2025年北师大新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年北师大新版高二化学下册阶段测试试卷712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、已知450℃时，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的K＝50，由此推测在450℃时，反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)的化学平衡常数为A.50B.0.02C.100D.无法确定2、咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下图所示，关于咖啡鞣酸的下列叙述正确的是A．分子式为C16H20O9B．与苯环直接相连的原子都在同一平面上C．1mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHD．能发生取代反应和加成反应，但不能发生消去反应3、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{1L}甲烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为rm{dfrac{1}{22.4}N_{A}}B.rm{1}rm{mol}甲基rm{(-CH_{3})}所含的电子总数为rm{7N_{A}}C.rm{0.5}rm{mol}rm{1}rm{3-}丁二烯分子中含有rm{C=C}双键数为rm{N_{A}}D.rm{1}rm{mol}碳正离子rm{(CH;_{3}^{+})}所含的电子总数为rm{8N_{A}}4、向rm{5.8g}某饱和一元醛中加入足量的银氨溶液，在一定条件下充分反应后析出rm{21.6g}银，该醛是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CHO}B.rm{CH_{3}CH_{2}CHO}C.rm{CH_{3}COCH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO}5、已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol，下列说法正确的是（）A.氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应B.1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于546.6KJC.在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量D.该反应中的能量变化可用如图来表示6、下列反应属于取代反应的是rm{(}rm{)}A.苯rm{隆煤}环己烷B.乙烯rm{隆煤}乙醇C.乙酸rm{隆煤}乙酸乙酯D.乙醇rm{隆煤}乙醛7、rm{2004}年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在rm{200^{circ}C}左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出rm{32}倍且更安全rm{.}电池总反应为：rm{C_{2}H_{5}OH+3O_{2}篓T2CO_{2}+3H_{2}O}电池示意如图，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a}极为电池的负极B.电池工作时电流由rm{b}极沿导线经灯泡再到rm{a}极C.电池工作时，rm{1mol}乙醇被还原时就有rm{6mol}电子转移D.电池正极的电极反应为：rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}隆煤2H_{2}O}8、下列叙述正确的是（）A.将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的pH=7时，c（SO42-）＞c（NH4+）B.两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH的别为a和a+1，则c1=10c2C.常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的盐酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色D.向0.1mol•L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH-）：c（NH3•H2O）减小评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究过氧化氢的性质。请填写下列空白：（1）移取10.00mL密度为ρg·mL－1的过氧化氢溶液至250mL________(填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。MnO4-＋H2O2＋H＋=Mn2＋＋O2＋（3）滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入____________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。如何判断滴定到达终点：。（4）如图表示25mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积(填序号)________。A．是amLB．是(25－a)mLC．一定大于amLD．一定大于(25－a)mL（5）重复滴定三次，平均耗用cmol·L－1KMnO4标准溶液VmL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为_________________。（6）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果________(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。10、(6分)A、B、C等八种物质有如下框图所示转化关系。已知，A是由地壳中含量最多的金属元素形成的单质，C、D、E是常见的由短周期元素形成的气体单质，气体F与气体G相遇产生大量的白烟，H是厨房中必备一种调味盐(部分反应物和生成物及溶剂水已略去)。请回答下列问题：（1）B的化学式为_______________。（2）F的电子式为_______________。（3）写出反应①的离子方程式：。（4）写出反应②的化学方程式：。11、新华网合肥2011年7月21日电；安徽省矿产资源储量评审中心公布：安徽省地质矿产勘查局在本省金寨县沙坪沟探明一处世界级的巨型钼矿，钼金属总储量达到220万吨以上，潜在经济价值超过6000亿元，钼是制备二维材料的重要金属，英国科学家因制备二维晶体材料--石墨烯获得2010年诺贝尔物理学奖，他们利用“胶带+铅笔”制得单层石墨烯（即从石墨表面剥离下来仅一个原子厚度的材料）．之后，人们又制备出一些氮化硼和二硫化钼的二维晶体．根据材料提供的信息，回答相关问题．

（1）已知铬的原子序数为24，钼原子和铬原子的电子排布相似，铬原子比钼原子少18个电子，写出钼（Mo）原子外围电子排布式：______．

（2）钼晶体类型是______，粒子之间作用力是______．

（3）二维晶体二硫化钼、石墨烯都是平面结构，石墨烯中碳原子的杂化轨道类型是______．

（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料，有多种晶体结构，如二维结构．第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种．

（5）①在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为______，层间作用力为______；六方氮化硼晶体的层内B原子数与B-N键数之比为______．推知：六方氮化硼晶体的硬度______（填“大”、“小”或“无法判断”），理由是：______．

②六方氮化硼在高温高压下；可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚。

石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是______g•cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）．12、白藜芦醇rm{(}结构如图rm{)}具有抗癌性．

请回答下列问题．

rm{(1)1mol}该有机物最多消耗______rm{mol}rm{NaOH}．

rm{(2)1mol}该有机物与rm{Br_{2}}反应时，最多消耗______rm{mol}rm{Br_{2}}．13、(9分)现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-、SO42-、和NO3-的相互分离。相应的实验过程可用下图表示：请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：试剂X_______，沉淀A_______，沉淀B。(2)上述实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是(用离子方程式表示)：。(3)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有___________(填化学式，下同)杂质。为了除去该杂质，可以向溶液3中加入适量的___________，若要获得固体NaNO3需进行的实验操作是________________。14、（12分）质子核磁共振谱（PMR）是研究有机物结构的重要方法之一。在研究的化合物分子中：所处环境完全相同的氢原子在PMR谱中出现同一种信号峰：如(CH3)2CHCH2CH3在PMR谱中有四种信号峰。又如CH3－CHBr＝CHX存在着如下的两种不同空间结构：因此CH3－CHBr＝CHX的PMR谱上会出现氢原子的四种不同信号峰。请填写下列空白：（1）化学式为C3H6O2的物质在PMR谱上观察到下列两种情况下氢原子给出的信号峰：第一种情况出现两个信号峰，第二种情况出现三个信号峰，由此可推断对应于这两种情况该有机物质结构式可能为：；____；（2）测定CH3CH＝CHCl时：能得到氢原子给出的信号峰6种：由此可推断该有机物一定存在种不同的结构：其结构式为：。15、有浓度均为0.2mol/L的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液；试回答下列问题：

①PH大小：Na2CO3______NaHCO3（填＞；﹦、＜）；

②微粒种类：Na2CO3______NaHCO3（填＞；﹦、＜）；

③在Na2CO3溶液中离子浓度由大到小排列顺序为______．16、rm{(1)}写出下列原子的轨道表示式：

rm{垄脵N}________________________________________rm{(2)}写出下列物质的电子式：rm{垄脵CO_{2;}}____________________rm{垄脷NH_{4}Cl}______________________rm{垄脹-OH}______________________rm{垄脺Ba(OH)_{2}}_______________________评卷人得分三、工业流程题(共6题，共12分)17、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___。18、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19、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]=____。20、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________%。21、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)。22、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、原理综合题(共2题，共8分)23、化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流

（1）写出CO2的电子式____________________。

（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。

（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_______________。

（4）滤液A中最主要的两种离子是_________。

（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。

（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。24、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)29、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．30、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8题，共16分)1、B【分析】试题分析：化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值。所以同一个可逆反应中逆反应的平衡常数是正方应平衡常数的倒数，因此反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的K＝50，由此推测在450℃时，反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)的化学平衡常数为K＝＝0.02，答案选B。考点：考查平衡常数的计算【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】【答案】B3、B【分析】解：rm{A}标况下，rm{1L}甲烷的物质的量是rm{dfrac{1}{22.4}mol}完全燃烧生成气体二氧化碳rm{dfrac{1}{22.4}mol}气态产物的分子数为rm{dfrac{1}{22.4}N_{A}}故A错误；

B、由于甲基没有得失电子，rm{1mol}甲基中含有rm{9mol}电子，所含的电子总数为rm{9N_{A}}故B正确；

C、由于rm{1mol1}rm{3-}丁二烯分子中含有rm{2mol}碳碳双键，rm{0.5mol}分子中含有rm{1mol}碳碳双键，含有rm{C=C}双键数为rm{N_{A}}故C错误；

D、由于碳正离子中含有rm{8}个电子，rm{1mol}碳正离子rm{(CH;_{3}^{+})}含有rm{8mol}电子，所含的电子总数为rm{8N_{A}}故D错误；

故选B．

A、标准状况下，rm{1L}甲烷的物质的量是rm{dfrac{1}{22.4}mol}完全燃烧生成二氧化碳rm{dfrac{1}{22.4}mol}

B、甲基没有得失电子，rm{1mol}甲基中含有rm{9mol}电子；

C、rm{1mol1}rm{3-}丁二烯分子中含有rm{2mol}碳碳双键，rm{0.5mol}分子中含有rm{1mol}碳碳双键；

D、碳正离子中含有rm{8}个电子，rm{1mol}碳正离子rm{(CH;_{3}^{+})}含有rm{8mol}电子．

本题考查了阿伏伽德罗常数，注意甲基没有得失电子，碳正离子有电子的转移，本题难度不大．【解析】rm{B}4、B【分析】解：rm{21.6g}银的物质的量为：rm{n(Ag)=dfrac{21.6g}{108g/mol}=0.2mol}

结合选项可知该醛一定不是甲醛，在银氨反应中饱和一元醛醛rm{n(Ag)=dfrac

{21.6g}{108g/mol}=0.2mol}醛rm{n(}rm{)}银rm{n(}rm{)=1}则rm{2}该醛的物质的量为：rm{0.2mol隆脕dfrac{1}{2}=0.1mol}该醛的摩尔质量为：rm{M=dfrac{5.8g}{0.1mol}=58g/mol}

则该饱和一元醛的相对分子质量rm{5.8g}饱和一元醛的通式为rm{0.2mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.1mol}

则：rm{M=dfrac

{5.8g}{0.1mol}=58g/mol}

解得：rm{58}

所以该醛为丙醛，结构简式为：rm{C_{n}H_{2n}O}

故选C．

根据选项可知该醛不是甲醛，然后结合银氨反应中饱和一元醛rm{14n+16=58}醛rm{n=3}rm{CH_{3}CH_{2}CHO}银rm{n(}rm{)}计算出醛的物质的量，然后根据rm{n(}计算出该醛的摩尔质量；从而可知该醛的相对分子质量，最后结合饱和一元醛的通式计算即可．

本题考查了化学方程式的计算，题目难度中等，明确银镜反应原理为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{)=1}【解析】rm{B}5、C【分析】解：A．由H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol可知该反应为放热反应；其逆反应为吸热反应，故A错误；

B．由气态HF转化成液态HF要放出热量，则1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于546.6KJ；故B错误；

C．H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol，为放热反应，则1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量；故C正确；

D．该反应为放热反应；生成物的总能量低于反应物的总能量，与图象不符，故D错误；

故选：C。

A．互为逆反应时；焓变的数值相同；符号相反；

B．生成物中气态与液态能量高；

C．H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol；为放热反应；

D．由图可知；反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应图中可表示吸热反应。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的判断、图象的分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。【解析】C6、C【分析】解：rm{A.}苯rm{隆煤}环己烷中rm{H}原子增多；为加成反应，故A不选；

B.乙烯rm{隆煤}乙醇为加成反应；故B不选；

C.乙酸rm{隆煤}乙酸乙酯为取代反应；故C选；

D.乙醇rm{隆煤}乙醛为氧化反应；故D不选；

故选C．

A.苯环可发生加成反应；

B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇；

C.乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；

D.乙醇发生催化氧化反应生成乙醛．

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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大．【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}原电池工作时，阳离子向正极移动，则rm{a}为负极；故A正确；

B.电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由rm{b}极流向rm{a}极；故B正确；

C.已知电极反应式为rm{C_{2}H_{5}OH+3H_{2}O-12e^{-}=2CO_{2}+12H^{+}}则rm{1mol}乙醇被氧化失去rm{12mol}电子；故C错误；

D.正极氧气得到电子被还原，电极反应式为rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}故D正确；

故选C．

由质子的定向移动方向可知rm{a}为负极，rm{b}为正极，负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成rm{CO_{2}}和，电极反应式为rm{C_{2}H_{5}OH+3H_{2}O-12e^{-}=2CO_{2}+12H^{+}}正极氧气得到电子被还原，电极反应式为rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}结合电极反应解答该题．

本题考查原电池知识，题目难度中等，本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法．【解析】rm{C}8、D【分析】解：A．混合溶液呈中性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒得2c（SO42-）=c（NH4+），所以c（SO42-）＜c（NH4+）；故A错误；

B．对于pH分别为a和a+1强酸，则其物质的量浓度满足则c1=10c2，而醋酸为弱电解质，浓度越大，醋酸的电离程度越小，所以两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH的别为a和a+1，则c1＞10c2；故B错误；

C．常温下；pH=11的NaOH溶液浓度与pH=3的盐酸溶液浓度相等，等体积混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐氯化钠，溶液呈中性，滴入紫色石蕊试液溶液不变色，故C错误；

D．向0.1mol•L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，氨水中铵离子浓度增大，一水合氨的电离程度减小，溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水浓度增大，则溶液中c（OH-）/c（NH3•H2O）减小；故D正确；

故选：D。

A．混合溶液呈中性，则c（OH-）＞c（H+）；根据电荷守恒判断；

B．若是强酸，pH分别为a和a+1，则强酸的浓度满足c1=10c2；醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，其浓度越大，电离程度越小，所以c1＞10c2；

C．常温下；pH=11的NaOH溶液浓度与pH=3的盐酸溶液浓度相等，等体积混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐氯化钠，溶液呈中性；

D．硫酸铵电离出铵根离子而抑制一水合氨电离；导致溶液碱性变小．

本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离等知识点，为高频考点，明确溶液中溶质及弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意：弱酸溶液浓度越大其电离程度越小，题目难度不大．【解析】D二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】试题分析：（1）本题是考查溶液配制操作，配制溶液的玻璃仪器为容量瓶。（2）本题考查氧化还原反应滴定和氧化还原方程式的配平。此处高锰酸钾做氧化剂，化合价降低，H2O2作还原剂，被氧化，化合价升高，生成氧气和水。针对氧化还原反应的配平问题，要牢牢掌握缺项配平技巧，即先用化合价升降找出得失电子数，再按得失电子守恒把化合价发生变化的物质配平，最后再配平其他物质。所以该方程式配平后是：2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O（3）高锰酸钾是强氧化剂，会腐蚀橡胶管，所以不能用碱式滴定管盛装。用紫红色的高锰酸钾滴定无色的待测液，则到达滴定终点时候是高锰酸钾恰好过量半滴的时候，此时溶液颜色由无色变成浅的紫色，且半分钟内不褪色。（4）本题考查滴定管的读数。量程为25ml的滴定管，在量程一下还有一段没有量程的液体，所以总体积要大于25ml，所以当液面在a处时，剩余液体的体积要大于25-a，故选D。（5）ω=m/m总×100%=(2.5×c×V×M×10)/ρV=17cV/2ρ%（6）滴定前尖嘴有气泡，则气泡有一定体积，会导致所读标准液的体积比实际的要大，据C测=C标V标/V测知，会导致所测结果偏高。考点：本题考查的是氧化还原滴定知识。【解析】【答案】（1）容量瓶（2）2、5、6、2、5、8H2O（3）酸式最后一滴高锰酸钾溶液滴入，溶液恰好由无色变成浅紫色，且30秒内不褪色（4）D（5）17cV/2ρ%（6）偏高10、略

【分析】试题分析：A是由地壳中含量最多的金属元素形成的单质，则A是Al，C、D、E是常见的由短周期元素形成的气体单质，气体F与气体G相遇产生大量的白烟，则B是NaOH，C是氮气，D是氢气，E是Cl2，F是NH3，G是HCl，H是厨房中必备一种调味盐，是NaCl，（1）B的化学式为NaOH，（2）F的电子式为（3）反应①的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2—＋3H2↑（4）反应②的化学方程式为NH4Cl＋NaOH=NaCl＋NH3↑＋H2O考点：考查无机物的推断。【解析】【答案】（1）NaOH（2）（3）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO－2＋3H2↑（4）NH4Cl＋NaOH=NaCl＋NH3↑＋H2O11、略

【分析】解：（1）原子序数为24，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，钼原子和铬原子的电子排布相似，铬原子比钼原子少18个电子，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；4钼（Mo）原子外围电子排布式：4d55s1；

故答案为：4d55s1；

（2）钼晶体类型是金属晶体；粒子之间作用力是金属键；

故答案为：金属晶体；金属键；

（3）石墨烯中碳原子形成3个σ键，无孤电子对，sp2杂化；

故答案为：sp2杂化；

（4）同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，Li、Be、B、C、N、O、F、Ne元素处于第二周期，第一电离能由大到小的顺序是：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种；

故答案为：3；

（5）①在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中；层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为范德华力；六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，六方氮化硼晶体的层内B原子数与B-N键数之比为1：3；该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电；

故答案为：3：1；六方氮化硼晶体属于混合型晶体；由于层与层之间范德华力很弱，其硬度小。

故答案为：共价键；范德华力；1：3；小；由于层与层之间范德华力很弱；其硬度小；

②金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为×4，一个立方氮化硼晶胞的体积是（361.5pm）3，根据ρ==g•m-3；

故答案为：．

（1）原子序数为24，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，钼原子和铬原子的电子排布相似，铬原子比钼原子少18个电子，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；

（2）钼为金属晶体；金属晶体间存在金属键；

（3）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；

（4）同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素来解答；

（5）①在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中；层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为范德华力；六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键；六方氮化硼晶体重由于层与层之间范德华力很弱，其硬度小；

②金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为一个立方氮化硼晶胞的体积是（361.5pm）3，根据ρ=计算密度．

本题考查较为全面，涉及到核外电子排布、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，有关晶体计算等方法．【解析】4d55s1；金属晶体；金属键；sp2杂化；3；共价键；范德华力；1：3；小；由于层与层之间范德华力很弱，其硬度小；12、略

【分析】解：rm{(1)}白藜芦醇分子中的酚羟基能与rm{NaOH}溶液反应，白藜芦醇分子中含有rm{3}个酚羟基，所以rm{1mol}该有机物最多消耗rm{3molNaOH}

故答案为：rm{3}

rm{(2)}白藜芦醇分子中共含有rm{3}个酚羟基，rm{1mol}该化合物可与rm{5mol}溴发生取代反应；白藜芦醇还含有rm{1}个碳碳双键，则rm{1mol}该化合物可与rm{1mol}溴发生加成反应，所以rm{1mol}白藜芦醇最多消耗rm{6mol}溴；

故答案为：rm{6}．

rm{(1)}白藜芦醇分子中的酚羟基能与rm{NaOH}溶液反应；

rm{(2)}有机物中含有酚羟基；可与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应．

本题考查有机物结构与性质，题目难度不大，明确有机物分子中含有官能团类型为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{3}rm{6}13、略

【分析】考查物质的分离与提纯。（1）由于操作②中加入的是硝酸银溶液，这说明X应该是钡盐，即X是氯化钡或硝酸钡，则沉淀A是硫酸钡。而沉淀B则是氯化银。（2）由于溶液中钡离子和银离子都是过量的，所以碳酸钠的目的是除去过量的钡离子和银离子，反应放热离子方程式分别是Ba2++CO32－＝BaCO3↓、2Ag++CO32－＝Ag2CO3↓。（3）由于加入的碳酸钠也是过量的，所以溶液3中一定含有碳酸钠。为除去碳酸钠，可以加入适量的硝酸。而要得到硝酸钠固体，需要的实验操作是蒸发。【解析】【答案】(9分)(1)BaCl2[或Ba(NO3)2]BaSO4AgCl(各1分)(2)Ba2++CO32－＝BaCO3↓2Ag++CO32－＝Ag2CO3↓(答两个3分，答一个1分)(3)Na2CO3HNO3蒸发(各1分)14、略

【分析】考查有机物中氢原子种类的判断。首先同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。（1）根据化学式可判断，有机物属于羧酸或酯类。第一种情况出现两个信号峰，因此应该是乙酸甲酯，结构简式为CH3COOCH3。第二种情况出现三个信号峰，则是丙酸合伙甲酸乙酯，结构简式分别是CH3CH2COOH、HCOOCH2CH3。（2）根据结构简式可知分子中的氢原子有3种，但得到氢原子给出的信号峰却是6种，这说明该有机物存在顺反异构，结构式分别是和【解析】【答案】（1）CH3COOCH3，CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3（2）二，和（每空3分）15、略

【分析】解：①CO32-对应的酸为HCO3-，而HCO3-对应的酸为H2CO3，由于酸性H2CO3＞HCO3-，而酸越弱，盐越水解，故Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，即Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的碱性，则PH大小：Na2CO3＞NaHCO3；故答案为：＞；

②CO32-的水解分两步进行：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故Na2CO3溶液中存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O，而HCO3-既能水解又能电离：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，HCO3-⇌H++CO32-，故故NaHCO3溶液中存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O；所以两种溶液中微粒种类相同；

故答案为：=；

③Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，因CO32-水解水解显碱性，且第一步水解大于第一步电离，则离子浓度关系为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）．

①酸（碱）越弱；则对应的盐的水解程度越大；

②CO32-的水解分两步，而HCO3-既能水解又能电离；据此分析离子种类；

③Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；且以第一步为主，据此分析离子浓度大小关系．

本题考查了离子浓度的大小比较以及盐溶液水解程度大小判断，为高频考点，注意“越弱越水解”是解答的关键，题目难度中等．【解析】＞；=；c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）16、（1）

（2）①

②

③

④【分析】【分析】本题考查原子核外电子排布以及电子式的书写，难度不大。【解答】rm{(1)N}原子核外有rm{7}个电子，其轨道表示式为故答案为：rm{(2)垄脵CO_{2}}中存在两对碳氧共用电子对，二氧化碳的电子式为：，故答案为：rm{垄脷NH_{4}Cl}中氯离子和铵根离子之间通过离子键形成化合物，其中铵根中含有共价键，电子式为，故答案为：；rm{{,!}}rm{垄脹-OH}的电子式为故答案为：rm{垄脺Ba(OH)_{2}}是离子化合物，由由rm{Ba^{2+}}离子和rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}离子构成，rm{Ba}rm{(OH)}rm{(OH)}rm{{,!}_{2}}的电子式为，故答案为：【解析】rm{(1)}rm{(2)垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}三、工业流程题(共6题，共12分)17、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18、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.D19、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%20、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%21、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%22、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，