2025年鲁科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年鲁科版高二化学上册月考试卷653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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、北京和张家口市联合申办2022年冬奥会，目前北京市政府正在全力改善空气质量。以下不在空气质量报告范围内的是A.O2B.NOC.NO2D.SO22、氯的含氧酸根离子有ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-等，有关它们的下列说法正确的是（）A.ClO-中氯元素显+1价，具有很强还原性B.这些离子结合H+的能力，ClO4-最强C.这些离子中的氯原子都采取sp3杂化D.ClO3-是NO3-的等电子体，其空间构型为平面三角形3、玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的残留物；其洗涤方法正确的是（）

①残留在试管内壁上的碘；用酒精洗涤。

②残留有苯酚的试剂瓶；用酒精洗涤。

③做银镜反应后试管壁上的银镜；用稀氨水洗涤。

④沾附在试管内壁上的油脂；用热碱液洗涤．

A.①③④

B.①②④

C.②③④

D.①②③④

4、可以将六种无色液体：C2H5OH、AgNO3溶液、C2H5Br、KI溶液，C6H5OH溶液、C6H6区分开的试剂是（）

A.FeCl3溶液。

B.稀硫酸。

C.酸性高锰酸钾溶液。

D.NaOH溶液。

5、用相对分子质量为43的烷基取代甲苯苯环上的1个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（）A．3B．4C．5D．66、下列叙述合理的是（）A.纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B.棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OC.蛋白质溶液中加饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，加水也不溶解D.福尔马林、葡萄糖与新制Cu（OH）2共热都有红色沉淀生成7、恒温下，物质的量之比为rm{2隆脙1}的rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}的混合气体在容积为rm{2L}的恒容密闭容器中发生反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)(}正反应为放热反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)(}rm{)}rm{n}随时间变化关系如下表：

下列说法正确的是A.当容器中气体的密度不变时，该反应达到平衡状态B.若要提高rm{(SO_{2})}的转化率，可鼓入适度过量空气C.从反应开始到达到平衡，用rm{SO_{2}}表示的平均反应速率为rm{SO_{3}}D.容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为rm{0.01mol/(L隆陇min)}rm{5隆脙4}8、在rm{100隆忙}时，将rm{N_{2}O_{4}}rm{NO_{2}}分别充入两个各为rm{1L}的密闭容器中，反应过程中浓度变化如下：rm{(2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangleH<0)}

。rm{(2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangle

H<0)}容器物质起始浓度rm{/(mol?L^{-1})}平衡浓度rm{/(mol?L^{-1})}Ⅰrm{N_{2}O_{4}}rm{0.100}rm{0.040}rm{NO_{2}}rm{0}rm{0.120}rm{0.120}Ⅱrm{N_{2}O_{4}}rm{0}rm{0.014}rm{NO_{2}}rm{0.100}rm{0.072}rm{0.072}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.平衡时，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率rm{娄脕(N_{2}O_{4})<娄脕(NO_{2})}B.平衡时，Ⅰ、Ⅱ中上述正反应的平衡常数rm{K(}Ⅰrm{)=2K(}Ⅱrm{)}C.平衡后，向两容器中分别再充入一定量的rm{NO_{2}}rm{(}Ⅰrm{)}中rm{dfrac{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的值减小，rm{dfrac

{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}Ⅱrm{)dfrac{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的值增大D.平衡后，升高温度，Ⅰ、Ⅱ中气体颜色都将变深rm{(}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)9、在体积均为1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.3molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（）A.反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△S＞0、△H＜0B.体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞3P总（状态Ⅰ）C.体系中c（CO2）：c（CO2，状态Ⅱ）＜3c（CO2，状态Ⅲ）D.逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）10、已知：rm{25隆忙}时，rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=5.61隆脕10^{-12}}rm{K_{sp}[MgF_{2}]=7.42隆脕10^{-11}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{25隆忙}时，饱和rm{Mg(OH)_{2}}溶液与饱和rm{MgF_{2}}溶液相比，前者的rm{c(Mg^{2+})}小B.rm{25隆忙}时，在rm{Mg(OH)_{2}}的悬浊液中加入rm{NaF}溶液后，rm{Mg(OH)_{2}}不可能转化为rm{MgF_{2}}C.rm{25隆忙}时，在等体积等浓度的氨水、rm{NH_{4}Cl}溶液中，rm{Mg(OH)_{2}}的rm{Ksp}前者小于后者D.rm{25隆忙}时，在rm{MgF_{2}}的悬浊液中通入少量的rm{HF}气体，rm{c(Mg^{2+})}减小11、银器的保护主要是维持它的原貌，对于轻微腐蚀蒙有硫化银的银器，可将其和铝片一起接触浸泡在稀rm{NaOH}溶液中，经一定时间污迹消失，取出后用水洗于净，再用软布或棉团擦光rm{.}有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.溶液中的rm{OH^{-}}离子向正极移动B.在银表面上的反应为：rm{Ag_{2}S+2e^{-}篓T2Ag+S^{2-}}C.反应后容易的rm{pH}增大D.在铝表面的反应为：rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}12、下列说法不正确的是（）A.体系有序性越高，熵值就越低B.自发过程将导致体系的熵增大C.吸热反应不可以自发进行D.同种物质气态时熵值最大13、某污水中含有rm{Fe^{3+}}rm{Ag^{+}}rm{Cu^{2+}}等离子，某工厂采用电解的方法处理该污水，具体的做法是：保持污水的rm{pH}在rm{5.0隆芦6.0}之间，通过电解生成rm{Fe(OH)_{3}.Fe(OH)_{3}}具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，有净化水的作用，阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮层，刮去rm{(}或撇掉rm{)}浮渣层，即起到了浮选净化的作用rm{.}该厂污水处理设计装置如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.通入空气的电极为阳极B.甲装置中rm{Fe}电极的反应为rm{Fe-3e^{-}篓TFe^{3+}}C.为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时，循环物质为rm{CO_{2}}D.当乙装置中有rm{1.6}rm{g}rm{CH_{4}}参加反应，则rm{C}电极理论上生成气体在标准状况下为rm{8.96}rm{L}14、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1.6}rm{g}由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为rm{0.1N_{A}}B.rm{0.1}rm{mol}丙烯酸中含有双键的数目为rm{0.1N_{A}}C.标准状况下，rm{11.2}rm{L}苯中含有分子的数目为rm{0.5N_{A}}D.rm{1}rm{mol}rm{Na}被完全氧化生成rm{Na_{2}O_{2}}失去rm{N_{A}}个电子15、改变rm{0.1molcdot{{L}^{-1}}}二元弱酸rm{{{{H}}_{2}}{A}}溶液的rm{pH}溶液中的rm{{{{H}}_{2}}{A}}rm{{H}{{{A}}^{-}}}rm{{{{A}}^{2-}}}的物质的量分数rm{delta(X)}随rm{pH}的变化如图所示rm{[}已知rm{delta(X)=dfrac{c(X)}{c({{H}_{2}}A)+c(H{{A}^{-}})+c({{A}^{2-}})}]}rm{delta

(X)=dfrac{c(X)}{c({{H}_{2}}A)+c(H{{A}^{-}})+c({{A}^{2-}})}]}A.下列叙述正确的是时，rm{pH=1.2}B.二元弱酸rm{c({{H}_{2}}A)=c(H{{A}^{-}})}第二步电离常数rm{lg[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}C.rm{{{{H}}_{2}}{A}}时，rm{cleft({H}_{2}Aright)=cleft({A}^{2}right)>cleft(H{A}^{-}right)}D.rm{lg

[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}时，rm{pH=2.7}rm{cleft({H}_{2}Aright)=cleft({A}^{2}right)>cleft(H{A}^{-}right)

}16、北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了rm{S-}诱抗素制剂，以保持鲜花盛开，rm{S-}诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基B.能发生加成反应、氧化反应、取代反应、缩聚反应C.rm{1mol}该分子能与含rm{2mol}rm{NaOH}的溶液完全反应D.该分子能与溴水反应而使溴水褪色且rm{1mol}它能与溴水中的rm{4mol}rm{Br_{2}}反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、燃烧热（1）反应热可分为__________、__________、__________等，其中以跟__________相关的__________实际应用较广。____________________，叫做该物质的燃烧热。单位为__________。燃烧热通常可利用仪器由实验测得。（2）选择燃料应从物质的燃烧热、燃料的__________、__________、__________、__________、__________、对__________的影响等方面综合考虑。18、实验室配制rm{FeSO_{4}}溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因是______；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是______rm{.}把rm{AlCl_{3}}溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体产物是______，rm{AlCl_{3}}溶液呈酸性的原因是rm{(}用离子方程式说明rm{)}______．19、热化学方程式中的H实际上是热力学中的一个物理量；叫做焓．一个体系的焓（H）的绝对值到目前为止还没有办法测得，但当体系发生变化时，我们可以测得体系的焓的变化，即焓变，用“△H”表示，△H=H（终态）-H（始态）．

（1）化学反应中的△H是以____的形式体现的．

对于化学反应A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D），则该反应的△H为____0（填“大于”．“小于”），该反应是____（填“放热”或“吸热”）反应；

（2）进一步研究表明；化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关．

已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ•mol-1，△H（H2）=436kJ•mol-1；

△H（Cl2）=247kJ•mol-1．则△H（HCl）=____．

（3）HessG．H在总结大量实验事实之后认为；只要化学反应的始态和终态确定，则化学反应的△H便是定值，与反应的途径无关．这就是有名的“Hess定律”．

已知：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ•mol-1

3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ•mol-1

Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ•mol-1

请写出CO还原FeO的热化学方程式：____．20、（10分）（1）“笑气”(N2O)是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。有关理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构(包括电子式)；又已知N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，则N2O的电子式可表示为，它____(填“含有”或“不含”)非极性键。(2)有以下物质：①CH4，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥C2H6，⑦H2，⑧Na2O2，⑨HCN(H—C≡N)；只含有极性键且为非极性分子是__________；含有非极性键的共价化合物是__________；既有σ键又有π键的化合物是__________；21、如图装置所示，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同rm{(}假设通电前后溶液体积不变rm{)}rm{A}rm{B}为外接直流电源的两极rm{.}将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色。

请回答：rm{(1)B}极是电源的____极，一段时间后，甲中溶液颜色逐渐变________rm{(}填“深”或“浅”rm{)}丁中rm{X}极附近的颜色逐渐变浅，rm{Y}极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶粒带______________rm{(}“正”或“负”rm{)}电，在电场作用下向rm{Y}极移动。rm{(2)}现用丙装置给铜件镀银，则rm{H}应该是_____rm{(}填“镀层金属”或“镀件”rm{)}电镀液是____________溶液。rm{(3)}若甲、乙装置中的rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_____。rm{(4)}用甲装置电解rm{100}毫升rm{0.2molAgNO_{3}}rm{0.4molCu(NO_{3})_{2}}rm{0.6molKCl}的混合液，若在一极析出rm{19.2gCu}在另一极产生的气体在标况下的体积为____rm{L}评卷人得分四、工业流程题(共4题，共24分)22、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___。23、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24、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)。25、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、探究题(共4题，共24分)26、（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。27、（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。28、（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。29、（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。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】试题分析：氮的氧化物是造成光化学烟雾的主要成分，二氧化硫是造成酸雨的主要成分，氧气是空气的主要组成气体之一，所以不在空气质量报告范围内的是氧气，答案选A。考点：考查空气的污染气体【解析】【答案】A2、C【分析】解：A．次氯酸根离子中氯元素是+1价；次氯酸根离子易得电子而体现较强的氧化性，故A错误；

B．酸性越强的酸；其结合氢离子能力越弱，高氯酸是最强的无机酸，所以高氯酸根离子结合氢离子能力最弱，故B错误；

C．ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-中价层电子对数都是4，所以都采取sp3杂化；故C正确；

D．ClO3-和NO3-的价层电子数不同；所以不是等电子体，故D错误；

故选C．

A．次氯酸根离子具有很强的氧化性；

B．酸性越强的酸；其结合氢离子能力越弱；

C．根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；

D．原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体．

本题考查了杂化方式的判断、空间构型的判断、离子的氧化性等知识点，杂化方式的判断、空间构型的判断都是考试热点，注意加强训练．【解析】【答案】C3、B【分析】

①根据碘溶于酒精的性质；所以可用酒精清洗残留碘的试管，故①正确；

②苯酚易溶于酒精；残留有苯酚的试管，可用酒精洗涤，故②正确；

③银单质与氨水不反应；可用稀硝酸洗去，故③错误；

④氢氧化钠能和油脂反应；从而把油脂除去，故④正确．

故选B．

【解析】【答案】①碘易溶于酒精；

②苯酚易溶于酒精；

③银单质与氨水不反应；

④氢氧化钠能和油脂反应；

4、A【分析】

A．C2H5OH、AgNO3溶液，C2H5Br、KI溶液，C6H5OH溶液、C6H6分别FeCl3溶液反应的现象分别为：不反应不分层；白色沉淀、不反应分层后油状液体在下层、溶液为浅绿色、溶液为紫色、不反应分层后油状液体在上层；现象不同，能区分开，故A正确；

B．C2H5OH；KI溶液与稀硫酸均不反应不分层；现象相同，不能区分，故B错误；

C．C2H5OH、AgNO3溶液与酸性高锰酸钾溶液均不反应不分层；现象相同，不能区分，故C错误；

D．C2H5OH；KI溶液与NaOH溶液均不反应不分层；现象相同，不能区分，故D错误；

故选A．

【解析】【答案】C2H5OH、AgNO3溶液，C2H5Br、KI溶液，C6H5OH溶液、C6H6分别FeCl3溶液反应的现象分别为：不反应不分层；白色沉淀、不反应分层后油状液体在下层、溶液为浅绿色、溶液为紫色、不反应分层后油状液体在上层；现象不同，以此解答．

5、D【分析】【解析】【答案】D6、D【分析】解：A．葡萄糖是单糖；不能发生水解反应，故A错误；

B．蚕丝；羊毛是蛋白质；蛋白质分子中都含有C、H、O、N四种元素，燃烧还生成氮氧化物，故B错误；

C．蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故C错误；

D．福尔马林、葡萄糖中含有醛基，与新制Cu（OH）2共热都有红色沉淀生成；故D正确．

故选D．

A．葡萄糖不能发生水解反应；

B．蚕丝；羊毛是蛋白质；蛋白质分子中都含有C、H、O、N四种元素；

C．当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时；反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析；

D．含醛基的物质与新制Cu（OH）2共热都有红色沉淀生成．

本题考查糖类油脂蛋白质的性质，难度不大，注意掌握醛基的检验方法．【解析】【答案】D7、B【分析】【分析】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡判定、平衡移动、速率及压强比的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大。rm{A.}恒容密闭容器中，气体的质量、体积均不变；rm{B.}用空气代替纯氧气并鼓入过量空气，可促进二氧化硫的转化，平衡正向移动；rm{C.}由表格数据可知，rm{4min}时达到平衡，消耗二氧化硫为rm{0.20mol-0.08mol=0.12mol}即生成rm{SO3}为rm{0.12mol}结合rm{v=}计算；rm{D.}开始rm{SO2}和rm{O2}的物质的量分别为rm{0.2mol}rm{0.1mol}由表格数据可知平衡时rm{SO2}rm{O2}rm{SO3}的物质的量分别为rm{0.8mol}rm{0.04mol}rm{0.12mol}压强之比等于物质的量之比．

【解析】rm{A.}恒容密闭容器中，气体的质量、体积均不变，则混合气体的密度始终不变，密度不变时，不能判定反应是否达到平衡状态，故A错误；rm{B.}用空气代替纯氧气并鼓入过量空气，可促进二氧化硫的转化，平衡正向移动，则提高rm{SO_{2}}的转化率，故B正确；rm{C.}由表格数据可知，rm{4min}时达到平衡，消耗二氧化硫为rm{0.20mol-0.08mol=0.12mol}即生成rm{SO_{3}}为rm{0.12mol}由rm{v=}可知用rm{SO_{3}}表示的平均反应速率为rm{=0.015}rm{mol/(L?min)}故C错误；rm{D.}开始rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}的物质的量分别为rm{0.2mol}rm{0.1mol}由表格数据可知平衡时rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的物质的量分别为rm{0.8mol}rm{0.04mol}rm{0.12mol}由压强之比等于物质的量之比可知，达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为rm{=4}rm{5}故D错误；故选B。【解析】rm{B}8、D【分析】解：rm{A.}Ⅰ中rm{娄脕(N_{2}O_{4})=(0.1-0.04)mol/L隆脗0.1mol/L=0.6}Ⅱ中rm{娄脕(NO_{2})=(0.1-0.072)mol/K隆脗0.1mol/L=0.28}故Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率rm{娄脕(N_{2}O_{4})>娄脕(NO_{2})}故A错误；

B.平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，故平衡时Ⅰ、Ⅱ中上述正反应的平衡常数rm{K(}Ⅰrm{)=K(}Ⅱrm{)}故B错误；

C.平衡后，向两容器中分别再充入一定量的rm{NO_{2}}等效为增大压强，平衡向生成rm{N_{2}O_{4}}的方向移动，容器rm{I}Ⅱ中rm{dfrac{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的值均增大；故C错误；

D.rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangleH<0}升高温度，平衡向生成rm{dfrac

{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的方向移动，rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangle

H<0}浓度增大；颜色均变深，故D正确；

故选：rm{NO_{2}}．

A.转化率rm{=dfrac{{脜篓露脠卤盲禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脜篓露脠}}隆脕100%}据此计算转化率进行判断；

B.平衡常数只受温度影响；温度不变，平衡常数不变；

C.平衡后，向两容器中分别再充入一定量的rm{NO_{2}}等效为增大压强；

D.升高温度平衡向吸热反应进行，容器rm{D}Ⅱ中rm{=dfrac

{{脜篓露脠卤盲禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脜篓露脠}}隆脕100%}浓度均增大．

本题考查化学平衡计算与影响因素，rm{NO_{2}}中注意利用等效思想解答，对应反应物只有一种，增大反应物浓度等效为增大压强．rm{I}【解析】rm{D}二、双选题(共8题，共16分)9、B|C【分析】解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小；则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；

B．分别加入0.1molCO2和0.3molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总（状态Ⅱ）=2P总（状态Ⅰ），但加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动，为使c（CO2）相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ）；所以体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞3P总（状态Ⅰ），故B正确；

C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.2molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于3倍Ⅲ，但再充入CO2；相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜3c（CO，状态Ⅲ），故C正确；

D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V逆（状态Ⅰ）＜V逆（状态Ⅲ）；故D错误；

故选BC．

A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO2）小可知△H；

B．分别加入0.1molCO2和0.3molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动；

C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.2molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于3倍Ⅲ，但再充入CO2；相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；

D．状态I；状态Ⅲ的温度不同；温度高反应速率快．

本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，题目难度中等，明确平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，选项BC为解答的难点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】【答案】BC10、rAD【分析】解：rm{A.}因氢氧化镁溶度积小于rm{K_{sp}[MgF_{2}]}则饱和rm{Mg(OH)_{2}}溶液中的rm{Mg^{2+}}浓度较小；故A正确；

B.二者rm{Ksp}接近，加入浓rm{NaF}溶液可以使rm{Mg(OH)_{2}}转化为rm{MgF_{2}}故B错误；

C.rm{Ksp}不随浓度变化；只与温度有关，故C错误；

D.在rm{MgF_{2}}的悬浊液中通入少量的rm{HF}气体，溶液中氟离子浓度增大，则rm{c(Mg^{2+})}减小；故D正确；

故选AD．

A.氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中rm{Mg^{2+}}浓度较小；

B.氢氧化镁和rm{MgF_{2}}的溶度积接近，加入浓rm{NaF}溶液后，rm{Mg(OH)_{2}}可以转化为rm{MgF_{2}}

C.溶度积只要温度有关；

D.加入氟化氢后；溶液中氟离子浓度增大，则镁离子浓度减小．

本题考查了难溶物溶解平衡及其影响，题目难度中等，注意溶度积与温度有关，与离子浓度大小无关，为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{AD}11、rBD【分析】解：rm{A.}原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以溶液中的rm{OH^{-}}离子向负极移动；故A错误；

B.硫化银在银表面上发生还原反应生成银，方程式为rm{Ag_{2}S+2e^{-}篓T2Ag+S^{2-}}故B正确；

C.由负极反应反应rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}可知，消耗氢氧根离子，所以溶液的rm{pH}值减小；故C错误；

D.rm{Al}为负极，溶液呈碱性，发生rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}故D正确．

故选：rm{BD}．

将轻微腐蚀蒙有硫化银的银器和铝片一起接触浸泡在稀rm{NaOH}溶液中，可形成原电池反应，rm{Al}为负极，发生rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}篓T[Al(OH)_{4}]^{-}}rm{Ag}极为正极，发生rm{Ag_{2}S+2e^{-}篓T2Ag+S^{2-}}以此解答该题．

本题考查原电池知识，为高考高频考点，侧重于基础知识的考查，难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极方程式的书写．【解析】rm{BD}12、B|C【分析】解：A熵增加过程就是体系混乱度增大的过程；体系混乱度越小，熵值越小，有序性就高，故A正确；

B；△H-T△S＜0的反应能够自发进行；当△H＜0，△S＜0时，低温下反应能够自发进行，所以，自发过程不一定导致体系的熵值增大，故B错误；

C；△H-T△S＜0的反应能够自发进行；吸热反应的△H＞0，当△S＞0时，高温下反应可以自发进行，故C错误；

D；同种物质在固态、液态、气态三种状态下；固态时熵值最小，气态时熵值最大，故D正确；

故选BC．

A；熵增加过程就是体系混乱度增大的过程；

B；自发过程不一定导致体系的熵值增大；

C；吸热反应在高温下也可能自发进行；

D；同种物质在固态、液态、气态三种状态下；固态时熵值最小，气态时熵值最大．

本题考查了反应自发进行的判据应用，注意温度的作用，反应自发进行只要满足，△H-T△S＜0即可．【解析】【答案】BC13、rCD【分析】解：rm{A.}甲装置为电解池；乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，通入空气的一级为正极，故A错误；

B.电解池中rm{Fe}为阳极，发生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B错误；

C.电池是以熔融碳酸盐为电解质，负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}正极反应为rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}可以循环利用的物质只有二氧化碳，故C正确；

D.电池的负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}当乙装置中有rm{1.6gCH_{4}}参加反应，即rm{0.1mol}甲烷参加反应时，有rm{0.8mol}电子转移，rm{C}电极的电极反应为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}则rm{C}电极理论上生成气体在标准状况下为rm{8.96L}故D正确；

故选：rm{CD}．

甲装置为电解池，乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}通入氧气的一级为正极，发生还原反应，正极反应为rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}电解池中rm{Fe}为阳极，发生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}阴极的电极反应为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，rm{4Fe^{2+}+10H_{2}O+O_{2}=4Fe(OH)_{3}隆媒+8H^{+}}以此解答该题．

本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，难度较大rm{.}注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写为解答该题的关键．【解析】rm{CD}14、rAD【分析】解：rm{A.}氧气和臭氧分子中都只含有氧原子，rm{1.6g}该混合物中含有rm{O}的物质的量为：rm{dfrac{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}含有氧原子的数目为rm{dfrac

{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}故A正确；

B.rm{0.1N_{A}}rm{0.1}丙烯酸中含有rm{mol}碳碳双键和rm{0.1mol}碳氧双键，含有双键的数目为rm{0.1mol}故B错误；

C.标况下苯不是气体；不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；

D.rm{0.2N_{A}}rm{1}rm{mol}被完全氧化生成rm{Na}反应产物中钠离子的化合价为rm{Na_{2}O_{2}}则反应中失去rm{+1}电子，失去rm{1mol}个电子；故D正确；

故选AD．

A.rm{N_{A}}由氧气和臭氧组成的混合物中含有rm{1.6g}原子，根据rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}}计算；

B.丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键；

C.标准状况下苯的状态不是气体；

D.钠为rm{1.6gO}价金属，rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N_{A}}}钠完全反应失去rm{+1}电子．

本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．rm{1mol}【解析】rm{AD}15、AB【分析】【分析】本题是对弱电解质的电离平衡的知识的综合考察，是高考常考题型，难度一般。关键是正确理解电离平衡的原理，侧重知识的综合能力考察。【解答】A.依据图像，当rm{pH=1.2}时，时，rm{pH=1.2}rm{c({{H}_{2}}A)=c(H{{A}^{-}})}，故A正确；B.二元弱酸第二步电离常数rm{K=dfrac{Cleft({A}^{2-}right)隆脕Cleft({H}^{+}right)}{Cleft(H{A}^{-}right)}}依据图像可得，rm{lg[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}rm{{{{H}}_{2}}{A}}第二步电离常数rm{K=

dfrac{Cleft({A}^{2-}right)隆脕Cleft({H}^{+}right)}{Cleft(H{A}^{-}right)}

}依据图像可得，时，rm{cleft({H}_{2}Aright)=cleft({A}^{2}right)<cleft(H{A}^{-}right)}故C错误；rm{K=

dfrac{Cleft({A}^{2-}right)隆脕Cleft({H}^{+}right)}{Cleft(H{A}^{-}right)}

}rm{lg

[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}时，rm{Cleft(H{A}^{-}right)=Cleft({A}^{2-}right)neqCleft({H}^{+}right)}故D错误。，故B正确；C.rm{pH=2.7}时，【解析】rm{AB}16、rAB【分析】解：rm{A.}由结构简式可知分子中含有碳碳双键；羟基、羰基、羧基等官能团；故A正确；

B.含rm{C=C}能发生加成、氧化反应，含rm{-OH}能发生取代反应，含有rm{-OH}rm{-COOH}能发生缩聚反应，故B正确；

C.分子中含有rm{1}个羧基，能与氢氧化钠反应，rm{1mol}该分子能与含rm{1molNaOH}的溶液完全反应；故C错误；

D.分子中含有rm{3}个碳碳双键，可与溴发生加成反应，则该分子能与溴水反应而使溴水褪色且rm{1mol}它能与溴水中的rm{3molBr_{2}}反应；故D错误．

故选AB．

由结构简式可知分子式，分子中含碳碳双键、碳氧双键、rm{-OH}rm{-COOH}结合烯烃；醇、羧酸性质等来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{AB}三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】反应热通常是指：体系在等温、等压过程中发生物理或化学的变化时所放出或吸收的热量。化学反应热有多种形式，如：生成热、燃烧热、中和热、溶解热等。其中燃烧热实际应用较广泛；在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．单位为kJ/mol；选择燃料应从物质的燃烧热、燃料的储量开采运输储存的条件价格生态环境等因素考虑。【解析】【答案】（1）燃烧热中和热溶解热燃料品质燃烧热25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量kJ·mol-1（2）储量开采运输储存的条件价格生态环境18、略

【分析】解：实验室配制的rm{FeSO_{4}}溶液中，由于亚铁离子部分水解生成氢氧化亚铁，反应的离子方程式为：rm{Fe^{2+}+2H_{2}O?Fe(OH)_{2}+2H^{+}}为了制rm{Fe^{2+}}的水解，通常加入稀硫酸，使氢离子浓度增大，水解平衡向左移动，即抑制rm{Fe^{2+}}水解；

由于rm{Fe^{2+}}极易被rm{O_{2}}氧化而变为黄色的rm{Fe^{3+}}溶液，所以配制完毕后要加入少量铁屑，防止rm{Fe^{2+}}被空气中的氧气氧化成rm{Fe^{3+}}

rm{AlCl_{3}}为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，灼烧氢氧化铝可分解生成rm{Al_{2}O_{3}}

rm{AlCl_{3}}溶液中存在反应：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}所以其溶液呈酸性；

故答案为：为了抑制rm{Fe^{2+}}水解；防止rm{Fe^{2+}}被空气中的氧气氧化；rm{Al_{2}O_{3}}rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}．

硫酸亚铁溶液中，亚铁离子在溶液中发生水解生成氢氧化亚铁和氢离子，为了抑制亚铁离子水解，通常加入少量的稀硫酸；亚铁离子容易被氧化成铁离子，为了防止亚铁离子被氧化，配制完毕后需要加入少量铁屑；rm{AlCl_{3}}为强酸弱碱盐；加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，氢氧化铝可分解；氯化铝中铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，溶液呈酸性．

本题考查盐的水解原理的应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】为了抑制rm{Fe^{2+}}水解；防止rm{Fe^{2+}}被空气中的氧气氧化；rm{Al_{2}O_{3}}rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}19、略

【分析】

（1）化学反应过程中一定伴随着能量的变化；反应焓变主要是指反应前后的热量变化；对于化学反应A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D）：△H=H（终态）-H（始态），判断可知△H＜0；反应是放热反应；

故答案为：热能；小于；放热；

（2）已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ•mol-1，△H（H2）=436kJ•mol-1，△H（Cl2）=247kJ•mol-1；依据△H=H（终态）-H（始态）；

△H=2△H（HCl）-△H（H2）-△H（Cl2）=-185kJ•mol-1；则△H（HCl）=434kJ•mol-1；故答案为：434kJ•mol-1；

（3）依据盖斯定律。

①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ•mol-1

②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ•mol-1

③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ•mol-1

①×3-③×2+②得到：6FeO（s）+6CO（g）═6Fe（s）+6CO2（g）△H=-66kJ•mol-1

得到热化学方程式为：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ•mol-1

故答案为：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ•mol-1

【解析】【答案】（1）化学反应过程中一定伴随着能量的变化；反应焓变主要是指反应前后的热量变化；依据能量守恒分析焓变，结合焓变计算：△H=H（终态）-H（始态），H确定反应吸热放热；△H＜0为放热反应；△H＞0为吸热反应；

（2）化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关：△H=H（终态）-H（始态）；结合题干条件计算得到；

（3）依据盖斯定律的含义；化学反应的△H便是定值，与反应的途径无关，结合热化学方程式计算得到；

20、略

【分析】（1）N2O与CO2分子具有相似的结构(包括电子式)，因为二氧化碳中含有2个碳氧双键，所以N2O中也含有2个双键。又已知N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，所以N2O的电子式为故含有极性键和非极性键。（2）甲烷含有极性键，且是σ键，属于非极性分子。氯气、氢气含有非极性键，且是σ键，属于非极性分子。水含有极性键，且是σ键，属于极性分子。氮气含有非极性键，既有σ键，又有π键，属于非极性分子。乙烯含有极性键和非极性键，既有σ键，又有π键，属于非极性分子。乙烷含有极性键和非极性键，且是σ键，属于非极性分子。过氧化钠含有离子键和非极性键，非极性键是σ键，属于离子化合物。HCN(H—C≡N)含有极性键，既有σ键，又有π键，属于极性分子。【解析】【答案】⑴含有⑵①⑤⑥⑤⑨21、（1）负极变浅正电荷（2）镀件AgNO3（3）1：2：2：2（4）5.6

【分析】【分析】本题旨在考查离子方程式的书写、电解池的工作原理、电化学综合计算的应用，熟练掌握电解池的工作原理是解题的关键。【解答】C、rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同rm{(}假设通电前后溶液体积不变rm{)}rm{A}rm{B}为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色，rm{F}电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则rm{F}为阴极，所以rm{C}rm{E}rm{G}rm{X}为阳极，rm{D}rm{F}rm{H}rm{Y}为阴极，rm{A}为正极、rm{B}为负极，rm{C}电极上氢氧根离子放电、rm{D}电极上铜离子放电、rm{E}电极上氯离子放电、rm{F}电极上氢离子放电；

rm{(1)}通过以上分析知，rm{B}为原电池负极，甲中rm{C}电极上氢氧根离子放电生成氧气、rm{D}电极上铜离子放电，生成铜，铜离子浓度减小，故颜色变浅，丁中rm{X}极附近的颜色逐渐变浅，rm{Y}极附近的颜色逐渐变深；这表明氢氧化铁胶体粒子带正电荷；

故答案为：负极；变浅；正电荷；

rm{(2)}用丙装置给铜件镀银，rm{H}为阴极，则rm{H}应该是镀件，电镀液是rm{AgNO_{3}}液；故答案为：镀件；rm{AgNO_{3}}

rm{(3)}甲中，阳极上铁失电子发生氧化反应、阴极上铜离子放电生成rm{Cu}电池反应为rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陆芒}{=}}rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陆芒}{=}

}故答案为：rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陆芒}{=}Cu+Fe^{2+}.(3)C}rm{Cu+Fe^{2+}}rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陆芒}{=}

Cu+Fe^{2+}.(3)C}rm{D}电极反应分别为rm{E}rm{F}rm{4OH-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}当转移电子相等时，假设转移电子为rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}则生成氧气、rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}氯气、氢气的物质的量之比rm{4mol}rm{Cu}rm{=1mol}rm{2mol}rm{2mol}rm{2mol=1}rm{2}故答案为：rm{2}rm{2}rm{1}rm{2}rm{2}和rm{2}反应生成rm{(4)Ag^{+}}沉淀，电解时溶液中不存在rm{Cl^{-}}反应后溶液中存在rm{AgCl}rm{Ag^{+}}若在一极析出rm{0.4molCu^{2+}}阴极得到电子为rm{0.4molCl^{-}}

阳极首先发生：rm{0.3molCu}然后发生rm{0.3mol隆脕2=0.6mol}

则rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}}生成rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}+2H_{2}O}失去rm{0.4molCl^{-}}电子，在反应中rm{0.2molCl_{2}}转移rm{0.4mol}电子，生成rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}+2H_{2}O}

则气体的体积为rm{0.2mol}故答案为：rm{0.05molO_{2}}rm{(0.2mol+0.05mol)隆脕22.4L/mol=5.6L}【解析】rm{(1)}负极变浅正电荷rm{(2)}镀件rm{AgNO_{3;;;}(3)1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(4)5.6}

四、工业流程题(共4题，共24分)22、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23、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.D24、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