2025年沪科版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年沪科版高二化学下册月考试卷342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6题，共12分)1、构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是（）A.E（4s）＞E（3p）＞E（3d）B.E（3s）＞E（3p）＞E（3d）C.E（6s）＞E（4f）＞E（5d）D.E（5s）＞E（4p）＞E（3d）2、下列化学用语正确的是（）A.乙烯分子的最简式：CH2B.己烷的分子式：C6H12C.羟基的化学式：OH-D.1，2-二溴乙烷的结构简式：C2H4Br23、固体rm{A}的化学式为rm{NH_{5}}它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中，不正确的是()A.rm{1molNH_{5}}中含有rm{5}rm{N}rm{{,!}_{A}}个rm{N隆陋H}键rm{(}rm{N}rm{{,!}_{A}}表示阿伏加德罗常数rm{)}B.rm{NH_{5}}中既有共价键又有离子键，它形成的晶体是离子晶体C.rm{NH_{5}}的电子式为D.它与rm{H_{2}O}反应的化学方程式为：rm{NH_{5}+H_{2}O=NH_{3}隆陇H_{2}O+H_{2}隆眉}4、下列各组中属于同位素关系的是。

A.rm{{,!}^{12}_{6}C}与rm{{,!}^{14}_{6}C}B.rm{T_{2}O}与rm{H_{2}O}C.rm{O_{2}}与rm{O_{3}}D.金刚石与石墨5、以下物质：（1）甲烷（2）苯（3）聚乙烯（4）聚乙炔（5）2丁炔（6）环己烷（7）邻二甲苯（8）苯乙烯．既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是（）A.（3）（4）（5）（8）B.（4）（5）（7）（8）C.（4）（5）（8）D.（3）（4）（5）（7）（8）6、现有一组有机物，其转化关系如图所示，转化关系中部分反应物和产物省略，涉及的化学反应均源于教材。

甲rm{xrightarrow[?]{麓脽禄炉录脕}}乙rm{xrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}}丙rm{xrightarrow[?]{麓脽禄炉录脕隆垄脩玫脝酶}}丁rm{xrightarrow[?]{麓脽禄炉录脕隆垄脩玫脝酶}}戊rm{xrightarrow[?]{卤没隆垄脜篓脕貌脣谩}}己

已知甲是天然高分子化合物，rm{xrightarrow[?]{麓脽禄炉录脕隆垄脩玫脝酶}

}己rm{xrightarrow[?]{麓脽禄炉录脕隆垄脩玫脝酶}

}戊rm{xrightarrow[?]{卤没隆垄脜篓脕貌脣谩}

}下列有关推断正确的是rm{Mr(}rm{)-Mr(}

A.上述有机物的组成元素相同B.甲、乙、丁均能发生银镜反应C.戊发生消去反应生成己D.除去己中少量杂质戊的方法：加入rm{)=28}溶液，蒸馏rm{(}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)某研究小组分别在体积均为2L的恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其发生反应，相关数据如下：。容器编号温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡的时间/min达到平衡时体系能量的变化/kJCOH2OCO2H2①650120．40．4516．4②65024t1Q1③900241．61．6t2Q2(1)计算容器②中反应的平衡常数K=_____________(计算结果保留两位小数)。(2)容器③中反应达平衡时，CO的转化率为____________。(3)容器①中反应达平衡这段时间，化学反应速率=__________。(4)该反应的正反应为_______（填“吸热”或“放热”）反应，理由是____________。(5)下列叙述正确的是____________（填字母序号）。a．平衡时，容器①和容器②中CO2的体积分数相等b．反应达平衡状态时，Q2＞Q1＞32．8kJc．达到平衡的时间：t2＞t1＞2．5mind．该反应的热化学方程式可表示为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ/mol8、已知如表数据：

。化学式电离平衡常数（25℃）HCNK=5.0×10-10H2CO3K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为______．9、系统命名：____，它的H-NMR谱中有____个峰，此化合物在浓硫酸作用下发生消去反应，写出所有可能的有机产物的结构简式：____．10、（15分）化合物D是硅橡胶的稳定剂，其合成路线如下图（1）B的分子式为；C中官能团名称。（2）C→D的反应类型为。（3）B→C的化学方程式为。（4）化合物D可能具有的性质有（选填序号）。a．与FeCl3溶液发生显色反应b．加成反应c．消去反应d．酯化反应（5）化合物B经3步反应可制备反应类型依次是（选填序号）。a．加成、取代、消去b．消去、加成、取代c．取代、消去、加成（6）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式。①核磁共振氢谱只有一个峰②分子中没有碳碳双键也无环状结构11、苯氧乙酸（）有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且苯环上有2种一硝基取代物的同分异构体是______（写出任意2种的结构简式）12、烯烃rm{A}在一定条件下可以按下面的框图进行反应。rm{(}己知卤代烃和rm{NaOH}的醇溶液共热可以得到烯烃，如rm{C{H}_{3}C{H}_{2}Cl+NaOHxrightarrow[?]{麓录}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+NaCl+{H}_{2}O}该反应属于消去反应。rm{C{H}_{3}C{H}_{2}Cl+NaOH

xrightarrow[?]{麓录}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+NaCl+{H}_{2}O}已知：rm{)}是rm{C{H}_{3}-underset{overset{overset{C{H}_{3}}{|}}{C}}{overset{Br}{|}}-underset{overset{|}{Br}}{overset{overset{C{H}_{3}}{|}}{C}}-C{H}_{3}}请填空：rm{D}的结构简式是____，其名称为____。rm{C{H}_{3}-underset{overset{

overset{C{H}_{3}}{|}}{C}}{overset{Br}{|}}-underset{

overset{|}{Br}}{overset{

overset{C{H}_{3}}{|}}{C}}-C{H}_{3}}框图中属于取代反应的是____rm{(1)A}填数字代号rm{(2)}rm{(}框图中rm{)}rm{(3)}rm{垄脵}属于____反应。rm{垄脼}的结构简式是____。rm{垄脽}写出由rm{(4)G_{2}}的化学方程式：____；写出由rm{(5)}的化学方程式____。rm{D隆煤E}评卷人得分三、工业流程题(共8题，共16分)13、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___。14、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15、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]=____。16、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________%。17、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)。18、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分四、简答题(共4题，共28分)19、化学反应与能量有着密不可分的关系；回答下列问题：

rm{(1)}下列rm{triangleH}表示物质燃烧热的是______；表示物质中和热的是______。rm{(}填“rm{triangleH_{1}}”、“rm{triangleH_{2}}”和“rm{triangleH_{3}}”等rm{)}

rm{垄脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH_{1}}

rm{垄脷C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH_{2}}

rm{垄脹C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{3}}

rm{垄脺CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH_{4}}

rm{垄脻C_{6}H_{12}O_{6}(s)+6O_{2}(g)=6CO_{2}(g)+6H_{2}O(l)triangleH_{5}}

rm{垄脼NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH_{6}}

rm{垄脽2NaOH(aq)+H_{2}SO_{4}(aq)=Na_{2}SO_{4}(aq)+2H_{2}O(aq)triangleH_{7}}

rm{垄脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H_{1}}已知：rm{垄脷C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH_{2}}金刚石rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-395.41kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H_{3}}石墨rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.51kJ?mol^{-1}}

rm{垄脺CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H_{4}}金刚石转化为石墨的热化学方程式为rm{垄脻C_{6}H_{12}O_{6}(s)+6O_{2}(g)=6CO_{2}(g)+6H_{2}O(l)triangle

H_{5}}金刚石rm{垄脼NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangle

H_{6}}石墨rm{垄脽2NaOH(aq)+H_{2}SO_{4}(aq)=Na_{2}SO_{4}(aq)+2H_{2}O(aq)triangle

H_{7}}______rm{(2)}

rm{C(s}根据上述热化学方程式判断；更稳定的碳的同素异形体是______。

rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-395.41kJ?mol^{-1}}化学反应的能量变化rm{C(s}与反应物和生成物的键能有关。键能可简单的理解为断开rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.51kJ?mol^{-1}}化学键时所吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据：

。rm{垄脵}化学键rm{P-P}rm{P-O}rm{O=O}rm{P=O}键能rm{/kJ?mol^{-1}}rm{197}rm{360}rm{499}rm{X}已知白磷rm{(P_{4})}的燃烧热为rm{2378.0kJ/mol}白磷完全燃烧的固体产物rm{(P_{4}O_{10})}的结构如图所示，则白磷燃烧的热化学方程式为______；上表中rm{X=}______。20、硫酸镁晶体rm{(MgSO_{4}隆陇7H_{2}O)}是一种重要的化工原料，可用于制革、炸药、造纸、瓷器等。以菱镁矿rm{(}主要成分是碳酸镁，含少量rm{FeCO_{3}}和不溶性杂质rm{)}为原料制取硫酸镁晶体的流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的rm{pH}见下表：

。阳离子rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}开始沉淀rm{pH}rm{9.1}rm{7.6}rm{1.9}完全沉淀rm{pH}rm{11.1}rm{9.7}rm{3.2}rm{(1)}“氧化”步骤中，加入rm{H_{2}O_{2}}溶液的目的是____________________________rm{(}用离子方程式表示rm{)}“沉淀”步骤中，用氨水调节rm{pH}的范围是________。rm{(2)}“过滤”所得滤液中含有的阳离子为rm{Mg^{2+}}________。rm{(3)}“结晶”步骤中需蒸发浓缩滤液，使用的实验仪器有铁架台rm{(}带铁圈rm{)}酒精灯、玻璃棒、________。rm{(4)}测定硫酸镁晶体样品中rm{MgSO_{4}隆陇7H_{2}O}的含量常采用下列实验方法：Ⅰrm{.}称取待测硫酸镁晶体样品rm{1.500g}加入过量的rm{EDTA}配成rm{100mLpH}在rm{9.0隆芦10.0}之间的溶液rm{A}Ⅱrm{.}移取rm{25.00mL}溶液rm{A}于锥形瓶中，用rm{0.1000mol隆陇L^{-1}Zn^{2+}}标准溶液与过量的rm{0.1000

mol隆陇L^{-1}Zn^{2+}}反应，消耗rm{EDTA}标准溶液rm{Zn^{2+}}Ⅲrm{20.00mL}另移取rm{.}溶液rm{25.00mL}于另一只锥形瓶中，调节rm{A}为rm{pH}用rm{0.1000mol隆陇L^{-1}Zn^{2+}}标准溶液与之充分反应，消耗rm{5.0隆芦6.0}标准溶液rm{0.1000

mol隆陇L^{-1}Zn^{2+}}已知：rm{Zn^{2+}}为rm{35.00mL}时，rm{垄脵pH}rm{9.0隆芦10.0}均能与rm{Mg^{2+}}反应：rm{Zn^{2+}}rm{EDTA(H_{2}Y^{2-})}rm{Mg^{2+}+H_{2}Y^{2-}篓TMgH_{2}Y}为rm{Zn^{2+}+H_{2}Y^{2-}篓TZnH_{2}Y}时，rm{垄脷pH}除与rm{5.0隆芦6.0}反应，还能与rm{Zn^{2+}}反应：rm{EDTA}rm{MgH_{2}Y}样品中杂质不参与反应。计算硫酸镁晶体样品中rm{Zn^{2+}+MgH_{2}Y篓TZnH_{2}Y+Mg^{2+}}的质量分数rm{垄脹}写出计算过程rm{MgSO_{4}隆陇7H_{2}O}rm{(}21、已知有五种元素原子序数的大小顺序为rm{C>A>B>D>E}rm{A}rm{C}同周期，rm{B}rm{C}同主族；rm{A}与rm{B}形成的离子化合物rm{A_{2}B}中所有离子的电子数都相同，其电子总数为rm{30}rm{D}与rm{E}可形成rm{4}核rm{10}电子分子。试回答下列问题：rm{(1)}写出元素的名称：rm{A}____，rm{E}____。rm{(2)}写出rm{D}元素形成的单质的结构式____。写出rm{A}rm{B}rm{E}形成的化合物的电子式：____；rm{C}在周期表的位置：____。rm{(3)}用电子式表示化合物rm{A_{2}B}的形成过程：____。rm{(4)A}rm{B}两种元素组成的化合物rm{A_{2}B_{2}}属于______rm{(}填“离子”或“共价”rm{)}化合物，存在的化学键类型是______；写出rm{A_{2}B_{2}}与水反应的化学方程式____。22、rm{(1)}用惰性电极电解rm{400mL}一定浓度的硫酸铜溶液rm{(}不考虑电解过程中溶液体积的变化rm{)}通电一段时间后，向所得的溶液中加入rm{0.1molCuO}后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和rm{pH}电解过程中转移的电子为_________rm{mol}rm{(2)}如果向所得的溶液中加入rm{0.1molCu(OH)_{2}}后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和rm{pH}电解过程中转移的电子为_________rm{mol}rm{(3)}如果向所得的溶液中加入rm{0.1molCu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和rm{0.1mol

Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}不考虑rm{pH(}的溶解rm{CO_{2}}电解过程中转移的电子为_________rm{)}rm{mol}评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、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）。24、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：_____________。25、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）。26、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_______评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【解答】解：解：各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf；②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s；2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4fA．不同能层相同能级的电子能量：E（3d）＞E（4s）＞E（3p），故A错误；

B．相同能层不同能级的电子能量：E（3s）＜E（3p）＜E（3d）；故B错误；

C．不同能层不同能级的电子能量：E（5d）＞E（4f）＞E（6s）；故C错误；

D．不同能层不同能级的电子能量：E（5s）＞E（4p）＞E（3d）；故D正确；

故选D．

【分析】根据构造原理，各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np，所以各能级能量由低到高的顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f，以此解答该题．2、A【分析】解：A、最简式是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，乙烯分子式为C2H4，故乙烯分子的最简式为CH2；故A正确；

B．己烷属于饱和烷烃，其正确的分子式为：C6H14；故B错误；

C．OH-是氢氧根离子；羟基化学式为-OH，故C错误；

D．C2H4Br2为分子式，1，2-二溴乙烷的结构简式为：故D错误；

故选A．

A．最简式是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；

B．己烷属于饱和烷烃，分子式为C6H14；

C．OH-是氢氧根离子；不是羟基；

D．结构简式是指把分子中各原子连接方式表示出来的式子．

本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，涉及结构简式、化学式、分子式、最简式等知识，注意掌握常见化学用语的书写原则，明确结构简式、分子式、最简式、结构式及羟基与氢氧根离子之间的区别．【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】本题考查离子化合物的组成和性质，题目难度不大，注意根据题给信息判断化合物的类型。【解答】A.rm{NH_{5}}为离子混合物，为rm{NH_{4}H}rm{1molNH_{5}}中含有rm{4N_{A}}个rm{N-H}键；故A错误；

B.rm{NH_{5}}为离子混合物，分子中存在rm{NH_{4}^{+}}和rm{H^{-}}为离子化合物，含有离子键，rm{N-H}键共价键；故B正确；

C.rm{NH_{5}}为离子混合物，分子中存在rm{NH_{4}^{+}}和rm{H^{-}}电子式为故C正确；D.它与rm{H_{2}O}反应，rm{H^{-}}具有还原性，rm{H_{2}O}具有氧化性，可生成氨气和氢气，反应的方程式为rm{NH_{5}+H_{2}O篓TNH_{3}?H_{2}O+H_{2}隆眉}故D正确。

故选A。

【解析】rm{A}4、A【分析】【分析】本题考查了同位素的判断。掌握同位素的概念：质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素是解答本题的关键。注意同位素研究的对象是原子，而不是单质或化合物。【解答】A.rm{{,!}^{12}}rm{C}和和rm{C}rm{{,!}^{14}}为质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子，互为同位素rm{C}为

rm{C}同位素研究的对象是原子，而，故A正确；B.rm{T}与rm{T}rm{{,!}_{2}}rm{O}与rm{H}为分子，不互为同位素，故B错误；

rm{O}同位素研究的对象是原子，而rm{H}rm{{,!}_{2}}与rm{O}为分子，不互为同位素，故B错误；rm{O}为分子，不互为同位素，C.

rm{O}不互为同位素，rm{O}

rm{{,!}_{2}}rm{O}【解析】rm{A}5、C【分析】【解答】解：（1）甲烷属于饱和烃，不能使KMnO4酸性溶液褪色，不能使溴水褪色，故（1）不符合；（2）苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，苯使溴水褪色不是发生反应，是苯萃取溴水中的溴使溴水褪色，故（2）不符合；（3）聚乙烯不含碳碳双键，不能使KMnO4酸性溶液褪色，不能使溴水褪色，故（3）不符合；（4）聚乙炔含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，能与溴发生加成反应使溴水褪色，故（4）符合；（5）2﹣丁炔含有碳碳三键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，能与溴发生加成反应使溴水褪色，故（5）符合；（6）环己烷属于环烷烃，具有烷烃的性质，不能使KMnO4酸性溶液褪色；不能使溴水褪色，故（6）不符合；（7）邻二甲苯，连接苯环的碳原子上含有氢原子，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，溶解溴使溴水褪色，故（7）不符合；（8）苯乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，能与溴发生加成反应使溴水褪色，故（8）符合．

故（4）（5）（8）．

故选：C．

【分析】（1）甲烷属于饱和烃，不能使KMnO4酸性溶液褪色，不能使溴水褪色．（2）苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，苯萃取溴使溴水褪色．（3）聚乙烯不含碳碳双键．（4）聚乙炔含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能被酸性高锰酸钾氧化，能与溴发生加成反应．（5）2﹣丁炔含有碳碳三键，具有炔烃的性质，能被酸性高锰酸钾氧化，能与溴发生加成反应．（6）环己烷属于环烷烃，具有烷烃的性质．（7）邻二甲苯，连接苯环的碳原子上含有氢原子，可以被酸性高锰酸钾氧化，不能与溴水反应．（8）苯乙烯，含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，能与溴发生加成反应．6、A【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的合成的应用。【解答】根据题意，甲为淀粉，乙为葡萄糖，丙为乙醇，丁为乙醛，戊为乙酸，己为乙酸乙酯，A.上述有机物的组成元素相同为碳、氢、氧，故A正确；B.葡萄糖、乙醛含有醛基，能发生银镜反应，故B错误；C.乙酸和乙醇发生取代反应生成乙酸乙酯，故C错误；D.除去乙酸乙酯中乙酸用饱和碳酸钠溶液，故D错误。故选A。【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】试题分析：（1）化学平衡常数只跟反应温度有关，而与投料方式无关，对于①②化学平衡常数一样。K={C(CO2)·C(H2)}∕{C(CO)·C(H2O)}=(0．2×0．2)∕{(0．5-0．2)×(1-0．2)}=1∕6=0．17．（2）对于容器③达到化学平衡时二氧化碳、氢气的平衡浓度为0．8mol∕L，则消耗的CO、H2O的浓度也是0．8mol∕L。所以C(CO)(平衡)=（1-0．8）mol∕L=0．2mol∕L；C(H2O)(平衡)=（2-0．8）mol∕L=1．2mol∕L。CO的转化率为：（0．8∕1）×100℅=80℅。(3)容器①中反应达平衡这段时间，化学反应速率V(H2)=ΔC(H2)∕Δt={(0．4-0)mol∕2L}∕5min=0．04mol∕(L·min)(4)容器②假设CO转化浓度为X，K={C(CO2)·C(H2)}∕{C(CO)·C(H2O)}=X2∕{(1-X)×(2-X)}=1∕6．解得X=0．4mol∕L．所以CO转化率为：（0．4∕1）×100℅=40℅。容器②③只是温度不同，起始投料相同，但CO的转化率前者是40℅，后者是80℅。可见反应物的转化率增大。根据勒夏特列原理可知升高温度化学平衡向吸热方向移动。故正反应是吸热反应。(5)a．容器①和容器②中投料比例相同，反应又是在相同温度下进行，所以反应物的转化率相同，产物的含量即体积分数相同，正确。b．该反应是气体体积相等的可逆反应。改变压强平衡不移动。由于容器②的物质的量是①的2倍，所以能量转化也是①的2倍。即Q1=32．8kJ。容器③与②比较：③温度高升。升高温度化学平衡向正反应方向移动。转化时能量变化比②多。达平衡状态时，Q2＞Q1所以反应达平衡状态时，Q2＞Q1=32．8kJ。错误。c．在其它条件不变的情况下，增大反应物的浓度，化学反应速率越快；升高温度，化学反应速率越快，达到平衡所需时间就越短。所以达到平衡的时间：t21<2．5min。错误。d．该反应的正反应是吸热反应。所以其热化学方程式应表示为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=+41kJ/mol。错误。考点：考查可逆反应的化学平衡常数、反应物的转化率、反应速率等问题的知识。【解析】【答案】（1）0．17（2）80℅（3）0．04mol/L（4）吸热升高温度，反应物的转化率增大。(5)a8、略

【分析】解：根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；

故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3．

电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2；反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式．

本题考查了化学方程式的书写及应用，题目难度中等，根据电离平衡常数正确判断酸性强弱为解答关键，注意掌握化学方程式的书写原则是，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO39、略

【分析】

的名称为：2-甲基-2-丁醇；分子中有4种氢原子；所以它的H-NMR谱中有4个峰；

分子中含有-OH，且邻位碳原子上含有氢原子，可发生消去反应，产物分别为（CH3）2CH=CH-CH3；CH2=C（CH3）-CH2CH3；

故答案为：2-甲基-2-丁醇；4；（CH3）2CH=CH-CH3；CH2=C（CH3）-CH2CH3；

【解析】【答案】根据饱和一元醇的系统命名法命名；根据等效氢判断氢原子的种类；氢原子的种类等于峰的个数；分子中含有-OH，且邻位碳原子上含有氢原子，可发生消去反应生成烯烃；

10、略

【分析】试题分析：⑴根据B的结构简式（）可确定其分子式为C6H12O；C（）的官能团名称为羰基；⑵通过分析C、D、的结构简式确定C→D的反应类型为加成反应；⑶B→C的反应类似于乙醇的催化氧化反应；⑷根据化合物D的结构简式其官能团有醇羟基、碳碳三键，能发生加成反应、消去反应、酯化反应、氧化反应等，但不能与FeCl3溶液发生显色反应；⑸依次通过消去反应得再通过加成反应得最后通过水解（取代）反应得⑹A的分子式为C6H6，其不饱和度为4，其一种同分异构体分子中没有碳碳双键也无环状结构，说明其只能含有2个碳碳三键，又因其核磁共振氢谱只有一个峰，说明其对称性较强，综上可得其结构简式为CH3－C≡C－O－C≡C－CH3。考点：考查有机化学推断与合成。【解析】【答案】（1）C6H12O（2分）；羰基（2分）（2）加成反应（2分）（3）（2分）（4）bcd（2分）（5）b（2分）（6）CH3－C≡C－O－C≡C－CH3（3分）11、略

【分析】解：苯氧乙酸（）的同分异构体符合：含有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；且苯环上有2种一硝基取代物，苯环上有2个取代基且处于对位位置，所以其同分异构体是：

故答案为：任意2种．

苯氧乙酸（）的同分异构体符合：含有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；且苯环上有2种一硝基取代物，苯环上有2个取代基且处于对位位置，据此书写．

本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力、推断能力的综合考查，把握酚的性质、酯化反应等为解答的关键，题目难度中等．【解析】任意2种12、（1）2，3-二甲基-2-丁烯

（2）②

（3）加成

（4）

（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断，以rm{D}的结构简式为突破口，结合反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，易错点为rm{F}的结构简式为突破口，结合反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，易错点为rm{D}rm{F}rm{{,!}_{1}}和rm{F}rm{F}rm{{,!}_{2}}，rm{G}rm{G}rm{{,!}_{1}}和rm{G}加成与rm{G}rm{{,!}_{2}}加成反应。【解答】的推断，注意理解烯烃的rm{1}rm{2-}加成与rm{1}rm{4-}加成反应。含有碳碳双键，根据rm{1}的结构简式可知rm{2-}为rm{1}与rm{4-}发生加成反应生成烯烃rm{A}含有碳碳双键，根据rm{D}的结构简式可知rm{A}为为rm{A}rm{D}rm{A}，rm{A}与rm{HBr}发生加成反应生成rm{C}为rm{(CH}rm{A}rm{HBr}rm{C}rm{(CH}rm{{,!}_{3}}与氢气发生加成反应生成rm{)}rm{)}与溴发生取代反应生成rm{{,!}_{2}}则rm{CBrCH(CH}为rm{CBrCH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}，rm{A}与氢气发生加成反应生成rm{B}rm{B}与溴发生取代反应生成rm{C}则rm{B}为rm{(CH}rm{A}rm{B}rm{B}在足量的氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{C}则rm{B}为rm{(CH}与适量rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}加成生成rm{CHCH(CH}rm{CHCH(CH}加成生成rm{{,!}_{3}}时rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{.D}在足量的氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{E}则rm{E}为rm{.D}rm{E}rm{E}，rm{E}与适量rm{Br}rm{E}rm{Br}rm{{,!}_{2}}反应时有两种加成方式，即rm{1}rm{2-}加成生成rm{1}rm{2-}和rm{1}rm{4-}加成生成rm{1}rm{4-}

，再加成rm{HBr}时rm{F}由上述分析可知，rm{HBr}的结构简式是：rm{F}rm{{,!}_{1}}二甲基有两种加成产物，rm{F}丁烯，rm{F}rm{{,!}_{2}}只有一种加成产物，则rm{F}二甲基rm{F}丁烯；

rm{{,!}_{1}}框图中属于取代反应的是为故答案为：，rm{F}

rm{F}框图中rm{{,!}_{2}}属于加成反应，故答案为：加成；

为，故Grm{{,!}_{1}}为，rm{G}

rm{G}物质rm{{,!}_{2}}反应到为的化学方程式：．rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的结构简式是：rm{(1)}rm{A}，名称为rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}丁烯，rm{2}rm{3-}rm{-2-}故答案为：【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}丁烯二甲基rm{2}丁烯

rm{3-}

rm{-2-}加成

rm{(2)垄脷}

rm{(2)垄脷}rm{(3)}加成三、工业流程题(共8题，共16分)13、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14、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.D15、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%16、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%17、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%18、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)四、简答题(共4题，共28分)19、略

【分析】解：rm{(1)垄脵.}氢气的物质的