2025年华东师大版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年华东师大版高二化学上册月考试卷698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7题，共14分)1、下列关于金属的腐蚀与防护的说法中正确的是A.舱底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀B.在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是析氢腐蚀。C.铁表面镀银，铁作阳极D.可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀2、在一定温度下,下列叙述不是可逆反应A(气)+3B(气)2C(气)+2D(固)达到平衡的标志的是①C的生成速率与C的分解速率相等②单位时间内生成amolA,同时生成3amolB③A、B、C的浓度不再变化④恒容下，混合气体的密度不再变化⑤混合气体的总压强不再变化⑥混合气体的物质的量不再变化⑦单位时间内消耗amolA,同时生成3amolB⑧A、B、C、D的分子数之比为1:3:2:2A.②⑧B.②⑤⑧C.①③④⑦D.②⑤⑥⑧3、氨水中所含有的分子和离子有（）①②H2O③NH3④NH3·H2O⑤H+⑥OH-A.①②③B.①②③④⑤⑥C.②③④⑤⑥D.②③④⑤4、下列现象与氢键有关的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵NH_{3}}的熔、沸点比rm{PH_{3}}的高。

rm{垄脷}乙醇能与水以任意比混溶，而甲醚rm{(CH_{3}-O-CH_{3})}难溶于水。

rm{垄脹}冰的密度比液态水的密度小。

rm{垄脺}邻羟基苯甲酸的熔；沸点比对羟基苯甲酸的低。

rm{垄脻}水分子高温下也很稳定．A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脻}C.rm{垄脷垄脹垄脺垄脻}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}5、下列除去杂质（括号内为杂质）的方法正确的是（）①乙烷（乙烯）光照条件下通入Cl2；气液分离。

②乙酸乙酯（乙酸）用饱和碳酸钠溶液洗涤；分液。

③苯（苯酚）用氢氧化钠溶液洗涤；分液。

④乙醇（水）加足量生石灰、蒸馏．A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④6、下列图示中关于铜电极的连接错误的是()A.锌铜原电池

B.电解精炼铜

C.镀件上镀铜

D.电解氯化钠溶液7、下列有机物的表达式不正确的是()A.乙烯rm{(C_{2}H_{4})}的电子式：B.丙烯rm{(C_{3}H_{6})}的结构简式：rm{CH_{2}CHCH_{3}}C.立方烷rm{(C_{8}H_{8})}的键线式：D.溴乙烷rm{(C_{2}H_{5}Br)}的比例模型：评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、人类的生活离不开化学；生活中的化学无处不在．请回答：

（1）家用铁锅用水清洗后放置一段时间，出现红棕色的锈斑．此过程中不可能发生的变化有____（填序号）．

①铁元素被氧化②铁元素被还原③铁元素由+3价转化为+2价。

为防止铁锅生锈，将其洗净后，可进一步采取的措施是____（填序号）．

①擦干②放在潮湿的地方。

（2）抗酸药物的作用是中和胃里过多的盐酸．某抗酸药的主要成分是碳酸氢钠，写出碳酸氢钠与盐酸反应的离子方程式：____．若此抗酸药每片含碳酸氢钠0.40g，取此药一片研碎后与足量的盐酸反应，生成气体在标准状况下的体积为____L（精确到0.01）．9、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：。XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价-4,+4-2-1,+7+3其它阳离子核外无电子可做半导体材料焰色反应呈黄色（1）Ｒ的离子结构示意图是____，Ｒ在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为________________。（2）Ｍ元素的常见单质有二种，它们互称同素异形体，它们的化学式为____、____。（3）Ｚ的单质与水反应的化学方程式是________________。10、有机物A与乙酸无论以何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧后产生的水的质量也一定，试回答：（1）有机物A必须符合的条件是；（2）符合条件的相对分子质量最小的有机物A为（写结构简式）____（3）若A与乙酸相对分子质量相等，且既能发生银镜反应又能发生酯化反应，则A的结构简式为_____________。（4）若A分子中C、H元素质量分数之和为86.67%，其余为O，且A的相对分子质量小于200，则A的分子式为___________。已知A中含有苯环结构，A可被催化氧化生成B，C为B的同分异构体，且C中也含有苯环结构，C在一定条件下水解可得到两种有机物，则符合条件的C可能的结构有____种。11、氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用rm{.}请回答下列问题。rm{(1)}砷原子基态时核外电子排布式为___________________，氮、磷、砷的电负性的大小关系是_________________。rm{(2)K_{3}[F}rm{e}rm{(CN)_{6}]}晶体中rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}与rm{CN^{-}}之间的键型为____________，该化学键能够形成的原因是_________________________________________________________________。rm{(3)}已知：。rm{CH_{4}}rm{S}rm{i}rm{H_{4}}rm{NH_{3}}rm{PH_{3}}沸点rm{(}rm{K}rm{)}rm{101.7}rm{161.2}rm{239.7}rm{185.4}分解温度rm{(}rm{K}rm{)}rm{873}rm{773}rm{1073}rm{713.2}分析上表中四种物质的相关数据，请回答：rm{垄脵CH_{4}}和rm{NH_{3}}比较，沸点高低的原因是____________________________________________________________________________。rm{垄脷NH_{3}}和rm{PH_{3}}比较，分解温度高低的原因是_________________________________________________________________________。12、rm{(1)}在rm{2mL}rm{0.1mol/L}的rm{NaCl}溶液中，加入rm{2mL}rm{0.1mol/L}的rm{AgNO_{3}}溶液，可观察到______，此反应的离子方程式为______，将此混合液过滤，滤渣加入rm{2mL}rm{0.1mol/L}的rm{KI}溶液；搅拌，可观察到______，反应的离子方程式为______．

rm{(2)}对于rm{Ag_{2}S(s)?2Ag^{+}(aq)+S^{2-}(aq)}其rm{K_{sp}}的表达式为______

rm{(3)}下列说法不正确的是______．

A.用稀盐酸洗涤rm{AgCl}沉淀比用水洗涤损耗rm{AgCl}小。

B.物质的溶解度随温度的升高而增加；故物质的溶解都是吸热的。

C.对于rm{Al(OH)_{3}(s)?Al(OH)_{3}(aq)?Al^{3+}+3OH^{-}}前者为溶解平衡，后者为电离平衡。

D.除去溶液中的rm{Mg^{2+}}用rm{OH^{-}}沉淀rm{Mg^{2+}}比用rm{CO_{3}^{2-}}效果好，说明rm{Mg(OH)_{2}}的溶解度比rm{MgCO_{3}}大。

E.沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全．13、a(g)镁和足量稀硫酸反应，镁完全反应后，测得氢气在常温时的体积为V(L)，则常温下lmol氢气的体积为_________________L。评卷人得分三、工业流程题(共6题，共12分)14、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___。15、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16、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]=____。17、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________%。18、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)。19、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、简答题(共1题，共5分)20、洛索洛芬钠可用于类风湿性关节炎；肩周炎等炎症的消炎；其合成路线如下：

已知：A分子式为C8H8，E的分子式为C4H6

Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

（1）A属于芳香烃；其名称为______

（2）反应②的反应类型是______

（3）B的结构简式是______

（4）D中含有的官能团名称______

（5）反应①的化学方程式是______。评卷人得分五、探究题(共4题，共12分)21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。23、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。24、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、综合题(共2题，共10分)25、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．26、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7题，共14分)1、A【分析】试题分析：正确，锌比铁活泼，与电解质形成原电池时，作负极，保护船体不被腐蚀,A正确；金属在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀，并且一般是吸氧腐蚀，选项B错误；铁作阳极，铁要溶解，铁应该作阴极，C错误；地下输油钢管与外加直流电源的正极相连，在该电解池中，阳极金属铁易被腐蚀，故D错误．考点：金属的腐蚀与防护【解析】【答案】A2、A【分析】试题分析：化学反应达到平衡状态的标志是同种物质的生成速率等于消耗速率、或者各组分的浓度不再变化，①同种物质的生成和消耗速率相等，可以判断达到了平衡；②A、B都是反应物它们的生成、消耗速率总是等于系数比，不可以判断平衡；③物质的浓度不再变化说明达到了平衡；④恒容下，反应体系中有气体和固体，如果没有到达平衡，气体的密度就会发生变化，如果密度不变了就平衡了；⑤两边气体的化学计量数不相等，如果没有达到平衡，压强会发生改变，压强不变就达到了平衡。⑥反应体系中有气体和固体，如果没有到达平衡，气体的质量就会发生变化。⑦单位时间内消耗amolA,同时生成3amolB，可以转化成同一种物质A的变化，则是单位时间内消耗amolA,同时生成amolA，同种物质生成速率和消耗速率相等，说明达到了平衡。⑧分子数之比不能说明各物质的量不再发生改变。选A。考点：化学平衡状态的判断。【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】【答案】B4、A【分析】解：rm{垄脵}因Ⅴrm{A}族中，rm{N}的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比Ⅴrm{A}族其他元素氢化物的高，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}因乙醇与水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，甲醚与水分子之间不能形成氢键，则甲醚rm{(CH_{3}-O-CH_{3})}难溶于水，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故rm{垄脺}正确；

rm{垄脻}水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故rm{垄脻}错误；

故选A．

rm{垄脵}Ⅴrm{A}族中，rm{N}的非金属性最强；氨气中分子之间存在氢键；

rm{垄脷}乙醇与水分子之间能形成氢键；甲醚与水分子之间不能形成氢键；

rm{垄脹}冰中存在氢键；其体积变大；

rm{垄脺}对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键；而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键；

rm{垄脻}稳定性与化学键有关．

本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】rm{A}5、D【分析】【解答】解：①光照条件下通入Cl2；氯气会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样即将杂质除去，又将要留的物质反应了，不符合除杂的原则，故①错误；②饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现分离，故②正确；③除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入NaOH溶液反应生成苯酚钠，然后分液即可，故③正确；④乙醇和水的沸点不同，水可与生石灰反应，用蒸馏的方法分离，故④正确．故选D．

【分析】①光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反应；②饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应；③苯酚和氢氧化钠反应生成苯酚钠；④乙醇和水的沸点不同，水可与生石灰反应．6、C【分析】略【解析】rm{C}7、B【分析】略【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】

（1）铁锅中含有碳；铁；碳、铁和合适的电解质溶液构成原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，铁失电子发生氧化反应，氧气得电子发生还原反应，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定被氧气氧化生成氢氧化铁，所以不可能发生的变化是②③，为防止形成原电池，要擦干，故选①；

故答案为：②③；①；

（2）碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+=C02↑+H2O；

根据HCO3-+H+=C02↑+H2O知，生成二氧化碳的体积==0.11L；

故答案为：HCO3-+H+=C02↑+H2O；0.11．

【解析】【答案】（1）铁锅中含有碳；铁；碳、铁和合适的电解质溶液构成原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定易被氧气氧化生成氢氧化铁，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子；

（2）碳酸氢钠和盐酸反应生成水；二氧化碳和氯化钠；根据碳酸氢钠和二氧化碳之间的关系式计算．

9、略

【分析】【解析】试题分析：X元素阳离子核外无电子，这说明X应该是氢元素。Y的主要化合价是－4和＋4价，且可做半导体材料，因此Y是硅元素。焰色反应呈黄色，则Z是钠元素。R的主要化合价是－1价和＋7价，所以R是氯元素。M的化合价是－2价，且原子半径小于氯元素，因此M是氧元素。Q的原子半径大于氯元素，小于钠元素的，且化合价是＋3价，所以Q是铝元素。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用【解析】【答案】（6分）（1）同位素（2）O2、O3(注：本整小题合计共2分，错一个不给分。)（3）2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑(2分)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）A中H的质量分数与乙酸中相同（6.67％）（其它符合题意的说法也可以）；（2）HCHO；（3）CH2(OH)－CHO；（4）C8H8O，611、（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3N＞P＞As

（2）配位键原因是CN-能提供孤对电子，Fe3+能接受孤对电子（或Fe3+有空轨道）

（3）①CH4和NH3形成的都是分子晶体，除了范德华力外，NH3分子间还存在氢键，沸点更高②NH3和PH3比较，影响分解温度的因素是共价键的强弱，N—H键的键长比P—H键短，键能更大，共价键更强，分子更稳定【分析】【分析】本题考查物质的结构与性质，注重对电子排布式、杂化、沸点比较、稳定性比较、电负性的比较及应用的考查，考查点较多，难度不大。

【解答】rm{(1)As}是rm{33}号元素，其原子核外有rm{33}个电子，根据构造原理知，rm{As}基态原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}同一主族越往下电负性越小，则氮、磷、砷的电负性的大小关系是rm{N>P>As}

rm{N>P>As}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}

rm{N>P>As}晶体中rm{N>P>As}与rm{(2)K_{3}[Fe(CN)_{6}]}之间的键型为配位键，因为rm{Fe^{3+}}能提供孤对电子，rm{CN^{-}}能接受孤对电子rm{CN^{-}}或rm{Fe^{3+}}有空轨道rm{(}所以二者之间存在配位键；

故答案为：配位键；原因是rm{Fe^{3+}}能提供孤对电子，rm{)}能接受孤对电子rm{CN^{-}}或rm{Fe^{3+}}有空轨道rm{(}

rm{Fe^{3+}}rm{)}和rm{(3)垄脵}形成的都是分子晶体，除了范德华力外，rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}形成的都是分子晶体，除了范德华力外，rm{NH_{3}}分子间还存在氢键，沸点更高分子间还存在氢键，沸点更高；

故答案为：rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}形成的都是分子晶体，除了范德华力外，rm{NH_{3}}分子间还存在氢键，沸点更高；

rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}形成的都是分子晶体，除了范德华力外，rm{NH_{3}}分子间还存在氢键，沸点更高和rm{CH_{4}}结构相似且都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氢键能增大物质的沸点，所以rm{NH_{3}}和rm{NH_{3}}比较，氨气中含有氢键沸点大，故答案为：rm{垄脷NH_{3}}和rm{PH_{3}}比较，影响分解温度的因素是共价键的强弱，rm{NH_{3}}键的键长比rm{PH_{3}}键短，键能更大，共价键更强，分子更稳定。rm{NH_{3}}和rm{PH_{3}}比较，影响分解温度的因素是共价键的强弱，rm{N隆陋H}键的键长比rm{P隆陋H}键短，键能更大，共价键更强，分子更稳定。【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p63d^{10}4s^{2}4p^{3;;;;;;}}rm{N>P>As}

rm{N>P>As}配位键rm{(2)}原因是rm{CN}rm{CN}rm{{,!}^{-}}能提供孤对电子，rm{Fe}或rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}能接受孤对电子rm{(}或rm{Fe}

rm{(}和rm{Fe}形成的都是分子晶体，除了范德华力外，rm{{,!}^{3+}}分子间还存在氢键，沸点更高有空轨道rm{)}和rm{)}比较，影响分解温度的因素是共价键的强弱，rm{(3)垄脵CH_{4}}键的键长比rm{NH_{3}}键短，键能更大，共价键更强，分子更稳定rm{NH_{3}}12、略

【分析】解：rm{(1)}反应生成氯化银和硝酸钠，观察到白色沉淀，离子反应为rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}rm{AgCl}中加入rm{2mL0.1mol/L}的rm{KI}溶液发生沉淀的转化，生成rm{AgI}观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，离子反应为rm{AgCl(s)+I^{-}?AgI(s)+Cl^{-}}

故答案为：白色沉淀；rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}白色沉淀转化为黄色沉淀；rm{AgCl(s)+I^{-}?AgI(s)+Cl^{-}}

rm{(2)}对于沉淀溶解平衡：rm{Ag_{2}S(s)?2Ag^{+}(aq)+S^{2-}(aq)}一定温度下的饱和溶液中存在溶度积常数；

rm{Ksp=[Ag^{+}]^{2}?[S^{2-}]}故答案为：rm{c(Ag^{+})^{2}?c(S^{2-})}

rm{(3)A}氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，rm{Ksp=[Ag^{+}][Cl^{-}]}银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤rm{AgCl}沉淀比用水洗涤损耗rm{AgCl}小；故A正确；

B；物质的溶解度大部分随温度的升高而增加；大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；故B错误；

C；氢氧化铝是难溶物质；存在沉淀溶解平衡和电离平衡；故C正确；

D、rm{Mg(OH)_{2}}的溶解度比rm{MgCO_{3}}小；故D错误；

E；为使离子完全沉淀；加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；故E正确；

综上所述：BD错误；

故选BD．

rm{(1)}反应生成氯化银和硝酸钠，观察到白色沉淀，rm{AgCl}中加入rm{2mL0.1mol/L}的rm{KI}溶液发生沉淀的转化，生成rm{AgI}

rm{(2)}依据沉淀溶解平衡的溶度积常数表示方法写出；溶度积等于溶液中离子浓度幂次方乘积；

rm{(3)A}依据氯化银沉淀溶解平衡分析；银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；

B；物质的溶解度大部分随温度的升高而增加；大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；

C；氢氧化铝是难溶物质；存在沉淀溶解平衡和电离平衡；

D、rm{Mg(OH)_{2}}的溶解度比rm{MgCO_{3}}小；

E；为使离子完全沉淀；加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全．

本题考查离子反应方程式的书写，沉淀溶解平衡的计算应用，平衡移动的影响因素，难溶物质的溶解度比较方法，题目难度中等．【解析】白色沉淀；rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}白色沉淀变为黄色；rm{AgCl(s)+I^{-}?AgI(s)+Cl^{-}}rm{c(Ag^{+})^{2}?c(S^{2-})}rm{BD}13、略

【分析】试题分析：根据Mg+2H+→Mg2++H2↑生成氢气的物质的量等于镁的物质的量，为a/24，则常温下lmol氢气的体积为(24V/a)L。考点：考查化学计算。【解析】【答案】35．三、工业流程题(共6题，共12分)14、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15、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.D16、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%17、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%18、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%19、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、简答题(共1题，共5分)20、苯乙烯取代反应酯基、溴原子【分析】解：（1）由分析可知，A的结构简式是名称为苯乙烯，故答案为：苯乙烯；

（2）反应②的反应类型是：取代反应；故答案为：取代反应；

（3）B的结构简式是故答案为：

（4）D为D中含有的官能团是酯基；溴原子，故答案为：酯基、溴原子；

（5）反应①的化学方程式是故答案为：

E属于烯烃，E系列转化得到己二酸二甲酯，结合反应信息i，可知E为CH2=CH-CH=CH2，E与溴发生1，4-加成生成F为Br-CH2-CH=CH-CH2-Br，F与氢气发生加成反应生成G为BrCH2CH2CH2CH2Br，G发生信息i中的反应得到H为HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH；H与甲醇发生酯化反应得到己二酸二甲酯。

A属于芳香烃，由A的分子式，结合反应条件、反应信息i，可知A为则B为C为C与甲醇发生酯化反应得到．发生信息ii中的反应生成D，结合D、I反应产物的结构，可知D为I为．己二酸二甲酯在一定条件下发生取代反应生成同时还生成CH3OH．J发生碱性条件水解得到洛索洛芬钠K的结构为以此来解答。

本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、碳原子及官能团变化为解答的关键，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。【解析】苯乙烯取代反应酯基、溴原子五、探究题(共4题，共12分)21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分