三个相邻的六元环共同使用，所以一个六元环相当于占据rm{2NA}个碳原子，现有rm{12g}石墨相当于rm{1mol}碳原子，又因为一个碳原子被三个相邻的六元环共同使用，所以一个六元环相当于占据rm{2}个碳原子，现有rm{1mol}碳原子，那就有rm{1/2=0.5mol}的六元环，也就是rm{0.5NA}个，故B错误；碳原子，那就有rm{12g}的六元环，也就是rm{1mol}个，故B错误；C.rm{2}即rm{1mol}rm{1/2=0.5mol}rm{0.5NA}加入rm{9.8g}即rm{0.1molCu(OH)}rm{9.8g}rm{0.1molCu(OH)}rm{{,!}_{2}}后溶液与电解前相同，rm{0.1mol}rm{Cu(OH)}rm{0.1mol}rm{Cu(OH)}所以实际上相当于加入的物质是rm{{,!}_{2}}氧化铜和从组成上可看成rm{1molCuO}水，则转移电子的物质的量是rm{1molCuO}即rm{?}故C错误；D.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}所以实际上相当于加入的物质是rm{0.1mol}氧化铜和rm{0.1mol}水，则转移电子的物质的量是rm{0.1mol隆脕(2-0)+0.1mol隆脕2=0.4mol}即rm{0.4N_{A}}故C错误；rm{O}rm{0.1mol}中的rm{0.1mol}和配位键都是rm{0.1mol隆脕(2-0)+0.1mol隆脕2=0.4mol}键，所以一个rm{0.4N_{A}}rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}含有rm{{,!}_{4}}个rm{]}键，即rm{]}rm{{,!}^{2+}}rm{N-H}rm{娄脪}键，所以一个rm{[Cu(NH}rm{娄脪}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}键数目为rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}【解析】rm{D}8、C【分析】解：rm{A.}从聚乳酸结构可知，聚乳酸是高分子化合物，因高分子化合物中的rm{n}值不定；故其为混合物，故A错误；

B.根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应，聚苯乙烯是由单体：rm{CH_{2}=CH-C_{6}H_{5}}碳碳双键加聚而成；故B错误；

C.为聚乳酸的单体；故C正确；

D.的聚合度为rm{n}链节为重复出现的结构单元，故D错误．

故选C．

乳酸为rm{CH_{3}-CH(OH)-COOH}含有羟基、羧基，发生缩聚反应生成为聚乳酸，以此解答该题．

本题考查高聚物的结构和性质，侧重于双基的考查，有利于培养学生良好的科学素养，答题时注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，该题注意加聚和缩聚的区别，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）①1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（2分）<（1分）Cu失去1个电子后内层电子达到全充满的稳定状态（1分）（2）Cu3N（2分）（3）①SP3H3O＋（各1分）②Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4＋（2分）Cu(OH)2＋4NH3=Cu(NH3)42＋+2OH-（2分）（3）（2分）10、略

【分析】解：（1）肼分子式为NH2-NH2，每个氮原子形成三个化学键，电子式为：过氧化氢分子式H2O2，每个氧原子形成两个共价键，分子结构为：

故答案为：

（2）0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，32g肼燃烧放热641.625kJ；肼燃烧的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；

（3）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；

②H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol；

依据盖斯定律，①-②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.625kJ/mol

则16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水放热时408.8KJ；

故答案为：408.8KJ；

（4）肼燃烧生成氮气和水；除释放大量热和快速产生大量气体外，生成的物质无污染；

故答案为：生成N2和H2O；对环境无污染．

（1）肼分子式为NH2-NH2，每个氮原子形成三个化学键，过氧化氢分子式H2O2；每个氧原子形成两个共价键，据此书写；

（2）依据热化学方程式书写方法写出；标注物质聚集状态和反应焓变；

（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式；得到反应的焓变；

（4）肼燃烧生成氮气和水；

本题考查了化学反应能量变化的计算应用，物质结构分析判断，盖斯定律的计算，热化学方程式书写方法，题目难度中等．【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；408.8KJ；生成N2和H2O，对环境无污染11、略

【分析】解：（1）已知0.4mol液态肼与足量液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652KJ的热量，1mol液态肼和足量双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出641.63KJ的热量；肼和双氧水反应的热化学方程式：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；

（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；

②H2O（g）=H2O（l）△H=-44KJ/mol；

依据盖斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol；

化学方程式中32g全部反应放热817.63KJ；16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量是408.815KJ；

故答案为：408.815；

（3）还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2；当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有很突出的优点是，产物为氮气和水，无污染，故答案为：产物为氮气和水，无污染．

（1）根据热化学方程式的书写原则和注意问题写出；注意物质的聚集状态标注；焓变的正负号和单位；

（2）结合上述写出的热化学方程式和谁转化的热化学方程式；根据盖斯定律合并写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；

（3）依据反应产生的物质性质分析判断．

本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，盖斯定律的应用，热化学方程式的计算，题目难度中等．【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；408.815；产物为氮气和水，无污染12、略

【分析】解：rm{垄脵}某燃料电池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{HCO_{3}^{-})}为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，则正极电极为氧气发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

故答案为：rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

rm{垄脷}电解硫酸钠饱和溶液即电解水，所以当电路中有rm{amol}电子转移时，消耗的水的质量为rm{dfrac{a}{2}隆脕18g=9ag}结合析出的rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶体，所以原饱和溶液的溶质的质量分数为rm{dfrac{dfrac{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}剩余溶液中溶质的质量分数与原饱和溶液的溶质的质量分数相等，也为rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}根据原池的负极反应rm{dfrac{dfrac

{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}可知，当电路中有rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}电子转移时，消耗掉的丁烷的物质的量为rm{C_{4}H_{10}-26e^{-}+13CO_{3}^{2-}=17CO_{2}+5H_{2}O}其体积为rm{dfrac{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}

故答案为：rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{amol}．

rm{dfrac{a}{26}mol}某燃料电池以熔融的rm{dfrac

{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}其中不含rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}和rm{0.86aL}为电解质；以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，则正极电极为氧气发生还原反应生成碳酸根离子；

rm{垄脵}电解硫酸钠饱和溶液即电解水，所以当电路中有rm{K_{2}CO_{3}(}电子转移时，消耗的水的质量为rm{O^{2-}}结合析出的rm{HCO_{3}^{-})}晶体，可计算出原饱和溶液的溶质的质量分数，剩余溶液中溶质的质量分数与原饱和溶液的溶质的质量分数相等，根据原池的负极反应rm{垄脷}可知，当电路中有rm{amol}电子转移时，消耗掉的丁烷的物质的量为rm{dfrac{a}{2}g=9ag}据此答题．

本题考查电化学和化学平衡知识，内容比较综合，在理解所学各部分化学知识的本质区别与内在联系的基础上，本题难度中等，注意守恒思想的运用．rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}【解析】rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{0.86aL}13、略

【分析】解：泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳rm{2}个自旋状态相反的电子；

洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子；总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；

所以违反泡利不相容原理的有rm{垄脹}违反洪特规则的有rm{垄脷垄脺垄脼}

故答案为：rm{垄脹}rm{垄脷垄脺垄脼}．

泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳rm{2}个自旋状态相反的电子；

洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子；总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同，以此进行判断．

本题考查原子核外电子的排布，题目难度不大，注意泡利原理、洪特规则的内容即可解答该题，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】rm{垄脹}rm{垄脷垄脺垄脼}14、略

【分析】

（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）；

故答案为：碱；＞；

（2）pH=3的醋酸；其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性；

故答案为：酸；

（3）根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则c（H+）=c（OH-）；溶液为中性；

若等体积等浓度混合时显碱性；则中性时应使醋酸过量，即醋酸体积＞氢氧化钠溶液的体积；

故答案为：中性；＞．

【解析】【答案】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合；恰好生成NaAc，醋酸根离子水解显碱性；

（2）pH=3的醋酸；其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；

（3）根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）；等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量．

15、略

【分析】解：（1）因该反应2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）中气体减少；△S＜0，由反应能够自发进行，则△H-T△S＜0，即该反应一定是放热才有可能自发进行，放热反应中△H＜0；

故答案为：＜；

（2）该反应的化学平衡常数表达式为K=故答案为：

（3）由表格中的数据可知2s内NO浓度的变化量为1.00×10-3-2.50×10-4=7.50×10-4，则υ（NO）==3.75×10-4mol•L-1•s-1；由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则υ（N2）=υ（NO）=1.875×10-4mol•L-1•s-1；

故答案为：1.875×10-4mol•L-1•s-1；

（4）a．随反应进行气体的物质的量增大；压强增大，容器中压强不变，说明到达平衡状态，故a正确；

b．反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，混合气体中c（CO）不变说明到达平衡状态，故b正确；

c．因不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比；才能说明到达平衡状态，故c错误；

d．反应始终按CO与氢气物质的量之比为1：1进行，c（H2）=c（CO）不能说明到达平衡；故d错误；

故答案为；ab；

（5）平衡时CO的物质的量浓度变化量为3.60×10-3mol/L-2.70×10-3mol/L=0.9×10-3mol/L，CO的转化率为×100%=25%；

故答案为：25%．

（1）根据反应能够自发进行；则△H-T△S＜0来分析该反应的焓变；

（2）根据化学平衡常数的概念来解答；

（3）根据化学反应速率V=来计算解答；

（4）当反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（5）由表中数据可知，实验4min到达平衡，平衡时CO的物质的量浓度变化量为3.60×10-3mol/L-2.70×10-3mol/L=0.9×10-3mol/L；结合转化率定义计算；

本题主要考查反应速率、反应方向、化学平衡判断、转化率的计算等知识，难度不大，根据所学知识即可完成．【解析】＜；1.875×10-4mol•L-1•s-1；ab；25%16、(1)

(2)+6

(3)①<SF6是分子晶体，AlF3是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体

②<因为形成分子间氢键

(4)正四面体【分析】【分析】本题考查物质结构知识，包含价电子排布图的书写，判断粒子的键角，晶体的熔点比较，晶胞的计算，涉及的知识点较多，考查较为全面，题目难度不大。【解答】rm{(1)}rm{(1)S}位于周期表中第rm{3}周期，第rm{VIA}族，其价层电子排布式为rm{3s}位于周期表中第rm{(1)S}周期，第rm{3}族，其价层电子排布式为rm{VIA}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{4}}

，则基态硫原子的价层电子排布图是；故答案为：由；的结构可知，rm{(2)}的成键结构与rm{S_{2}O_{8}^{2-}}相同，所以rm{S}的化合价是rm{SO_{4}^{2-}}故答案我：rm{S}rm{+6}是分子晶体，而rm{+6}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以rm{(3)垄脵SF_{6}}rm{AlF_{3}}熔点：rm{SF}rm{SF}故答案为：rm{{,!}_{6}<}rm{AlF}是分子晶体，rm{AlF}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；rm{{,!}_{3}}对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，所以沸点对羟基苯磺酸rm{<}邻羟基苯磺酸，

rm{SF_{6}}rm{AlF_{3}}因为形成分子间氢键rm{垄脷}对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，所以沸点对羟基苯磺酸rm{>}邻羟基苯磺酸，rm{垄脷}rm{>}和金刚石晶胞的相似性，故答案为：rm{<}；rm{(4)}rm{垄脵ZnS}和金刚石晶胞的相似性，rm{S}rm{垄脵ZnS}rm{S}

rm{{,!}^{2-}}形成的是正四面体结构，则rm{Zn}rm{Zn}晶胞，则有rm{{,!}^{2+}}填在了rm{S}rm{S}则一个晶胞的体积为rm{{,!}^{2+}}形成的正四面体空隙中，故答案为：正四面体；rm{垄脷}取rm{1mol}晶胞，则有rm{N}rm{1mol}rm{N}rm{{,!}_{A}}个晶胞，设晶胞参数为rm{acm}则一个晶胞的体积为rm{V}rm{acm}rm{V}晶胞中，含有rm{{,!}_{0}}的数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{=a}的数目为rm{=a}因此rm{{,!}^{3}}的质量为rm{cm}已知晶体的密度为rm{cm}rm{{,!}^{3}}，对于立方晶胞，顶点粒子占rm{娄脩=dfrac{m}{{N}_{A}{V}_{0}}=dfrac{4隆脕(65+32)}{{N}_{A}{a}^{3}}}，可得rm{a=sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}pm}rm{dfrac{1}{8}}

，面心粒子占rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{dfrac{1}{2}}，内部粒子为整个晶胞所有，则一个rm{ZnS}晶胞中，含有rm{Zn}的数目为【解析】rm{(1)}rm{(2)+6}rm{(3)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{<}是分子晶体，rm{SF_{6}}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体rm{AlF_{3}}rm{垄脷}因为形成分子间氢键rm{垄脷}正四面体rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{<}三、其他(共7题，共14分)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）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）20、略

【分析】【解析】【答案】AEF21、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）22、略

【分析】【解析】【答案】23、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2四、工业流程题(共3题，共30分)24、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25、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%26、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28分)27、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、NaN