2025年北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年北师大版高二化学上册月考试卷520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9题，共18分)1、下列物质①无水乙醇；②乙酸、③石炭酸、④苯；其中能够与钠反应放出氢气的物质是（）

A.①②

B.①②③

C.③④

D.②③④

2、下列说法完全正确的是()A.放热反应均是自发反应B.ΔS为正值的反应均是自发反应C.物质的量增加的反应，ΔS为正值D.如果ΔH和ΔS均为正值，当温度升高时，反应可能自发进行3、T℃时在2L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时；Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（）

A.反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)＝0.3mol／(L·min)B.容器中发生的反应可表示为：3X(g)＋Y(g)2Z(g)C.保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K增大D.若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强4、能够说明苯中不是单双键交递的事实是()A.邻二甲苯只有一种B.对二甲苯只有一种C.苯为平面六边形结构D.苯能和液溴反应5、下列叙述错误的是（）A.在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+B.pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C.常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO-）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-）D.在酸碱中和滴定实验装液时，凹液面的最低点在平视时必须在“0”刻度6、下列装置或操作能达到实验目的是rm{(}rm{)}A.

检查装置气密性B.

从碘的rm{CCl_{4}}溶液中分离出碘C.

除去甲烷中乙烯D.

分离甲苯与乙醇7、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.甲烷的燃烧热为rm{triangleH=-890.3}rm{kJ/mol}则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-890.3}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-890.3}B.已知rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangleH=+44}rm{kJ/mol}则rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangle

H=+44}rm{kJ/mol}rm{2}完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放rm{g}rm{H_{2}(g)}的能量C.常温下，反应rm{22}不能自发进行，则该反应的rm{kJ}D.rm{C(s)+CO_{2}(g)篓T2CO(g)}rm{triangleH<0}rm{1}分别和rm{mol}rm{NaOH}rm{1}rm{mol}rm{CH_{3}COOH}rm{1}反应，后者比前者rm{mol}小rm{HNO_{3}}8、半导体工业用石英砂做原料通过三个重要反应生产单质硅：

rm{垄脵SiO_{2}(s)+2C(s)篓TSi(s)+2CO(g)triangleH=+682.44kJ?mol^{-1}}

rm{垄脵SiO_{2}(s)+2C(s)篓TSi(s)+2CO(g)triangle

H=+682.44kJ?mol^{-1}}石英砂rm{(}rm{)}粗硅rm{(}

rm{垄脷Si(s)+2Cl_{2}(g)篓TSiCl_{4}(g)triangleH=-657.01kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹SiCl_{4}(g)+2Mg(s)篓T2MgCl_{2}(s)+Si(s)triangleH=-625.63kJ?mol^{-1}}

rm{)}纯硅rm{垄脷Si(s)+2Cl_{2}(g)篓TSiCl_{4}(g)triangle

H=-657.01kJ?mol^{-1}}

用石英砂生产rm{垄脹SiCl_{4}(g)+2Mg(s)篓T2MgCl_{2}(s)+Si(s)triangle

H=-625.63kJ?mol^{-1}}纯硅的总放热为rm{(}rm{)}A.rm{1.00kg}rm{(}B.rm{)}rm{2.43隆脕10^{4}}C.rm{kJ}rm{2.35隆脕10^{4}}D.rm{kJ}rm{2.23隆脕10^{4}}rm{kJ}9、科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的rm{N(NO_{2})_{3}(}如图所示rm{).}已知该分子中rm{N-N-N}键角都是rm{108.1^{circ}}下列有关rm{N(NO_{2})_{3}}的说法正确的是rm{(}rm{)}A.分子中rm{N}rm{O}间形成的共价键是非极性键B.分子中四个氧原子共平面C.该物质既有氧化性又有还原性D.rm{15.2g}该物质含有rm{6.02隆脕10^{22}}个原子评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、(8分)现有反应aA(g)＋bB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：(1)该反应的正反应是________热反应，且a＋b________p(填“>”“<”或“＝”)。(2)减压时，A的质量分数________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，正反应速率________。(3)若加入B(体积不变)，则A的转化率________，B的转化率________。(4)若升高温度，则平衡时，B、C的浓度之比将________。(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量________。11、甲苯rm{(}rm{)}是一种重要的有机化工原料。rm{(1)}甲苯分子中一定共平面的碳原子有________个。rm{(2)}甲苯苯环上的一溴代物有________种，请写出其中一种的名称：________________。rm{(3)}除去甲苯中混有的少量苯甲酸，可选用的试剂是______________，写出该反应的化学方程式：________________________。12、实验室中有一未知浓度的稀盐酸；某学生为测定盐酸的浓度，在实验室中进行如下实验，请完成下列填空：

rm{(1)}配制rm{100mL}rm{0.10mol/L}rm{NaOH}标准溶液．

rm{(2)}取rm{20.00mL}待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加rm{2隆芦3}滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准rm{NaOH}溶液进行滴定rm{.}重复上述滴定操作rm{2隆芦3}次；记录数据如表．

。实验编号rm{NaOH}溶液的浓度。

rm{(mol/L)}滴定完成时，rm{NaOH}溶液滴入的体积rm{(mL)}待测盐酸溶液的体积。

rm{(mL)}rm{1}rm{0.10}rm{22.62}rm{20.00}rm{2}rm{0.10}rm{22.72}rm{20.00}rm{3}rm{0.10}rm{22.80}rm{20.00}rm{垄脵}滴定达到终点的现象是______，此时锥形瓶内溶液的rm{pH}为______．

rm{垄脷}根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为______rm{(}保留两位有效数字rm{)}

rm{垄脹}排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作______；然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．

13、和的一些物理性质如表所示：

。物质水溶性-102121.1622不溶542381.1581不溶（1）分离这两种物质的混合物可采用的方法是______（填字母）。

a．过滤b．分液c．蒸发d．蒸馏。

（2）实验需要用到的主要玻璃仪器是______、______、______、______、______、尾接管。14、0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol．试回答：

（1）烃A的分子式为____．

（2）若取一定量的该烃A完全燃烧后，生成CO2和H2O各3mol，则有____g烃A参加了反应，燃烧时消耗标准状况下的氧气____L．

（3）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，则烃A的结构简式为____．

（4）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，烃A可能有的结构简式为____．（任写1个）

（5）比烃A少一个碳原子且能使溴水褪色的A的同系物有____种同分异构体．15、rm{(1)}乙烯、乙炔、甲苯、苯乙烯rm{(}rm{)4}种有机物分别在一定条件下与rm{H_{2}}充分反应。rm{垄脵}若烃与rm{H_{2}}反应的物质的量之比为rm{1漏U3}说明该烃分子中存在________结构，它是________。rm{垄脷}若烃与rm{H_{2}}反应的物质的量之比为rm{1漏U2}说明该烃分子中存在________结构，它是________。rm{垄脹}苯乙烯与rm{H_{2}}完全加成的物质的量之比为________。rm{(2)}按分子结构决定性质的观点可推断，有如下性质：rm{垄脵}苯基部分可发生________反应和________反应；rm{垄脷-CH-CH_{2}}部分可发生________反应和________反应；rm{垄脹}该有机物滴入溴水后生成产物的结构简式为________；滴入高锰酸钾酸性溶液后生成产物的结构简式为________。评卷人得分三、工业流程题(共7题，共14分)16、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___。17、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18、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]=____。19、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________%。20、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)。21、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、其他(共3题，共15分)22、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应23、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。24、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。评卷人得分五、计算题(共3题，共21分)25、将镁条在空气中燃烧的全部产物（由于空气中CO2含量少，镁条与CO2反应忽略不计）溶解在50mL浓度为1.8mol/L的盐酸中，以20mL0.9mol/L的NaOH溶液中和多余的酸，然后向溶液中加入过量的NaOH并加热，把生成的氨全部蒸发出来，用足量盐酸吸收，经测定氨的质量为0.102g，试计算原镁条的质量．26、一定温度下，将rm{3molA}气体和rm{1molB}气体通过一密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)}rm{xC(g)}请填写下列空白：rm{(1)}若容器体积固定为rm{2L}，反应rm{1min}时测得剩余rm{1.8molA}rm{C}的浓度为rm{0.4mol/L}rm{垄脵1min}内，rm{B}的平均反应速率为_________；rm{x}_________；rm{垄脷}若反应经rm{2min}达到平衡，平衡时rm{C}的浓度_________rm{0.8mol/L(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)}rm{垄脹}平衡混合物中，rm{C}的体积分数为rm{22%}则rm{A}的转化率是_________；rm{垄脺}改变起始物质加入的量，欲使反应达到平衡时rm{C}的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量rm{n(A)}rm{n(B)}rm{n(C)}之间应满足的关系式_________。rm{(2)}若维持容器压强不变rm{垄脵}达到平衡时rm{C}的体积分数_________rm{22%}rm{(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)}rm{垄脷}改变起始物质加入的量，欲使反应达到平衡时rm{C}的物质的量是原平衡的rm{2}倍，则应加入_________rm{molA}气体和_________rm{molB}气体。27、（12分）将6molA气体和5molB气体混合放入4L密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)，经过5min达到化学平衡，此时生成C为2mol，测得D的反应速率为0．1mol/（L·min），计算：①、x的值；②、平衡时B的转化率；③、A的平衡浓度；④求平衡常数K。(用三段式的方法写出必要的计算过程，结果精确到小数点后两位)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】

①无水乙醇能与钠反应生成乙醇钠和氢气；②乙酸具有酸的通性，能与钠反应生成乙酸钠和氢气，③石炭酸是苯酚，能与钠反应生成苯酚钠和氢气；④苯不能与钠反应．

故①②③能与钠反应．

故选：B．

【解析】【答案】根据各物质的性质进行判断．

①无水乙醇能与钠反应生成氢气；②乙酸具有酸的通性，③石炭酸是苯酚，能与钠反应．

2、D【分析】只有满足△G＝△H－T·△S＜0，反应才能是自发的，所以A、B都是不一定自发，不正确。熵是与物质的状态有关系的，同一种物质在气态熵值增大，液态其次，固态最小，所以C也是错误的。所以选项D是正确的。答案选D。【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】由图1可知反应进行前3min内，X浓度变化为0.3mol/L，v(X)＝0.1mol／(L·min)，A错误；由图1可知X减少0.6mol、Y减少0.2mol、Z增加0.4mol，反应方程式为3X(g)＋Y(g)2Z(g)，B正确；由图2可知T2>T1；温度高Y百分含量少，说明正反应是放热反应，升高温度，K减小，C错误；图1和图3起始和平衡时各物质物质的量相同，只是达到平衡需要的时间不同，图3使用了催化剂，不可能是增大压强，若增大压强，平衡发生移动，对应物质的物质的量不可能相同，D错误。

【点评】解图像题要充分挖掘图像中的信息。4、A【分析】略【解析】rm{A}5、D【分析】解：A．MgO可促进铁离子水解转化为沉淀，则在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+；故A正确；

B．pH=-lgc（H+），则pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍；故B正确；

C．pH=7，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-），醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度，则离子浓度为c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-）；故C正确；

D．滴定管是利用液面差读取溶液体积；凹液面的最低点在平视时在“0”刻度或0刻度一下即可，不一定是0刻度，故D错误；

故选：D。

A．MgO可促进铁离子水解转化为沉淀；

B．pH=-lgc（H+）；

C．pH=7，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-）；醋酸电离使其浓度小于钠离子浓度；

D．在酸碱中和滴定实验装液时；滴定管是利用液面差读取溶液体积，凹液面的最低点在平视时在“0”刻度或0刻度一下即可。

本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、盐类水解及应用、难溶电解质的Ksp计算等，为高频考点，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解析】D6、A【分析】解：rm{A.}可关闭止水夹；从长颈漏斗口加入水至水柱高于液面且在一定时间内不变化，可说明气密性良好，故A正确；

B.碘易溶于四氯化碳；应用蒸馏的方法分离，故B错误；

C.乙烯被氧化生成二氧化碳；引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；

D.温度计用于测量馏分的稳定；应位于蒸馏烧瓶支管口，故D错误．

故选A．

A.检验气密性；可形成压强查，观察液面是否变化；

B.碘易溶于四氯化碳；

C.乙烯被氧化生成二氧化碳；

D.温度计位置错误．

本题考查较为综合，涉及气密性的检查、物质的分离等问题，为高考常见题型，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．【解析】rm{A}7、D【分析】解：rm{A.}甲烷的燃烧热为rm{triangleH=-890.3}rm{kJ/mol}则甲烷燃烧的热化学方程式中生成水必须是液态，正确的热化学方程式为：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3}故A错误；

B.rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangleH=+44}rm{kJ/mol}说明氢气燃烧生成rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangle

H=+44}液态水比生成气态水多放出rm{kJ/mol}的热量，rm{1mol}氢气的物质的量为：rm{44kJ}rm{2g}氢气完全燃烧生成rm{dfrac{2g}{2g/mol}=1mol}水，则rm{1mol}rm{1mol}rm{2}完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放rm{g}的能量；故B错误；

C.温下，反应rm{H_{2}(g)}不能自发进行，该反应的rm{44kJ}反应不能自发，则rm{triangleG=triangleH-T?triangleS>0}所以rm{C(s)+CO_{2}(g)=2CO(g)}故C错误；

D.rm{triangleS>0}rm{triangleG=triangleH-T?triangle

S>0}rm{triangleH>0}分别和rm{1}rm{mol}rm{NaOH}rm{1}rm{mol}rm{CH_{3}COOH}反应，醋酸在反应过程中吸热，则醋酸与氢氧化钠反应放出热量较小，但焓变为负值，则后者比前者rm{1}小；故D正确；

故选D．

A.燃烧热是指rm{mol}纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；生成的水必须为液态；

B.rm{HNO_{3}}氢气的物质的量为rm{triangleH}rm{1mol}氢气完全燃烧生成rm{2g}水，则rm{1mol}rm{1mol}rm{1mol}完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放rm{2}的能量；

C.反应不能自发，应满足rm{triangleG=triangleH-T?triangleS>0}

D.焓变为负值；放热热量越小，焓变越大，结合醋酸电离需要吸热分析．

本题考查了热化学方程式、反应热与焓变的应用，题目难度中等，明确热化学方程式的书写原则为解答关键，注意掌握判断反应自发进行的方法，试题培养了学生的灵活应用能力．rm{g}【解析】rm{D}8、D【分析】解：由三个热化学方程式可知，生成rm{1mol}纯硅，需要热量：rm{682.44kJ+(-657.01kJ)+(-625.63kJ)=-600.2kJ}

rm{1.00kg}纯硅rm{n(Si)=dfrac{1000g}{28g/mol}=35.71mol}

则生产rm{n(Si)=dfrac

{1000g}{28g/mol}=35.71mol}纯硅的总反应热为rm{1.00kg}

故选D．

由三个热化学方程式可知，生成rm{35.75mol隆脕(-600.2kJ/mol)=-2.14隆脕10^{4}kJ}纯硅，需要热量：rm{1mol}计算出rm{682.44kJ+(-657.01kJ)+(-625.63kJ)=-600.2kJ}纯硅的物质的量，则可计算出生产rm{1kg}纯硅的总反应热．

本题考查反应热的计算，题目难度不大，本题注意由已知热化学方程式计算生成rm{1.00kg}纯硅的热量是解答该题的关键，注意把握题给信息．rm{1mol}【解析】rm{D}9、C【分析】解：rm{A}rm{N(NO_{2})_{3}}是一种共价化合物，rm{N}rm{O}原子之间形成的化学键是极性键；故A错误；

B、根据题干信息知该分子中rm{N-N-N}键角都是rm{108.1^{circ}}推知分子中rm{4}个氮原子在空间呈四面体型；

所以分子中四个氧原子不可能共平面；故B错误；

C、该分子中的氮元素为rm{+3}价，rm{+3}价氮既有氧化性又有还原性；故C正确；

D、rm{N(NO_{2})_{3}}的相对分子质量为rm{152}rm{15.2gN(NO_{2})_{3}}为rm{0.1mol}该物质的分子中所含原子为rm{1N_{A}}即rm{6.02隆脕10^{23}}个原子；故D错误．

故选：rm{C}．

根据信息中该分子中rm{N-N-N}键角都是rm{108.1^{circ}}及rm{N(NO_{2})_{3}}的结构应与氨气相同；则分子中四个氮原子不共平面，利用元素的化合价来分析其性质，利用是否同种元素之间形成共用电子对来分析极性键．

作为rm{2011}年的安徽理综高考题，题干信息比较新颖，同时考查大家熟悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】（1）升高温度时，B的转化率变大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即正反应是吸热反应。减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，说明降低压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应是体积减小的，即a＋＞p。（2）降低压强，平衡向逆反应方向移动，所以A的质量分数增大。反应速率都是减小的。（3）增加B的浓度，平衡向正反应方向移动，所以A的转化率增大，但B的转化率降低。（4）升高温度，平衡向正反应方向移动，则C的浓度增大，B的浓度减小，因此减小。（5）催化剂不能改变平衡状态，所以平衡时气体混合物的总物质的量不变。【解析】【答案】(1)吸>(2)增大减小(3)增大减小(4)减小(5)不变11、（1）7

（3）3邻甲基溴苯(或间甲基溴苯或对甲基溴苯)

（4）NaOH溶液【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重有机物的取代反应的考查，把握官能团与性质的关系即可解答，题目难度中等。【解答】rm{(1)}苯中的rm{12}个原子一定共面，在甲苯中甲基中的碳相当于苯中的氢原子的位置，所以甲苯中一定共面的碳原子有rm{7}个；

故答案为：rm{7}

rm{(2)}甲苯苯环上的一溴代物可以取代在邻、间、对三个位置，结构简式为或或

故答案为：rm{3}或或

rm{(3)}除去甲苯中混有的少量苯甲酸，可选用的试剂rm{NaOH}溶液，反应的化学方程式为：溶液，反应的化学方程式为：

故答案为：rm{NaOH}溶液；rm{NaOH}【解析】rm{(1)7}

rm{(1)7}邻甲基溴苯rm{(3)3}邻甲基溴苯rm{(}或间甲基溴苯或对甲基溴苯rm{)}或间甲基溴苯或对甲基溴苯rm{(3)3}

rm{(}溶液rm{)}12、略

【分析】解：rm{垄脵}滴定时最后一滴rm{NaOH}溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为rm{(}浅rm{)}红色，酚酞的变色范围是rm{8.2隆芦10}所以滴定终点是溶液rm{PH}为rm{8.2隆芦10}

故答案为：加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；rm{8.2隆芦10}

rm{垄脷}根据rm{c(}酸rm{)隆脕V(}酸rm{)=c(}碱rm{)隆脕V(}碱rm{)}需要rm{V(NaOH)=dfrac{22.62+22.72+22.80}{3}mL=22.71mL}则该盐酸的浓度为rm{dfrac{22.71隆脕10^{-3}L隆脕0.10mol/L}{20.00隆脕10^{-3}L}=0.1136mol/L}故答案为：rm{V(NaOH)=dfrac

{22.62+22.72+22.80}{3}mL=22.71mL}

rm{dfrac

{22.71隆脕10^{-3}L隆脕0.10mol/L}{20.00隆脕10^{-3}L}=0.1136mol/L}碱式滴定管的气泡通常橡皮管内；只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙．

rm{0.1136mol/L}滴定时当最后一滴rm{垄脹}溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，酚酞的变色范围是rm{垄脵}

rm{NaOH}根据rm{8.2隆芦10}酸rm{垄脷}酸rm{c(}碱rm{)隆脕V(}碱rm{)=c(}计算；

rm{)隆脕V(}碱式滴定管的气泡通常橡皮管内；只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出．

本题考查中和滴定操作，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度中等，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项．rm{)}【解析】加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；rm{8.2隆芦10}rm{0.1136mol/L}丙13、d蒸馏烧瓶酒精灯温度计锥形瓶牛角管【分析】解：（1）由信息可知；二者互溶，但沸点不同，则选择分馏法分离；

故答案为：d；

（2）蒸馏装置为由装置图可知常用到的仪器有蒸馏烧瓶；酒精灯、温度计、牛角管、冷凝管以及锥形瓶等；

故答案为：蒸馏烧瓶；酒精灯；温度计；锥形瓶；牛角管。

（1）由信息可知；二者互溶，但沸点不同，以此来解答；

（2）蒸馏用于分离沸点不同的液体混合物；常用到的仪器有蒸馏烧瓶；酒精灯、温度计、冷凝管以及锥形瓶等。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解析】d蒸馏烧瓶酒精灯温度计锥形瓶牛角管14、略

【分析】

（1）、0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，根据原子守恒确定A分子中C原子数目为=6、H原子数目为=12，故烃A分子式为C6H12，故答案为：C6H12；

（2）根据C原子守恒可知参加反应的烃A的物质的量为=0.5mol，故参加反应烃A的质量为0.5mol×84g/mol=42g，故消耗氧气的物质的量为0.5mol×（6+）=4.5mol；标准状况下氧气的体积为4.5mol×22.4L/mol=100.8L；

故答案为：42g；100.8；

（3）烃A分子式为C6H12，烃A不能使溴水褪色，不含不饱和键，在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，A为环己烷，结构简式为故答案为：

（4）烃A能使溴水褪色，含有1个C=C双键，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，故加成产物的结构简式为或若加成产物为对应的A的结构为（CH3）2CHC（CH3）=CH2或（CH3）2C=C（CH3）2，若加成产物为对应的A的结构为（CH3）3CCH=CH2；

故答案为：（CH3）2CHC（CH3）=CH2或（CH3）2C=C（CH3）2或（CH3）3CCH=CH2；

（5）比烃A少一个碳原子且能使溴水褪色的A的同系物，分子式为C5H10，含有1个C=C双键，符合条件的同分异构体为：CH3CH2CH2CH=CH2，CH3CH2CH=CHCH3，CH2=CH（CH3）CH2CH3，（CH3）2C=CHCH3，（CH3）2CHCH=CH2；故答案为：5．

【解析】【答案】（1）、0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，根据原子守恒确定烃A分子中C、H原子数目，可知烃A分子式为C6H12；

（2）根据C原子守恒计算参加反应的烃A的物质的量，再根据m=nM计算参加反应烃A的质量，一定物质的量的烃耗氧量为烃的（x+）倍；再根据V=nVm计算氧气的体积；

（3）烃A分子式为C6H12；烃A不能使溴水褪色，不含不饱和键，在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，A为环己烷；

（4）烃A能使溴水褪色，含有1个C=C双键，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，故加成产物的结构简式为或相邻C原子上各去掉1个H原子，还原C=C双键；

（5）比烃A少一个碳原子且能使溴水褪色的A的同系物，分子式为C5H10；含有1个C=C双键，据此书写符合条件的同分异构体判断．

15、（1）①苯环甲苯

②碳碳三键乙炔

③1︰4

（2）①加成取代

②加成氧化

③【分析】【分析】本题考查结构与性质的关系，题目基础，比较简单。【解答】rm{(1)}乙烯、乙炔、甲苯、笨乙烯rm{4}种有机物与氢气加成，乙烯与氢气物质的量之比为rm{1漏U1}种有机物与氢气加成，乙烯与氢气物质的量之比为rm{4}乙炔与氢气物质的量之比为rm{1漏U1}甲苯与氢气物质的量之比为rm{1漏U2}苯乙烯与氢气物质的量之比为rm{1漏U3}故答案为：rm{1漏U4}苯环甲苯rm{垄脵}碳碳三键乙炔rm{垄脷}rm{垄脹1漏U4}分子结构中含苯基，双键，苯基可发生加成反应和苯环上的取代反应，乙烯基可与氢气和溴水加成，乙烯基与苯环相连，与苯环相连的碳原子上有rm{(2)}可被rm{H}高锰酸钾酸性溶液氧化，故答案为：高锰酸钾酸性溶液氧化，双键本身也可被加成取代rm{垄脵}加成氧化rm{垄脷}rm{垄脹}【解析】rm{(1)垄脵}苯环甲苯rm{垄脷}碳碳三键乙炔rm{垄脹1漏U4}rm{(2)垄脵}加成取代rm{垄脷}加成氧化rm{垄脹}三、工业流程题(共7题，共14分)16、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17、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.D18、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%19、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%20、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%21、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、其他(共3题，共15分)22、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）23、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反