2025年北师大新版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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上册阶段测试试卷114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9题，共18分)1、下列有关rm{0.10mol?L^{-1}}的rm{NH_{4}Cl}溶液的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}B.rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}C.rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}D.rm{c(NH_{4}^{+})+c(Cl^{-})=0.10mol?L^{-1}}2、rm{x}rm{y}rm{z}三种物质的分子组成分别符合烷烃、烯烃、炔烃的通式，若在一定条件下rm{VL}的rm{x}rm{y}rm{z}的混合气体可与rm{VL}的rm{H_{2}}发生加成反应，则混合气体中rm{x}rm{y}rm{z}的体积比可能是rm{(}rm{)}A.rm{1隆脙1隆脙1}B.rm{1隆脙2隆脙3}C.rm{2隆脙4隆脙1}D.rm{3隆脙2隆脙1}3、rm{9.}在密闭容器中进行的反应：rm{N_{2}+3H_{2}}rm{2NH_{3}}下列说法正确的是A.加入催化剂能加快反应速率B.增大压强能减慢反应速率C.达到平衡时，反应速率：rm{v}rm{(}正rm{)=}rm{v}rm{(}逆rm{)=0}D.达到平衡时，rm{N_{2}}和rm{H_{2}}能rm{100%}转化为rm{NH_{3}}4、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)。若在500℃和催化剂的作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列有关说法不正确的是A.若降低温度，可以减慢反应速率B.催化剂既能加快化学反应速率，又能提高SO2的转化率C.氧气足量时，SO2不能完全转化为SO3D.达到平衡时，SO2和SO3的浓度一定相等5、有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是6、rm{2.0mol}rm{PCl_{3}}和rm{1.0mol}rm{Cl_{2}}充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：rm{PCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)?PCl_{5}(g)}达平衡时，rm{PCl_{5}}为rm{0.40mol}如果此时移走rm{1.0mol}rm{PCl_{3}}和rm{0.50mol}rm{Cl_{2}}在相同温度下再达平衡时rm{PCl_{5}}的物质的量是rm{(}rm{)}A.rm{0.40}rm{mol}B.rm{0.20}rm{mol}C.小于rm{0.20}rm{mol}D.大于rm{0.20}rm{mol}小于rm{0.40}rm{mol}7、美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠rm{(NaAuCl_{4})}溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒rm{(}直径为rm{20nm隆芦60nm).}下列有关说法中错误的是rm{(}rm{)}A.检测时rm{NaAuCl_{4}}发生氧化反应B.葡萄糖的结构简式为rm{CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO}C.葡萄糖具有还原性D.纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应8、拟除虫菊酯是一类高效，低毒，对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下图。下列对该化合物叙述不正确的是rm{(}rm{)}

A.属于芳香化合物B.属于卤代烃C.具有酯类化合物的性质D.在一定条件下可以发生加成反应9、rm{ClO_{2}}是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂rm{.}实验室可通过以下反应制得rm{ClO_{2}}rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}overset{?}{=}2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O(}方程式中rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}overset{?}{=}

2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O(}为rm{H}价，rm{+1}为rm{O}价rm{-2}下列说法正确的是rm{)}rm{(}A.rm{)}在反应中失电子B.rm{KClO_{3}}是氧化产物C.rm{ClO_{2}}在反应中被氧化D.rm{H_{2}C_{2}O_{4}}参加反应有rm{1molKClO_{3}}电子转移rm{2mol}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、化合物A（C11H8O4）在氢氧化钠溶液中加热反应后再酸化可得到化合物B和C。回答下列问题：⑴B的分子式为C2H4O2，分子中只有一个官能团。则B的结构简式是________，B与乙醇在浓硫酸催化下加热反应生成D，该反应的化学方程式是______________________，该反应的类型是________；写出两种能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式__________________________。⑵C是芳香化合物，相对分子质量为180，其碳的质量分数为60.0％，氢的质量分数为4.4％，其余为氧，则C的分子式是_____________。⑶已知C的芳环上有三个取代基，其中一个取代基无支链，且还有能使溴的四氯化碳溶液褪色的官能团及能与碳酸氢钠溶液反应放出气体的官能团，则该取代基上的官能团名称是____。另外两个取代基相同，分别位于该取代基的邻位和对位，则C的结构简式是____。⑷A的结构简式是____。11、（7分）A、B、C、D是四种短周期元素，E、F是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：B是同周期除稀有气体外半径最大的元素，C的最外层有三个成单电子，E、F的外围电子排布式分别为3d54s1，3d64s2，回答下列问题：（1）、A的基态原子的电子排布式是；（2）、B的最高价氧化物的化学式为，C的最低负化合价为。（3）、用轨道表示式表示D原子核外电子排布；（4）、解释为什么E的外围电子排布式为3d`54s1，而不为3d44s2？；（5）、F原子结构示意图是。12、（6分）在水溶液中橙红色的Cr2O72－与黄色的CrO42－有下列平衡关系：Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋，把K2Cr2O7溶于水配成稀溶液,溶液呈橙色。（1）向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈_______色，平衡________。(填“向左移”或“向右移”，下同。)（2）再加入过量稀H2SO4，则溶液呈_______色，平衡________。（3）向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液（已知BaCrO4为黄色沉淀）则平衡_______________，溶液颜色将__________。13、请选择“增大”；“减小”、“不变”、“大于”、“小于”或“等于”填空：

（1）升高温度时，水的pH将______．

（2）用水稀释0.1mol/L氨水时，的比值将______．

（3）pH相同的盐酸和醋酸，分别用蒸馏水将其稀释到原来的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则m______n．

（4）将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol/LNaOH溶液中，则c（HCO3-）______c（CO32-）．14、rm{(1)}常温下，向rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}的的醋酸溶液中加入rm{0.1mol}醋酸钠固体，则醋酸的电离平衡向______rm{(}填“正”或“逆”rm{)}反应方向移动；溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-})隆陇c(H^{+})/c(CH_{3}COOH)}的值_______rm{c(CH_{3}COO^{-})隆陇c(H^{+})/c

(CH_{3}COOH)}填“增大”、“减小”或“不变”rm{(}rm{)}常温时，测得rm{(2)}rm{0.1mol隆陇L^{-1}}溶液的rm{Na_{2}A}rm{pH=7}在水溶液中的电离方程式为______________________。rm{垄脵H_{2}A}该温度下，将rm{垄脷}溶液稀释rm{0.01mol隆陇L^{-1}H_{2}A}倍后，溶液的rm{20}_______。rm{pH=}体积相等、rm{垄脹}的盐酸与rm{pH=1}溶液分别与足量的rm{H_{2}A}反应，产生的氢气______rm{Zn}填序号rm{(}rm{)}、盐酸多rm{A}rm{B}多rm{H_{2}A}一样多rm{C}无法确定rm{D}15、实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯．有关物质的相关数据如下表．

。化合物相对分子质量密度/g•cm-3沸点/℃溶解度/100g水正丁醇740.80118.09冰醋酸601.045118.1互溶乙酸正丁酯1160.882126.10.7请回答有关问题．

I乙酸正丁酯粗产品的制备。

在三孔圆底烧瓶中装入沸石；加入18.5mL正丁醇和15.4mL冰醋酸（稍过量），再加3～4滴浓硫酸．然后安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）；温度计及回流冷凝管，加热冷凝回流反应．

（1）本实验过程中可能产生多种有机副产物，请写出其中一种的结构简式____．

（2）反应时加热有利于提高酯的产率，但实验发现温度过高酯的产率反而降低，可能的原因是____．

Ⅱ乙酸正丁酯粗产品的制备。

（1）将圆底烧瓶中的液体转入分液漏斗中，并用饱和Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是____．

（2）将酯层采用如图1所示装置蒸馏．

①图2中仪器A、B的名称分别为____．

②蒸馏收集乙酸正丁酯产品时，应将温度控制在____左右．

Ⅲ计算产率。

称量制得的乙酸正丁酯的质量为13.92g，则乙酸正丁酯的产率为____．

16、（6分）某种工业废水中含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们易被人体吸收积累而导致肝癌。污水处理厂常用还原沉淀法处理含铬废水，其流程如下：（1）已知第①步存在平衡：2CrO42—（黄色）+2H+Cr2O72—（橙色）+H2O①Cr2O72-中Cr的化合价是。②若平衡体系的pH=10，则溶液显色。（2）第②步发生反应的离子方程式为_______，还原1molCr2O72—离子，需要____mol的FeSO4·7H2O；（3）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至。17、化合物A经李比希法测得其中含C72.0%；H6.67%；其余含有氧；质谱法分析得知A的相对分子质量为150．现代仪器分析有机化合物的分子结构有以下两种方法．

方法一：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰；其面积之比为1：2：2：2：3．

方法二：利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中的某些基团；现测得A分子的红外光谱如图：

已知：A分子中只含有一个苯环；且苯环上只有一个取代基，试填空．

（1）A的分子式为______；

（2）A的结构简式为______或______（任意写两种）

（3）A的芳香类同分异构体有多种，其中分子中不含甲基的芳香酸为______．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、简答题(共1题，共7分)24、化学在解决雾霾污染中有着重要的作用，雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物rm{(}包括rm{PM2.5)}氮氧化物rm{(NO_{x})}rm{CO}rm{SO_{2}}等rm{.}

rm{(1)}已知：rm{NO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?NO_{2}(g)triangleH=-56.5kJ?mol^{-1}}

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6kJ?mol^{-1}}

则反应rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)triangleH=}______rm{NO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?NO_{2}(g)triangleH=-56.5kJ?mol^{-1}}．

一定条件下，将rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H=-196.6kJ?mol^{-1}}与rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)triangle

H=}以体积比rm{kJ?mol^{-1}}rm{NO_{2}}置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应；下列能说明反应达到平衡状态的有______．

rm{SO_{2}}混合气体的平均相对分子质量rm{1}混合气体颜色保持不变。

rm{2}和rm{a.}的体积比保持不变rm{b.}每消耗rm{c.SO_{3}}rm{NO}的同时生成rm{d.}rm{1mol}

rm{SO_{3}}综合利用．

rm{1mol}用于合成甲醇反应方程式为：rm{NO_{2}}若起始投入rm{(2)CO}rm{垄脵CO}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{1molCO}在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图rm{2mol}得知该反应rm{H_{2}}______rm{CO}该反应实际生产条件控制在______rm{1.}rm{triangleH}左右最为适宜．

rm{0}电解rm{隆忙}制备rm{1.3隆脕10^{4}kPa}电解质为碳酸钠溶液，工作原理如图rm{垄脷}所示；写出阴极区电极反应式______．

rm{CO}评卷人得分五、原理综合题(共2题，共18分)25、磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

（操作流程）安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。

（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

请回答下列问题：

(1)仪器C的名称是__________________；

(2)以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式____________________；检查整套装置气密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是______________________；通入空气的作用是____________。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将____________（填“偏低”；“偏高”或“不变”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1。26、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溶液评卷人得分六、综合题(共2题，共20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9题，共18分)1、C【分析】解：rm{A.}氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，则rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}故A错误；

B.rm{NH_{4}Cl}溶液中铵根离子水解，则rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}故B错误；

C.由电荷守恒可知，rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}故C正确；

D.rm{n(Cl)=n(N)}由物料守恒可知rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}.H_{2}O)=0.10mol?L^{-1}}rm{c(NH_{4}^{+})+c(Cl^{-})<0.10mol?L^{-1}}故D错误；

故选C．

rm{NH_{4}Cl}溶液中铵根离子水解显酸性，且水解程度不大，则rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}并结合电荷守恒；物料守恒来解答．

本题考查离子浓度比较，为高频考点，把握盐类水解、电荷守恒、物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盐的类别及构成，题目难度不大．【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】本题考查混合物计算、加成反应等，难度中等，关键是根据加成反应确定烷烃与炔烃的体积比为rm{1}rm{1}【解答】烷烃不与rm{H_{2}}反应，rm{1mol}烯烃可与rm{1molH_{2}}加成，而rm{1mol}炔烃可与rm{2molH_{2}}加成，由于rm{VL}混合气体与rm{VL}氢气发生加成反应，因此，只要烷烃与炔烃的体积比为rm{1}rm{1}即符合题意，与烯烃的体积无关，故A正确。

故选A。

【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】解答本题时根据外界条件对反应速率的影响，认真分析即可。【解答】A.使用催化剂化学反应速率加快；故A正确；

B.增大压强反应速率加快；而不是减慢，故B错误；

C.化学平衡是动态平衡，达到平衡时，反应速率：rm{v_{(脮媒)}=v_{(脛忙)}>0}故C错误；

D.化学平衡研究的对象是可逆反应；可逆反应不可完全转化，所以氮气和氢气不可能完全转化，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}4、B|D【分析】试题分析：A选项降低温度，反应速率减慢，正确。B选项催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡，错误。C选项因为是可逆反应，有化学反应的限度，正确。D选项平衡时浓度关系与投料关系，错误。考点：影响平衡的条件和平衡的限度问题。【解析】【答案】BD5、C【分析】【解析】【答案】C6、C【分析】解：达平衡后移走rm{1.0molPC1_{3}}和rm{0.50molC1_{2}}重新到达的平衡，可以等效为开始加入rm{1.0molPC1_{3}}和rm{0.50molC1_{2}}到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时rm{PC1_{5}}的物质的量小于原平衡的rm{dfrac{1}{2}}倍，即达平衡时rm{PC1_{5}}的物质的量小于rm{0.4mol隆脕dfrac{1}{2}=0.2mol}

故选C．

达平衡后移走rm{0.4mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.2mol}和rm{1.0molPC1_{3}}重新到达的平衡，可以等效为开始加入rm{0.50molC1_{2}}和rm{1.0molPC1_{3}}到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时rm{0.50molC1_{2}}的物质的量小于原平衡的rm{PC1_{5}}倍rm{dfrac{1}{2}}

本题考查化学平衡的影响因素，化学平衡的建立等，题目难度中等，关键是设计等效平衡建立的途径，掌握基础是解题关键．rm{.}【解析】rm{C}7、A【分析】解：rm{A.}氯金酸钠变为金化合价降低；发生还原反应，故A错误；

B.葡萄糖的结构简式为rm{CH_{2}OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO}故B正确；

C.葡萄糖中含有醛基；具有还原性，故C正确；

D.纳米金单质颗粒直径为rm{20nm隆芦60nm}分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．

故选A．

A.化合价降低的反应是还原反应；

B.葡萄糖结构简式为rm{CH_{2}OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO}

C.葡萄糖中含有醛基；

D.分散质粒子直径在rm{1nm-100nm}之间的分散系为胶体．

本题考查胶体、葡萄糖的性质、氧化还原反应等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】

本题考查了有机物类别的判定，解答本题的关键是掌握芳香族化合物和卤代烃的概念，能够判断有机物所属类别，能够找出有机物中含有的官能团，根据官能团判断有机物具有的化学性质。【解答】

A.芳香化合物是含有苯环的化合物，该分子中含有苯环，属于芳香化合物，故A正确；B.烃分子中的氢原子被卤素原子取代后生成的化合物称为卤代烃，组成元素为碳、氢和卤原子，该分子中除了含有碳、氢和卤原子外，还含有氧、氮两种元素，不属于卤代烃，故B错误；C.该分子中含有官能团酯基rm{-COOR}rm{-COOR}，所以具有酯类化合物的性质，故C正确D.该分子中含有；碳碳双键和苯环，在一定条件下可以发生加成反应，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}9、C【分析】【分析】

本题考查氧化还原反应；侧重于基础知识的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，难度不大。

【解答】

根据反应方程式可知，rm{Cl}元素的化合价由rm{+5}价降低为rm{+4}价，rm{C}元素的化合价由rm{+3}价升高到rm{+4}价；以此来解答。

A.rm{Cl}元素的化合价由rm{+5}价降低为rm{+4}价，则rm{KClO_{3}}在反应中得电子；故A错误；

B.该反应中rm{KClO_{3}}是氧化剂，在反应中被还原，rm{ClO_{2}}是还原产物；故B错误；

C.该反应中rm{C}元素的化合价由rm{+3}价升高到rm{+4}价，所以rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是还原剂；在反应中被氧化，故C正确；

D.rm{Cl}元素的化合价由rm{+5}价降低为rm{+4}价，rm{1}个氯原子转移rm{1}个电子，所以rm{1molKClO_{3}}参加反应，转移rm{1mol}电子；故D错误。

故选：rm{C}

【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【解析】试题分析：根据题中信息的化合物A属于酯类物质。⑴B为羧酸类物质。B的结构简式是CH3COOH。B与乙醇发生酯化反应生成D，方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。反应类型是酯化(取代)反应。能发生银镜反应中含有醛基（-CHO），故同分异构体的结构简式为HOCH2CHO、HCOOCH3。⑵N(C)=180*60.0％/12=9；N(H)=180*4.4％/1=7.92≈8；N(O)=180*35.6％/16=4.005≈4。故C的分子式为C9H8O4。⑶根据题意分析官能团名称是碳碳双键和羧基。⑷根据以上分析得出A的结构简式是考点：酯化反应分子式的确定结构简式的确定【解析】【答案】(共14分)（1）CH3COOH，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，（每空2分）酯化(取代)反应（1分），HOCH2CHO、HCOOCH3（2分）（2）C9H8O4（2分）（3）碳碳双键和羧基（1分）（2分）(4)（2分）11、略

【分析】根据A原子的结构示意图可知，A是硅，所以B是钠，C是P，D是N。E、F的外围电子排布式分别为3d54s1，3d64s2，所以E是铬，F是铁。（1）根据构造原理可知，硅原子的的基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2。（2）钠的最高价是＋1价，所以最高价氧化物是Na2O。P是第ⅤA元素，所以最低价是－3价。（3）根据构造原理可知，氮原子的轨道表达式为（4）由于轨道中的电子处于全充满或半充满是最稳定的，体系的能量才是最低的，所以铬原子的的外围电子排布式为3d`54s1，而不为3d44s2。（5）原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数。所以铁原子的结构示意图为【解析】【答案】(1)、1s22s22p63s23p2（1分）；(2)、Na2O、-3（各1分），（3）（1分）(4)E的外围电子呈3d`54s1时,3d、4s轨道上的电子处于半满状态,整个体系的能量最低。(2分)（5）（1分）12、略

【分析】向上述溶液中加入NaOH溶液，中和H+平衡向正反应方向移动，黄色的CrO42-变多，溶液呈黄色。（1)中再加入过量稀H2SO4，平衡向逆反应方向移动，溶液呈橙红色。C(CrO42-)变小平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，因为浓度变小了。【解析】【答案】（1）黄色、向右移（2）橙红色、向左移（3）向右移变浅13、略

【分析】解：（1）升温促进电离；pH减小，故答案为：减小；

（2）加水时电离平衡正向移动，n（OH-）增大，n（NH3•H2O）减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则c（OH-）/c（NH3•H2O）增大；故答案为：增大；

（3）因为醋酸是弱酸；加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＜n，故答案为：小于；

（4）150mL1mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.15L×1.0mol/L=0.15mol；

2.24LCO2（标准状况）的物质的量为=0.1mol；

令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol；ymol；根据钠离子、碳原子守恒列方程，则：

2x+y=0.15

x+y=0.1；

解得：x=0.05；y=0.05；

即溶质为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠的水解程度比碳酸氢钠的大，碳酸钠水解生成碳酸氢钠，故c（HCO3-）大于c（CO32-）；故答案为：大于．

（1）水的电离是吸热过程；

（2）加水时电离平衡正向移动，n（OH-）增大，n（NH3•H2O）减小；

（3）醋酸是弱电解质；加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡；

（4）令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒列方程计算x、y的值，再判断CO32-和HCO3-的物质的量浓度．

本题考查水和酸的电离和盐类的水解，明确离子的物质的量的变化与浓度的变化的区别是解答的关键，并注意稀释时溶液的体积增大来分析解答，题目难度不大．【解析】减小；增大；小于；大于14、rm{(1)}逆不变

rm{(2)垄脵H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}

rm{(2)垄脵

H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}

rm{垄脷3}rm{垄脹C}【分析】【分析】本题主要考察醋酸的电离平衡，化学平衡的移动，题目难度不大，是基础题。【解答】rm{(1)}常温下，向rm{1L}rm{0.1}rm{mol/L}的醋酸溶液中加入rm{0.1mol}醋酸钠固体，加入的醋酸钠能完全电离产生rm{CH_{3}COO^{?}}相当于增加了溶液中rm{CH_{3}COO^{?}}的浓度，则醋酸的电离平衡向逆反应方向移动；醋酸的电离平衡常数为rm{K_{a}=c}rm{(CH_{3}COO^{-})隆陇c(H^{+})}rm{/}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)}的值就是醋酸的电离平衡常数的值，只随温度的改变而改变，因此值不变，故答案为：逆；不变；rm{(2)垄脵}常温时，测得rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}A}溶液的rm{pH=7}说明rm{Na_{2}A}不水解，则rm{H_{2}A}为二元强酸，在溶液中完全电离出氢离子和rm{A^{2-}}则电离方程式为rm{H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}故答案为：rm{H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}rm{垄脷}该温度下，将rm{0.01mol?L^{-1}H_{2}A}溶液中氢离子的浓度为rm{0.02mol?L^{-1}}稀释rm{20}倍，氢离子浓度为rm{0.0220=0.001mol?L^{-1}}则rm{pH=3}故答案为：rm{3}rm{垄脹}体积相等、rm{pH=1}的盐酸与rm{H_{2}A}溶液，由于氢离子的浓度相同，所以氢离子的物质的量相同，则与rm{Zn}反应生成的氢气相同，故C正确；故答案为：rm{C}【解析】rm{(1)}逆不变rm{(2)垄脵H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}rm{(2)垄脵

H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}rm{垄脷3}rm{垄脹C}15、略

【分析】

I（1）醇在一定条件下能发生分子内或分子间脱水生成醚或烯烃，所以该条件下，正丁醇能发生分子间脱水形成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也能形成分子内脱水生成正丁烯CH2=CHCH2CH3．

故答案为：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3或CH2=CHCH2CH3；

（2）实验发现温度过高，乙酸正丁酯的产率反而降低，是由于乙酸、正丁醇都易挥发，使产率降低，或因温度过高可能发生副反应使产率降低，如正丁醇在140℃，在浓硫酸催化下发生分子间脱水形成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；

故答案为：乙酸；正丁醇都易挥发；温度过高可能使乙酸、正丁醇大量挥发使产率降低，温度过高可能发生副反应使产率降低；

Ⅱ（1）制备乙酸正丁酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸正丁酯；主要是利用了乙酸正丁酯难溶于饱和碳酸钠，正丁醇与水混溶，乙酸能被碳酸钠吸收，易于除去杂质；

故答案为：溶解正丁醇；中和乙酸；降低乙酸正丁酯的溶解度；便于分层析出；

（2）①蒸馏烧瓶能将液体变成蒸气；把蒸汽引出，再经过冷凝管，冷凝管是双层玻璃管，它能使蒸气，冷却后就变成纯度较高的乙酸正丁酯；

故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；

②乙酸正丁酯的沸点为126.1℃；所以蒸馏收集乙酸正丁酯产品时，应将温度控制在126.1℃左右；

故答案为：126.1℃；

Ⅲ．正丁醇的质量=0.8g/mL×18.5mL=14.8g；冰醋酸的质量=1.045g/mL×15.4mL=16.093g；

先根据方程式判断哪种物质过量；以不足量的为标准进行计算．

理论上14.8g正丁醇完全反应生成酯的质量为xg；需乙酸的质量是yg．

乙酸和正丁醇的反应方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O

60g74g116g18g

yg14.8gxg

所以x=23.2y=12g＜16.093g所以乙酸过量，乙酸正丁酯的产率=×100%=60%．

故答案为：60%．

【解析】【答案】I（1）醇在一定条件下能发生分子内或分子间脱水生成醚或烯烃；

（2）从乙酸；正丁醇的沸点角度考虑；反应时；温度过高可能发生副反应使产率降低；

Ⅱ（1）实验室里用饱和碳酸钠溶液冷却乙酸正丁酯的原因：除去乙酸和正丁醇；并降低乙酸正丁酯的溶解度，增大水的密度，使酯浮于水面，容易分层析出，便于分离；

（2）①蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；冷凝管能冷却蒸汽；

②根据乙酸正丁酯的沸点解答；

Ⅲ先根据酸的量计算理论上酯的量；再根据水的量计算酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率；

16、略

【分析】（1）①根据化合价的代数和为0可知，Cr的化合价是＋（2×7－2）÷2＝＋6价。②pH=10，说明溶液显碱性，平衡向逆反应方向移动，所以溶液显黄色。（2）根据反应物可知，亚铁离子被氧化生成铁离子，所以方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。根据方程式可知，还原1molCr2O72—离子，需要6mol亚铁离子。（3）根据溶度积常数表达式可知c(OH－)＝所以pH应该调节至5。【解析】【答案】（1）①+6（1分）②黄（1分）（2）6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O（2分）6（1分）（3）5（1分）17、C9H10O2【分析】解：（1）有机物A中C原子个数N（C）==9，H原子个数N（H）==10，O原子个数N（O）==2；

所以有机物A的分子式为C9H10O2；

故答案为：C9H10O2；

（2）由A分子的红外光谱知，含有C6H5C-基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有三种，H原子个数分别为1个、2个、2个．由A的核磁共振氢谱可知，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个．由A分子的红外光谱可知，A分子结构有碳碳单键及其它基团，所以符合条件的有机物A结构简式为：

故答案为：

（3）A的芳香类同分异构体有多种，分子中不含甲基的芳香酸为：

故答案为：．

（1）根据各元素质量分数；结合相对分子质量确定有机物A中C；H、O原子个数，进而确定有机物A的分子式；

（2）A的核磁共振氢谱有5个峰；说明分子中有5种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比，根据分子式确定不同H原子数目，根据A分子的红外光谱，确定可能存在的基团，进而确定A的结构简式；

（3）结合A的结构简式书写符合条件的同分异构体．

本题考查有机物分子式的确定、同分异构体的书写等，题目难度中等，根据谱图写出符合条件的结构简式为本题易错点．【解析】C9H10O2三、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