2025年牛津译林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年牛津译林版高二化学上册月考试卷599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、短周期元素离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同电子层结构，下列叙述正确的是（）A.原子半径A>B>C>DB.原子序数A>B>D>CC.离子半径C>D>B>AD.单质的还原性A>B>D>C2、下列化合物中，属于有机物的是A.甲烷B.淀粉C.碳酸镁D.蔗糖3、下列有关金属腐蚀与防护的说法中正确的是A.在生产生活中比较普遍而且危害较大的是金属的化学腐蚀B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法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4、下列说法不正确的是A.(NH4)2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白质沉淀析出B.苯酚与甲醛在酸性条件下生成酚醛树脂的结构简式为C.醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物D.叶酸的结构为它可以发生酯化、水解、加成等反应5、下列有关结构和性质的说法正确的是（）A.元素铯的两种核素137Cs比133Cs多4个质子B.元素P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强C.元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子D.从上到下，第VIIA族元素氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱6、在一定温度下，向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体，发生如下反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）此反应达到平衡的标志是（）A.容器内压强不随时间变化B.容器内各物质的浓度不随时间变化C.容器内X、Y、Z的浓度之比为1：2：3D.单位时间消耗0.1molX同时生成0.3molZ7、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.铝的第一电离能比镁的第一电离能大B.钾的第一电离能比镁的第一电离能大C.在所有的元素中，rm{F}的第一电离能最大D.第rm{3}周期所含元素中钠的第一电离能最小评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、某有机物R完全燃烧产物只有CO2和H2O。已知1molR完全燃烧时，生成nmolCO2，消耗1.5nmolO2。试回答下列问题。（1）若R为烃，则R的分子式为______________________。（2）若R为烃的含氧衍生物，3.0gR与足量金属钠反应生成560mL（标准状况）H2，则R的分子式为_____________________。9、（1）常温常压下，烷烃同系物中一氯代物仅有一种的气态烃有若干种．其名称分别为：______．

（2）某烃的分子式为C10H14，它既不能使溴水反应褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色．该烃的核磁共振氢谱中仅有四组吸收峰．试写出其结构简式______．

（3）某药物中间体的分子式为C8H10O2；且满足以下条件。

a；属于芳香烃化合物。

b；核磁共振氢谱（PMR）中有3组不同的吸收峰；且面积之比为2：4：4

c、能与Na反应生成H2

①该有机物的结构简式______．

②写出该有机物在Cu为催化剂下被氧气氧化的方程式______．

（4）仅用一种试剂就可区分：甲苯、溴苯、苯乙烯、苯酚溶液四种有机物，该试剂是______．

A．FeCl3溶液B．KMnO4C．溴水D．水。

（5）发生反应为______

①取代反应②加成反应③消去反应④氧化反应⑤还原反应⑥加聚反应．10、根据下列物质的结构简式；回答下列问题：

rm{(1)}四者之间的关系是：______．

rm{(2)}四者的名称依次为：______；______、______、______．

rm{(3)}四者苯环上的一氯代物分别有几种：______，______，______，______．11、（16分）（1）在25℃、101kPa下，1g甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55kJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：。（2）2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）ΔH1=—702kJ/mol2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）ΔH2=—182kJ/mol由此可知ZnO（s）+Hg（l）=Zn（s）+HgO（s）△H3=。（3）已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=—99kJ·mol-1．请回答下列问题：①图中E、C分别表示、，②E的大小对该反应的反应热有无影响？。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？，理由是③图中△H=kJ·mol-1。12、（16分）由环己烷可制得1,4–环己二醇，下列有7步反应(其中无机产物都已略去)，其中有②步属于消去反应，③步属于加成反应。试回答：（1）反应属于取代反应。（2）化合物的结构简式：B，C；（3）反应④所用试剂和条件是；（4）写出反应②、⑤的化学方程式：反应②反应⑤13、NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为____、____．14、写出下列反应的方程式。

rm{(1)1}rm{3-}丁二烯与溴发生rm{1}rm{4}加成______；

rm{(2)}苯酚钠溶液中通入少量rm{CO_{2}}______；

rm{(3)}乙醛与新制氢氧化铜浊液加______；

rm{(4)1}rm{2}--二氯乙烷与氢氧化钠溶液加热______；

rm{(5)2-}氯丙烷与rm{NaOH}的乙醇溶液共热______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）。16、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：_____________。17、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）。18、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_______评卷人得分四、简答题(共3题，共9分)19、请从图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水的实验；要求测定产生的氢气的体积，并检验氯气．

（1）A极发生的电极反应式是______，B极发生的电极反应式是______．

（2）设计上述气体实验装置时，各接口的正确连接顺序为：A接______、______接______；B接______、______接______．

（3）证明产物中有Cl2的实验现象是______．

（4）已知电解后测得产生的H2的体积为44.8mL（已经折算成标准状况），电解后溶液的体积为50mL，此时溶液中NaOH的物质的量浓度为：______．20、应用化学反应原理知识解决下列问题：

（1）写出一水合氨的电离方程式______．

（2）Fe2（SO4）3溶液显酸性的原因是（用离子方程式表示）______，配制Fe2（SO4）3溶液时，为防止其水解，常往溶液中加少量______（填序号）．

①HCl②NaCl③H2SO4④NaOH

（3）一定条件下22g二氧化碳气体与足量氢气反应生成气态甲醇（CH3OH）和液态水时，放出250kJ热量，其反应的热化学方程式为______．

（4）现有浓度为0.1mol•L-1的五种电解质溶液。

①Na2CO3②NH4Cl③Ba（OH）2④NaHCO3⑤HCl

这五种溶液的pH由小到大的顺序是______（填编号）．21、某二元酸rm{(}用rm{H_{2}A}表示rm{)}在水中的电离方程式是：rm{H_{2}A=H^{+}+HA^{-}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}.}回答下列问题：

rm{(1)Na_{2}A}溶液显______rm{(}填“酸性”、“中性”或“碱性”rm{)}原因是______rm{(}用离子方程式表示rm{)}．

rm{(2)}在rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}A}溶液中；下列微粒浓度关系不正确的是______．

A.rm{c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(H_{2}A)=0.1mol?L^{-1}}rm{B.c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HA^{-})}

C.rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HA^{-})+2c(A^{2-})}rm{D.c(Na^{+})=2c(A^{2-})+2c(HA-)}

rm{(3)}已知rm{0.1mol?L^{-1}NaHA}溶液的rm{pH=2}则rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}A}溶液中氢离子的物质的量浓度______rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)0.11mol?L^{-1}}理由是______．评卷人得分五、工业流程题(共3题，共15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、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)。24、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___________。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)25、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。28、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B|C【分析】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同电子层结构，则核外电子数相等，即a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1，所以原子序数为A>B>D>C。其中A和B是金属位于同一周期。C和D是非金属，位于A和B的上一周期，所以原子半径是B＞A＞C＞D,单质的还原性B>A>C>D。电子层结构相同的离子，离子半径随原子序数的递增而减小，C正确。答案选BC。【解析】【答案】BC2、A|B|D【分析】含有碳元素的化合物是有机物。碳酸镁虽然含有碳元素，但其结构和性质更像无机物，答案选ABD。【解析】【答案】ABD3、C【分析】试题分析：A、在生产生活中比较普遍而且危害较大的是金属的电化学腐蚀，故A错误；B、铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，故B错误；C、海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，如连接正极，加剧腐蚀，故D错误。考点：金属的电化学腐蚀与防护【解析】【答案】C4、B【分析】试题分析：A、(NH4)2SO4能使蛋白质发生盐析，CuSO4发生变性，能使蛋白质沉淀析出，正确；B、苯酚与甲醛在酸性条件下脱水，发生缩聚反应生成酚醛树脂，结构简式为：错误；C、醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20一定是烷烃，也一定互为同系物，正确；D、根据叶酸的结构简式可知叶酸含有羧基、肽键、苯环，所以可以发生酯化、水解、加成等反应，正确。考点：本题考查物质的结构与性质。【解析】【答案】B5、B【分析】解：A、137Cs与133Cs质子数相同；故A错误；

B．P；S、Cl元素的非金属性逐渐增强；得电子能力逐渐增强，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故B正确；

C．元素原子的最外层电子数越多；不一定越容易得电子，如稀有气体，故C错误；

D．非金属元素的非金属性越强；其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱，第VIIA族元素，其非金属性随着原子序数增大而减弱，所以ⅦA族元素气态氢化物的热稳定性从上到下依次减弱，其还原性从上到下依次增强，故D错误；

故选：B．

A、137Cs与133Cs质子数相同；

B；元素的非金属性越强；对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；

C．根据稀有气体最外层电子最多；既不容易得到电子，也不容易失去电子；

D；非金属元素的非金属性越强；其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱；

本题考查元素周期律知识，题目难度中等，本题注意把握元素周期律的递变规律．【解析】【答案】B6、B【分析】解：A；该反应前后的化学计量数之和相等；容器内的压强始终不随时间改变，所以压强不再变化，不能确定是否达到平衡，故A错误；

B；反应达平衡时；各物质的浓度不再随时间改变，故B正确；

C；平衡时各物质的浓度之比决定于反应前加入的量和转化程度；与是否达到平衡状态无关，故C错误；

D；单位时间内消耗0.1molX为正速率；同时生成0.3molZ为正速率，都是正速率不能说明达到平衡状态，故D错误；

故选B．

由X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）可知；该反应前后的化学计量数之和相等，然后根据达到平衡时，正逆反应速率相等，但不等于零，各物质的浓度不再改变来解答．

本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．【解析】【答案】B7、D【分析】解：rm{A.}镁原子的rm{3s}能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比rm{Al}元素高；故A错误；

B.同主族自上而下第一电离能降低，故第一电离能rm{Na>K}同周期自左而右第一电离能增大，故第一电离能rm{Mg>Na}所以第一电离能rm{Mg>K}故B错误；

C.同周期主族元素从左到右作用到电离能逐渐增大；同族元素从上到下第一电离能逐渐减小，则氦的第一电离能最大，故C错误；

D.同周期自左而右，元素的第一电离能增大，故第rm{3}周期所包含的元素中钠的第一电离能最小；故D正确；

故选D．

A.镁原子的rm{3s}能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比rm{Al}元素高；

B.同主族自上而下第一电离能降低；同周期自左而右第一电离能增大；

C.同周期主族元素从左到右作用到电离能逐渐增大；到稀有气体由于具有稳定的电子层结构，其电离能最大；

D.同周期自左而右；元素的第一电离能增大，注意能级处于半满；全满的稳定特殊情况．

本题考查第一电离能的变化规律等，比较基础，注意同周期主族元素能级处于半满、全满的稳定特殊情况第一电离能增大的特殊情况，题目难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】（1）根据碳原子守恒可知，分子中含有n个碳原子，nmol碳原子需要nmol氧气，则和氢原子结合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＝nmol，所以氢原子是2nmol。因此分子式为CnH2n。（2）氢气的物质的量是所以分子中羟基的物质的量是0.025mol×2＝0.05mol，则有机物的相对分子质量是根据碳原子守恒可知，分子中含有n个碳原子，nmol碳原子需要nmol氧气，则和氢原子结合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＋1mol＝（n＋1）mol，所以氢原子是2（n＋1）mol。因此分子式为CnH2n＋2O。所以根据相对分子质量可知，n＝3，即分子式为C3H8O。【解析】【答案】（1）CnH2n（2）C3H8O9、略

【分析】解：（1）烷烃同系物中一氯代物仅有一种的气态烃；碳原子个数小于4，只有一种H，只有甲烷；乙烷符合，故答案为：甲烷、乙烷；

（2）该烃的分子式符合CnH2n-6的通式，它不能使溴水褪色，但可使KMnO4酸性溶液褪色，所以含有苯环；不能被酸性高锰酸钾氧化，不与溴水反应，该烃的核磁共振氢谱中仅有四组吸收峰，只有4种位置的H可知，该分子含有丁烷烷基，丁烷烷基为-C（CH3）3，其结构简式为C6H5C（CH3）3，故答案为：C6H5C（CH3）3；

（3）有机物C的分子式为C8H10O2，结合转化关系可知C中含有羟基，C不能与NaOH反应，含有醇羟基，且羟基可以被氧化，其核磁共振氢谱显示3组峰，且面积之比为2：4：4，故C为该有机物在Cu为催化剂下被氧气氧化的方程式为+O2+2H2O；

故答案为：+O2+2H2O；

（4）A．氯化铁溶液不能鉴别溴苯；苯乙烯；故A不选；

B．高锰酸钾不能鉴别甲苯；苯乙烯、苯酚；均褪色，故B不选；

C．甲苯；溴苯、苯乙烯、苯酚溶液四种有机物分别与溴水混合的现象为：分层后有机层在上层、分层后有机层在下层、溴水褪色、白色沉淀；现象不同，可鉴别，故C选；

D．水不能鉴别溴苯；苯乙烯；故D不选；

故选C；

（5）有机物中含碳碳双键可加成；氧化、还原、加聚反应；含-OH、-COOH、-Cl、-COOC-均可发生取代反应，含-OH可发生消去反应，故答案为：①②③④⑤⑥．

（1）烷烃同系物中一氯代物仅有一种的气态烃；碳原子个数小于4，只有一种H；

（2）该烃的分子式符合CnH2n-6的通式，它不能使溴水褪色，但可使KMnO4酸性溶液褪色，所以含有苯环；根据题意知，该分子含有丁烷烷基，所以只判断丁烷烷基的同分异构体即可；丁烷烷基的碳链同分异构体有：苯的同系物中与苯环相连的C原子上必须含有H原子；才可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，该烃的核磁共振氢谱中仅有四组吸收峰，只有4种位置的H；

（3）有机物C的分子式为C8H10O2，结合转化关系可知C中含有羟基，C不能与NaOH反应，含有醇羟基，且羟基可以被氧化，其核磁共振氢谱显示3组峰，故C为

（4）甲苯；溴苯均不溶于水；但密度不同；苯乙烯与溴水发生加成反应，苯酚溶液与溴水反应生成白色沉淀；

（5）有机物中含碳碳双键；-OH、-COOH、-Cl、-COOC-；结合烯烃、醇、羧酸、卤代烃、酯的性质来解答．

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，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．【解析】甲烷、乙烷；C6H5C（CH3）3；+O2+2H2O；C；①②③④⑤⑥10、略

【分析】解：rm{(1)}根据有机物的结构简式可知；四种有机物具有相同的分子式；不同的结构，所以它们互为同分异构体；

故答案为：同分异构体；

rm{(2)}这四种有机物都是苯的同系物；其名称分别为：乙苯；邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯；

故答案为：乙苯；邻二甲苯；间二甲苯；对二甲苯；

rm{(3)}乙苯分子的苯环上含有rm{3}种等效rm{H}原子，所以其一氯代物有rm{3}种；

邻二甲苯的苯环上含有rm{2}种等效rm{H}所以其一氯代物有rm{2}种；

间二甲苯分子的苯环上含有rm{3}种等效rm{H}所以其一氯代物有rm{3}种；

对二甲苯分子的苯环上含有rm{1}种等效氢原子，所以其一氯代物只有rm{1}种；

故答案为：rm{3}rm{2}rm{3}rm{1}．

rm{(1)}根据图示结构简式可知；四种有机物的分子式相同；结构不同，所以互为同分异构体；

rm{(2)}根据苯的同系物的习惯命名法进行命名；

rm{(3)}根据苯环上含有的等效氢原子数目进行判断其一氯代物种类．

本题考查了同分异构体的判断及数目的求算、有机物官能团的判断，题目难度不大，注意掌握常见有机物官能团名称、同分异构体的概念及书写方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．【解析】同分异构体；乙苯；邻二甲苯；间二甲苯；对二甲苯；rm{3}rm{2}rm{3}rm{1}11、略

【分析】试题分析：（1）书写甲烷的燃烧热要注意甲烷为1摩尔，1摩尔甲烷燃烧放热为55×16=880kJ，反应热用“-”表示，故热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-880kJ/mol；（2）将方程式标记为①和②，（②-①）/2，计算反应热=(-182+702)/2=+260kJ/mol．（3）图像中A为反应物的总能量，E为反应的活化能，C为生成物的总能量，ΔH为反应热。②活化能对反应热的大小无影响，以为分子成为活化分子的难易，使用催化剂因为能改变了反应的历程使活化能E降低。③反应中为2摩尔二氧化硫，所以反应热为99×2=－198kJ·mol-1。考点：反应热的计算，活化能，催化剂对反应的影响。【解析】【答案】（1）CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-880kJ/mol（2）+260kJ/mol（3）①活化能生成物能量②无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低③－19812、略

【分析】【解析】【答案】（1）反应①⑥属于取代反应。（2分，两个选项符合题意。若只选一个且正确的给1分，但只要选错一个就得0分。）（2）化合物的结构简式：BC（每空2分）（3）反应④所用试剂和条件是NaOH的乙醇溶液；（2分）（4）写出反应②、⑤的化学方程式：（每空4分）反应②反应⑤13、6|6．【分析】【解答】解：由于Ni0的晶体结构类型与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；

故答案为：6；6．

【分析】因为Ni0的晶体结构类型与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，据此判断Ni0晶胞中Ni和O的配位数．14、略

【分析】解：rm{(1)1}rm{3-}丁二烯含有rm{2}个碳碳双键，发生rm{1}rm{2}加成或rm{1}rm{4}加成，发生rm{1}rm{4}加成的方程式为rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}

故答案为：rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}

rm{(2)}碳酸的酸性比苯酚的酸性强，所以苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{5}OH隆媒+NaHCO_{3}}

故答案为：rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{5}OH隆媒+NaHCO_{3}}

rm{(3)}乙醛与新制氢氧化铜发生氧化反应生成乙酸、氧化亚铜和水，该反应为：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}

rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}卤代烃在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应生成醇类，所以rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}rm{(4)}二氯乙烷与氢氧化钠水溶液共热可以生成乙二醇rm{1}反应方程式为：

rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOHxrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}

故答案为：rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOHxrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}

rm{2-}氯丙烷与rm{(HOCH_{2}CH_{2}OH)}乙醇溶液共热，连卤原子的碳原子的相邻碳原子上的一个氢原子和卤素原子同时消去生成烯烃，反应为：rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}

rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOH

xrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOH

xrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}丁二烯含有rm{(5)2-}个碳碳双键，发生rm{NaOH}rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O}加成或rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle

]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}rm{(1)1}加成，发生rm{3-}rm{2}加成生成rm{1}

rm{2}苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；

rm{1}乙醛与新制氢氧化铜发生氧化反应生成乙酸；氧化亚铜和水；

rm{4}rm{1}二氯乙烷与rm{4}的水溶液共热；发生水解反应生成乙二醇；

rm{CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}卤代烃发生消去反应的结构特点：与rm{(2)}所连碳相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应；形成不饱和键．

本题考查了有机物质的性质应用，考查了化学方程式的书写，掌握有机物官能团的性质是书写化学方程式的关键，题目难度不大．rm{(3)}【解析】rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{5}OH隆媒+NaHCO_{3}}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOHxrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H217、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）218、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、简答题(共3题，共9分)19、略

【分析】解：（1）铁是活泼金属；如果作阳极，在电流的作用下，铁失电子的能力大于氯离子失电子的能力，所以电解时不能得到氯气，故铁只能作阴极；碳棒是惰性电极，作阳极．

电解饱和食盐水时，氢离子得电子能力大于钠离子，所以在阴极即A极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑；

氯离子失电子能力大于氢氧根离子，所以在阳极上即B极上氯离子失电子生成氯气，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑．

（2）A极上产生的是氢气；用排水法收集氢气，因为氢气的密度小于水的，所以要采用向下排水法收集，即短导管为进气管，长导管为出水管，所以连接顺序为A→G→F；因为收集的氢气体积大于25mL，所以要用100mL的量筒收集水，所以F连接H；

B极上产生的气体是氯气；要检验氯气，可通过淀粉碘化钾溶液检验，氯气有强氧化性，能和碘化钾反应生成碘，碘遇淀粉变蓝色，氯气的密度小于碘化钾溶液的密度，所以长导管为进气管，短导管为出气管；氯气有毒，直接排空污染大气，且氯气和碱反应生成无毒物质，所以可用碱液吸收多余的氯气，所以连接顺序为B→D→E→C．．

故答案为：A→G→F→H；B→D→E→C．．

（3）因为Cl2+2KI=I2+2KCl；碘遇淀粉变蓝色，所以观察到的现象是淀粉碘化钾溶液变蓝色．

故答案为：淀粉碘化钾溶液变蓝色．

（4）2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH

22.4L2mol

0.0448L0.004mol

C==0.08mol/L

故答案为：0.08mol/L

（1）先判断阴阳极；再根据离子的放电顺序书写相应的电极反应式；

（2）根据实验目的；气体的性质连接实验装置顺序；

（3）根据氯气及碘的性质分析；

（4）根据氢气与氢氧化钠的关系式计算氢氧化钠的物质的量；再根据物质的量浓度公式计算其浓度．

本题考查了电解原理，解本题时要注意仪器的连接顺序，洗气装置是长导管进气短导管出气，排水法收集气体是短导管进气长导管出气，有毒气体一定有尾气处理装置．【解析】2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑；G；F；H；D；E；C；淀粉碘化钾溶液变蓝色；0.08mol/L20、略

【分析】解：（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离生成铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为NH3．H2O⇌NH4++OH-；

故答案为：NH3．H2O⇌NH4++OH-；

（2）硫酸铁是强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；要抑制铁离子水解且不引进新的杂质离子，可以向溶液中加入少量稀硫酸；

故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；稀硫酸；

（3）22gCO2气体完全合成CH3OH和液态水时，放出250kJ热量，则1molCO2完全合成CH3OH和液态水放热500kJ，热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）△H=-500kJ•mol-1；

故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）△H=-500kJ•mol-1；

（4）电解质溶液：①Na2CO3溶液中碳酸根离子水解显碱性，②NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性，③Ba（OH）2是强碱溶液，④NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解显碱性⑤HCl是强酸溶液；酸性：HCl大于氯化铵溶液，碱性：Ba（OH）2大于Na2CO3溶液；碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，所以碱性：碳酸钠溶液大于碳酸氢钠，则溶液的pH由小到大的顺序是：⑤＜②＜④＜①＜③；

故答案为：⑤＜②＜④＜①＜③．

（1）一水合氨是弱电解质；在水溶液中部分电离生成铵根离子和氢氧根离子；

（2）硫酸铁是强酸弱碱盐；铁离子水解导致溶液呈酸性，要抑制铁离子水解，可以向溶液中加入少量酸；

（3）计算1mol二氧化碳和氢气化合生成甲醇和水放出的热量；结合热化学方程式书写方法标注物质聚集状态和反应焓变写出；

（4）电解质溶液：①Na2CO3溶液中碳酸根离子水解显碱性，②NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性，③Ba（OH）2是强碱溶液，④NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解显碱性⑤HCl是强酸溶液；依据阴离子水解程度分析判断．

本题考查弱电解质的电离、盐类的水解、及热化学方程式书写等知识点，题目难度中等，掌握盐类水解的实质和应用、弱电解质的电离，注意盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力．【解析】NH3．H2O⇌NH4++OH-；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；稀硫酸；CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）△H=-500kJ•mol-1；⑤＜②＜④＜①＜③21、略

【分析】解：rm{(1)}根据rm{H_{2}A}的电离是分步电离可以知道rm{H_{2}A}是弱酸，所以rm{Na_{2}A}溶液显碱性，水解原理是：rm{H_{2}O+A^{2-}?HA^{-}+OH^{-}}

故答案为：碱性；rm{H_{2}O+A^{2-}?HA^{-}+OH^{-}}

rm{(2)A}根据物料守恒，rm{c(A^{2-})+c(HA^{-})=0.1mol/L}故A错误；

B、根据氢离子守恒：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HA^{-})}故B错误；

C、rm{0.1mol/L}的rm{Na_{2}A}溶液中，存在电荷守恒：rm{c(}rm{Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HA^{-})+2c(A^{2-})}故C正确；

D、根据rm{B}rm{C}可以得出rm{c(Na^{+})=2c(A^{2-})+2c(HA^{-})}故D正确．

故答案为：rm{AB}

rm{(3)}因为rm{0.1mol?L^{-1}NaHA}溶液的rm{pH=2}则由rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}可知，电离出rm{0.01mol/LH^{+}}而rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}A}溶液，rm{H_{2}A=H^{+}+HA^{-}}电离出rm{H^{+}0.1mol/L}和rm{HA^{-}0.1mol/L}但第一步电离生成的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于rm{0.1mol/L+0.01mol/L}

故答案为：rm{<}rm{H_{2}A}第一步电离产生的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的电离，而rm{NaHA}中不存在抑制作用．

rm{H_{2}A}在水中的电离方程式：rm{H_{2}A篓TH^{+}+HA^{-}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}其第一步完全电离，第二部电离可逆，rm{HA^{-}}只电离不水解；

rm{(1)}强碱弱酸盐中阴离子水解导致溶液显示碱性；根据水解方程式的书写方法来回答；

rm{(2)}根据溶液中的电荷守恒；物料守恒以及质子守恒来回答；

rm{(3)0.1mol?L^{-1}H_{2}A}溶液，rm{H_{2}A?H^{+}+HA^{-}}电离出rm{H^{+}}小于rm{0.1mol/L}rm{0.1mol?L^{-1}NaHA}溶液的rm{pH=2}则由rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}可知，电离出rm{0.01mol/LH^{+}}但第一步电离生成的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的电离．

本题考查了弱电解质的电离、盐类水解等知识点，注意该二元酸两步电离的不同，rm{HA^{-}}离子只电离不水解是解题关键，为易错点，题目难度中等．【解析】碱性；rm{H_{2}O+A^{2-}?HA^{-}+OH^{-}}rm{AB}rm{<}rm{H_{2}A}第一步电离产生的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的电离，而rm{NaHA}中不存在抑制作用五、工业流程题(共3题，共15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】【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%24、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