2025年浙科版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙科版高二化学下册阶段测试试卷708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、冰醋酸中加水稀释时，溶液中的氢离子浓度随加入的水量变化的下列各曲线图中，正确的是2、根据下表提供的数据；判断下列离子方程式或化学方程式正确的是（）

。化学式电离常数HClOK=3×10-8H2CO3K1=4×10-7K2=6×10-11A.向NaClO溶液中通少量CO2：CO2+NaClO+H2O═NaHCO3+HClOB.向NaClO溶液中通过量CO2：CO2+2NaClO+H2O═Na2CO3+2HClOC.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO32-+2Cl2+H2O═2Cl-+2HClO+CO2↑D.向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO3-+Cl2═Cl-+ClO-+2CO2↑+H2O3、已知苏糖的结构简式为：CH2OHCHOHCHOHCHO有关苏糖的说法不正确的是()A.苏糖能发生银镜反应B.苏糖属于单糖C.苏糖在一定条件下，能发生加成和取代反应D.苏糖与葡萄糖互为同分异构体4、下表为某汽车在不同速率时所产生的空气污染物质量(按汽车平均行驶1公里计算)。污染物／g·km―1速率／km·h-15080120一氧化碳氮的氧化物碳氢化合物8.70.60.75.41.50.69.63.80.8根据上表，下列说法不正确的是A.汽车行驶时，污染物中CO含量最高B.汽车速率为120km·h一1时，污染最严重C.从环保角度考虑，最合适的汽车速率为50km·h-1D.汽车速率增大时，产生的氮的氧化物也随之增多5、与丙烯具有相同的碳、氢质量分数，但与丙烯既不是同系物又不是同分异构体是rm{(}rm{)}A.环丙烷B.环丁烷C.乙烯D.丙烷6、净月潭被称为天然氧吧，其原因是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”。rm{O_{2}^{隆陋}}就是一种空气负离子，其摩尔质量为A.rm{32g}B.rm{33g}C.rm{33g?mol隆楼^{1}}D.rm{32g?mol隆楼^{1}}7、在核磁共振氢谱中出现三组峰，其峰面积之比为rm{4}rm{3}rm{1}的化合物是A.B.C.D.8、含有一个三键的炔烃、加氢后的产物结构简式为：这种炔烃的名称为rm{(}rm{)}A.rm{5-}甲基rm{-3-}乙基rm{-1-}己炔B.rm{5-}甲基rm{-3-}乙基rm{-2-}己炔C.rm{4-}甲基rm{-5-}乙基rm{-2-}己炔D.rm{2-}甲基rm{-4-}乙基rm{-5-}己炔评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、烷基取代苯可以被KMnO4的酸性溶液氧化生成但若烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C-H键，则不容易被氧化得到．现有分子式是C11H16的一烷基取代苯，已知它可以被氧化成的异构体共7种，其中4种是：请写出其他3种的结构简式：____、____、____．10、（14分））某科研小组设计出利用工业废酸（10%H2SO4）来堆浸某废弃的氧化铜锌矿制取活性ZnO的方案，实现废物综合利用，方案如下图所示。已知：298K时各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示。。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2＋6．349．7Fe3＋1．483．2Zn2＋6．28．0请回答下列问题：（1）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，这是由于相同温度下：Ksp（CuS）Ksp（ZnS）（选填“＞”“＜”或“＝”）。（2）你认为在除铁过程中选用下列物质中的____（填序号）作为试剂甲是比较合适的。A．KMnO4B．HNO3C．H2O2D．Cl2（3）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在范围之间。（4）请写出加甲物质后，加入氨水控制调节溶液的pH下生成Fe（OH）3反应的离子方程式。（5）298K时，残留在乙溶液中的c（Fe3＋）在__mol/L以下。[Fe（OH）3的=2．70×10-39]（6）乙的溶液可直接用作氮肥，则乙的化学式是。（7）请写出“沉淀Zn2+”步骤中发生反应的化学方程式。11、(6分)在一个固定体积的密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)达到平衡时，C的浓度为Wmol·L－1。若维持容器体积和温度不变，用下列物质作为起始反应物时，经反应达到平衡后C的浓度(用“大于”“小于”“等于”表示)。(1)加入1molA和1molB时，C的平衡浓度______Wmol·L－1。(2)加入2molA、1molB、3molC、1molD时，C的平衡浓度______Wmol·L－1(3)加入3molC和1molD时，C的平衡浓度_________Wmol·L－1。12、rm{(1)25隆忙}时，rm{M(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=4.0隆脕10^{-12}}求饱和溶液中的rm{c(H^{+})}______．

rm{(2)}把rm{FeCl_{3}}溶液蒸干；灼烧，最后得到的主要固体产物是______．

rm{(3)830K}时，已知可逆反应rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g).}若起始时rm{c(CO)=2mol/L}rm{c(H_{2}O)=3mol/L}平衡时rm{CO}的转化率为rm{60%}则平衡时rm{c(H_{2})}为______；rm{K}值为______．13、在一容积为2L的密闭容器中，加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定条件下发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如下图所示；请回答下列问题：

（1）根据上图，计算从反应开始到平衡时，氢气的平均反应速率v（H2）为____．

（2）该反应达到平衡时N2的转化率____．

（3）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为____．（填序号）

a．0.20mol•L-1b．0.12mol•L-1c．0.10mol•L-1d．0.08mol•L-1

（4）请写出该反应的平衡常数表达式____，若该反应在298K、398K时的化学平衡常数分别为K1、K2，则K1____K2（填“＞”；“=”或“＜”）．

（5）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡，请在上图中画出第5分钟末到此平衡时NH3浓度的变化曲线．

14、已知下列热化学方程式：（10分）①H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol-1②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol-1③C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol-1④C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol-1，回答下列问题：（1）上述反应中属于放热反应的是____________。（2）H2的燃烧热为____________；C的燃烧热为____________。（3）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为____________。（4）写出CO燃烧的热化学方程式__________________________________。15、(4分)根据下列4组物质的结构简式回答：①CH4和CH3CH3②CH2＝CHCH3和CH3CH＝CH2③CH3CH2CH2CH3和④C2H5OH和CH3OCH3（1）属于同系物的是。（2）属于同一物质的是。（3）具有不同官能团的同分异构体是。（4）由于碳链骨架不同而产生的同分异构体是。16、如图是实验室制乙酸乙酯的装置在大试管中配制一定比例的乙醇；乙酸和浓硫酸的混合；然后轻轻地振荡试管，使之混合均匀．

rm{(1)}装置中通蒸气的导管要插在饱和rm{N{a}_{2}C{O}_{3}}溶液的液面上方；不能插入溶液中，目的是______

rm{(2)}浓硫酸的作用是__________；_______________

rm{(3)}饱和rm{N{a}_{2}C{O}_{3}}溶液的作用是______．

rm{(4)}实验生成的乙酸乙酯，其密度比水______rm{(}填“大”或“小”rm{)}有______气味．17、在稀氨水中存在下述电离平衡rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}隆陇H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}分别加入少量下列物质，溶液中rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}隆陇H_{2}O?

NH_{4}^{+}+OH^{-}}如何变化？rm{c(OH^{-})}填“增大”“减小”或“不变”rm{(}平衡移动方向如何？rm{)}填“左移”或“右移”rm{(}。rm{)}加入的物质少量rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}固体少量rm{HNO_{3}}溶液少量rm{KOH}溶液rm{c(OH^{-})}的变化rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}平衡移动方向rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}评卷人得分三、工业流程题(共7题，共14分)18、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___。19、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20、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]=____。21、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________%。22、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)。23、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、探究题(共4题，共36分)24、（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。25、（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。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。评卷人得分五、解答题(共1题，共6分)28、某仅由C；H、O三种元素组成的有机化合物；经测定相对分子质量为90，取该有机化合物样品1.8g，在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g，试通过计算求该有机化合物分子式．

评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共12分)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、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：_____________。31、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）。32、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_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、A【分析】解：依据电离常数分析可知酸性为：H2CO3＞HClO＞HCO3-；根据强酸可以制取弱酸分析：

A．向NaClO溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；故A正确；

B．向NaClO溶液中通入足量CO2，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，正确的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；故B错误；

C．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，正确的离子方程式应为：2CO32-+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO3-；故C错误；

D．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，氯水中的盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能与碳酸氢钠反应，产物为次氯酸，正确的离子方程式为：HCO3-+Cl2=Cl-+HClO+CO2↑；故D错误；

故选：A。

依据电离常数可知酸性大小为：H2CO3＞HClO＞HCO3-。

A．向NaClO溶液中通入少量CO2；反应生成碳酸氢钠和次氯酸；

B．向NaClO溶液通入足量CO2；反应生成碳酸氢钠和次氯酸；

C．Na2CO3溶液中滴入氯水；次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠；

D．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水；氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠；二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物为次氯酸。

本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写，题目难度中等，试题侧重考查酸性强弱对反应物的影响，注意掌握离子方程式的书写原则，明确电离常数与酸性强弱的关系为解答关键。【解析】A3、D【分析】苏糖含有醛基，能发生加成反应、氧化反应；它是单糖，不能再水解；含有羟基，能发生取代反应；苏糖的分子式与葡萄糖不同，所以二者不互为同分异构体。【解析】【答案】D4、C【分析】根据表中数据可知,速率为50km·h-1时,污染物并不是最低的,因此从环保角度考虑，最合适的汽车速率为50km·h-1,所以选项C是错误的,答案选C.【解析】【答案】C5、B【分析】解：rm{A}环丙烷的最简式为rm{CH_{2}}分子式为rm{C_{3}H_{6}}分子中不含碳碳双键，与丙烯互为同分异构体，故A不符合；

B、环丁烷的最简式为rm{CH_{2}}分子式为rm{C_{4}H_{8}}分子中不含碳碳双键，与丙烯既不是同系物又不是同分异构体，故B符合；

C；乙烯与丙烯互为同系物；故C不符合；

D、丙烷的分子式为rm{C_{3}H_{8}}最简式不是最简式为rm{CH_{2}}与丙烯的碳；氢百分含量不相同，故D不符合．

故选：rm{B}．

选项中各物质都是烃，与丙烯具有相同的碳、氢百分含量，则具有相同的最简式rm{CH_{2}}与丙烯既不是同系物又不是同分异构体，则满足分子式与丙烯不同，分子中不含碳碳双键，据此结合选项判断．

本题考查同系物、同分异构体的概念与区别，难度不大，注意概念的内涵与外延．【解析】rm{B}6、D【分析】【分析】

本题主要考查的是摩尔质量及其单位；根据与相对分子质量的关系即可判断，难度不大。

【解答】

根据摩尔质量在以rm{g/mol}为单位时；在数值上等于其相对分子质量；

rm{O_{2}^{-}}比rm{O_{2}}多一个电子，电子的质量可以忽略不计，故rm{O_{2}^{-}}的相对分子质量为rm{32}所以rm{O_{2}^{-}}的摩尔质量为rm{32g/mol}

故选D。

【解析】rm{D}7、C【分析】【分析】本题考查了有机化合物结构的分析判断，明确分子中的等效氢判断是解题关键。【解答】化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰，说明有机物中含有rm{3}种类型的氢原子，且原子数之比为rm{4}rm{3}rm{1}rm{4}rm{3}；

A.中含有rm{1}种等效氢，出现两种峰值，且不同峰值的氢原子个数比为rm{2}rm{6}rm{2=3}故A错误；rm{1}中含有B.种等效氢原子，应出现rm{3}种峰值，且其峰面积之比为rm{3}rm{6}rm{2}rm{2=3}rm{1}故B错误；

C.中含有rm{1}种等效氢，出现rm{3}种峰值，且不同峰值的氢原子个数比为rm{3}rm{8}rm{6}rm{2=4}rm{3}故C正确；

D.中含有rm{1}种等效氢，出现两种峰值，且不同峰值的氢原子个数比为rm{2}rm{6}rm{4=3}故D错误。

故选C。

rm{2}【解析】rm{C}8、A【分析】解：含有一个三键的炔烃、加氢后的产物结构简式为这种炔烃中含有的碳碳三键需要满足碳原子形成四个化学键的结构需求，所以只能位于rm{CH_{3}-CH_{2}-}这两个碳原子间，炔的结构简式为选取含碳碳三键在内的最长碳链为主碳链，离碳碳三键近的一端给主碳链编号确定名称为：rm{5-}甲基rm{-3-}乙基rm{-1-}己炔；故选A．

加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应rm{.}根据加成原理采取逆推法还原rm{C隆脭C}三键，烷烃分子中相邻碳原子上均带rm{2}个氢原子的碳原子间是对应炔存在rm{C隆脭C}的位置，含有一个三键的炔烃、加氢后的产物结构简式为：这种炔烃中含有的碳碳三键需要满足碳原子形成四个化学键的结构需求，所以只能位于rm{CH_{3}-CH_{2}-}这两个碳原子间，炔的结构简式为：选取含碳碳三键在内的最长碳链为主碳链，离碳碳三键近的一端给主碳链编号确定名称．

本题考查了加成反应、有机物结构特征、系统命名法的应用等知识点，注意碳原子形成四个共价键，题目难度中等．【解析】rm{A}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】

由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样写出C5H12的3种异构体：其一取代苯共有7种异构体．分别是．

故答案为：．

【解析】【答案】从题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样只要写出C5H12的3种同分异构体；此题就可解决．

10、略

【分析】【解析】【答案】（1）＜（2）C（3）3．2~6．2（4）Fe3++3NH3·H2O===Fe（OH）3↓+3NH4+（5）2．7×10-21（6）（NH4）2SO4（7）2ZnSO4+NH4HCO3+3NH3·H2O==Zn2（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+H2O11、略

【分析】【解析】【答案】小于大于等于（各2分）12、略

【分析】解：rm{(1)M(OH)_{2}}饱和溶液中rm{c(M^{2+})=dfrac{1}{2}c(OH^{-})}则rm{K_{sp}[M(OH)_{2}]=c(M^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=dfrac{1}{2}c^{3}(OH^{-})}可知：rm{c(OH^{-})=sqrt[3]{2times4.0times10^{-12}}mol/L=2隆脕10^{-4}mol/L}则该溶液中rm{c(H^{+})=dfrac{1隆脕10^{-14}}{2times10^{-4}}mol/L=5隆脕10^{-11}}rm{c(M^{2+})=dfrac

{1}{2}c(OH^{-})}

故答案为：rm{K_{sp}[M(OH)_{2}]=c(M^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=

dfrac{1}{2}c^{3}(OH^{-})}rm{c(OH^{-})=sqrt[3]{2times4.0times

10^{-12}}mol/L=2隆脕10^{-4}mol/L}

rm{c(H^{+})=dfrac{1隆脕10^{-14}}{2times

10^{-4}}mol/L=5隆脕10^{-11}}将rm{mol/L}溶液蒸干时，铁离子水解生成rm{5隆脕10^{-11}}和rm{mol/L}升高温度促进rm{(2)}挥发，所以蒸干溶液时得到碱，灼烧氢氧化铁时，氢氧化铁会分解，反应方程式为rm{2Fe(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Fe_{2}O_{3}+3H_{2}O}所以最终得到的是红棕色固体rm{FeCl_{3}}

故答案为：rm{Fe(OH)_{3}}

rm{HCl}起始时rm{HCl}平衡时rm{2Fe(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Fe_{2}O_{3}+3H_{2}O}的转化率为rm{Fe_{2}O_{3}}则rm{Fe_{2}O_{3}}转化的浓度为：rm{(3)}

rm{c(CO)=2mol/L}

起始rm{CO}rm{60%}rm{CO}rm{2mol/L隆脕60%=1.2mol/L}rm{CO+H_{2}O(g)?CO_{2}+H_{2}}

转化rm{(mol/L)}rm{2}rm{3}rm{0}

平衡rm{0}rm{(mol/L)1.2}rm{1.2}rm{1.2}

平衡时氢气浓度为rm{1.2}

该温度下该反应的平衡常数为：rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdotc(H_{2})}{c(CO)cdotc(H_{2}O)}=dfrac{1.2隆脕1.2}{0.8times1.8}=1}

故答案为：rm{(mol/L)0.8L}rm{1.8}rm{1.2}．

rm{1.2}可根据rm{1.2mol/L}计算rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdot

c(H_{2})}{c(CO)cdotc(H_{2}O)}=dfrac{1.2隆脕1.2}{0.8times

1.8}=1}再根据水的离子积计算溶液中氢离子浓度；

rm{1.2}将rm{mol/L}溶液蒸干时，铁离子水解生成rm{1}和rm{(1)}升高温度促进rm{K_{sp}[M(OH)_{2}]=c(M^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})}挥发，所以蒸干溶液时得到碱，灼烧rm{c(OH^{-})}时，rm{(2)}会分解；

rm{FeCl_{3}}根据三段式解题法，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，再根据rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdotc(H_{2})}{c(CO)cdotc(H_{2}O)}}计算平衡常数．

本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，涉及化学平衡常数计算、盐的水解原理、难溶物溶解平衡等知识，明确三段式在化学平衡计算中的应用为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{Fe(OH)_{3}}【解析】rm{5隆脕10^{-11}mol/L}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{1.2mol/L}rm{1}13、略

【分析】

（1）由图可知，达到平衡时氨气增加0.10mol/L，其反应速率为=0.025mol/（L．min）；

由利用反应速率之比等于化学计量数之比，则氢气的速率为×0.025mol/（L．min）=0.0375mol/（L．min）；

故答案为：0.0375mol/（L．min）；

（2）由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）可知，生成氨气0.2mol时参加反应的氮气为0.1mol，所以氮气的转化率为×100%=50%；

故答案为：50%；

（3）△H＜0；该反应为放热反应，升高温度逆向移动，其浓度减小，降低温度，正向移动，浓度增大，但反应物不能完全反应；

所以0＜c（NH3）＜0.2mol/L，即NH3的物质的量浓度不可能为0.2mol/L；故答案为：a；

（4）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K=该反应为放热反应，温度越大，平衡常数越小；

反应在298K、398K时的化学平衡常数分别为K1、K2，所以K1＞K2，故答案为：K=＞；

（5）第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大，平衡正向移动，氨气的浓度增大，在第8分钟末达到新的平衡时NH3的浓度约为0.25mol•L-1；

则图象为故答案为：．

【解析】【答案】（1）由图可知；达到平衡时氨气增加0.10mol/L，先计算其反应速率，再利用反应速率之比等于化学计量数之比来计算氢气的速率；

（2）由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）可知；生成氨气0.2mol时参加反应的氮气为0.1mol，以此计算转化率；

（3）△H＜0；该反应为放热反应，升高温度逆向移动，其浓度减小，降低温度，正向移动，浓度增大，但反应物不能完全反应；

（4）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；该反应为放热反应，温度越大，平衡常数越小；

（5）第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大，平衡正向移动，氨气的浓度增大，在第8分钟末达到新的平衡时NH3的浓度约为0.25mol•L-1．

14、略

【分析】【解析】试题分析：放热反应的ΔH<0故①②③④都属于放热反应；H2的燃烧热反应方程式是①式为285.8kJ·mol-1；C的燃烧热反应方程式是④式为393.5kJ·mol-1；燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为1429kJ；CO燃烧的热化学方程式由盖斯定律得④—③即CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.5kJ·mol-1。考点：燃烧热盖斯定律【解析】【答案】（每空2分，共10分）（1）①②③④（2）285.8kJ·mol-1393.5kJ·mol-1（3）1429kJ（4）CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.5kJ·mol-115、略

【分析】同系物必须是结构相似，分子组成形成若干个的CH2原子团的同一类物质。分子式相同而结构不同的化合物是同分异构体，它又分为碳链异构、位置异构和官能团异构等。结构和性质均完全相同的是同一类物质。【解析】【答案】①、②、④、③16、rm{(1)}防止rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的倒吸

rm{(2)}催化剂吸水剂

rm{(3)}溶解乙醇、中和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出

rm{(4)}小芳香【分析】【分析】本题考查了乙酸乙酯的制备，注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法，把握乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别，题目难度不大。【解答】rm{(1)}乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水而产生倒吸，故答案为：防止rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的倒吸；

rm{(2)}乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动rm{.}故浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂；吸水剂；

rm{(3)}制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；目的是除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；

故答案为：溶解乙醇；中和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；便于分层析出；

rm{(4)}在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现；闻到香味，说明实验中生成的乙酸乙酯，其密度比水小；根据乙酸乙酯的物理性质可知，乙酸乙酯有芳香气味；

故答案为：小；芳香。

【解析】rm{(1)}防止rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的倒吸rm{(2)}催化剂吸水剂rm{(3)}溶解乙醇、中和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出rm{(4)}小芳香17、减小减小增大左移右移左移【分析】【分析】本题考查弱电解质电离；加入相同的离子则抑制弱电解质电离，加入和溶液中离子反应的物质则促进其电离，难度不大。

氨水中存在电离平衡；如果向氨水中加入含有铵根离子或氢氧化根离子的物质，则抑制氨水电离，如果加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质则促进其电离，据此分析解答。

【解答】

氨水中存在rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}向氨水中加入少量硫酸铵，硫酸铵中含量铵根离子，导致溶液中铵根离子浓度增大，抑制氨水电离，平衡向左移动，所以溶液中氢氧根离子浓度减小；

向氨水中加入少量硝酸；氢离子和氢氧根离子反应，导致氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，平衡向右移动；

向氨水中加入少量氢氧化钾；导致氢氧根离子浓度增大，抑制氨水电离，平衡向左移动；

故答案为：。加入的物质少量rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}固体少量rm{HNO_{3}}溶液少量rm{KOH}溶液rm{c(OH^{-})}的变化rm{垄脵}减小rm{垄脷}减小rm{垄脹}增大平衡移动方向rm{垄脺}左移rm{垄脻}右移rm{垄脼}左移。。【解析】减小减小增大左移右移左移三、工业流程题(共7题，共14分)18、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19、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.D20、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%21、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%22、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%23、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、探究题(共4题，共36分)24、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，