2025年北师大新版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、氢气还原氧化铜：CuO+H2Cu+H2O；在该反应中（）

A.Cu做还原剂。

B.CuO做氧化剂。

C.铜元素的化合价降低。

D.铜元素化合价升高。

2、八角茴香是中国传统的香料和中药，八角茴香含有一种重要成分莽草酸，莽草酸是目前世界上被证明是对抗禽流感的唯一良方—“达菲”的原材料。莽草酸的结构简式为：下列关于莽草酸的说法正确的是A.该化合物的分子式为C7H11O5B.该化合物的分子处于同一平面的原子只有4个C.该化合物可以与溴水、NaOH、NaHCO3发生反应D.该化合物在浓硫酸作用下加热不能制备得到3、下列事实或操作与盐类水解无关的是A.配制FeC13溶液时，要滴加少量的盐酸B.加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体C.明矾净水D.氨态氮肥（含NH4+）不能与草木灰混合使用4、醋酸是一种常见的弱酸，为了证明醋酸是弱电解质，某同学开展了题为“醋酸是弱电解质的实验探究”的探究活动。该同学设计了如下方案，其中错误的是()A.先配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液，然后测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质B.先配制一定量0.01mol/L和0.10mol/L的CH3COOH，分别用pH计测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质C.取等体积、等pH的CH3COOH溶液和盐酸分别与足量锌反应，若测得反应过程中醋酸产生H2较慢且最终产生H2较多，则醋酸为弱酸D.配制一定量的CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH大于7，则可证明醋酸是弱电解质5、已知rm{Li隆陋Mg}rm{Al隆陋Be}rm{B隆陋Si}在周期表中处于对角线位置，处于对角线元素的单质及同类化合物性质相似，下列有关说法不正确的是()A.钠晶体是通过钠离子和自由电子间强烈的相互作用聚集而成的B.氯离子与紧邻的钠离子可构成以氯离子为中心的正八面体C.该金属氧化物可能显两性。D.从其中一个三角形剖面知，该金原子族由rm{30}个原子构成6、反应rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)underset{赂脽脦脗赂脽脩鹿}{overset{麓脽禄炉录脕}{?}}2NH_{3}(g)}在密闭容器中进行。下列关于该反应的说法正确的是A.升高温度能减慢反应速率B.减小体积，增大压强能加快反应速率C.反应到达限度时，rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)

underset{赂脽脦脗赂脽脩鹿}{overset{麓脽禄炉录脕}{?}}2NH_{3}(g)}正反应rm{v(}逆反应rm{)=v(}D.反应到达限度时，各组分含量之比一定等于rm{)=0}rm{1漏U3漏U2}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)7、关于Na2CO3溶液，下列关系不正确的是（）A.c（Na+）＞2c（CO32-）B.c（Na+）=2C.c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）D.c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+c（CO32-）8、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=2}的rm{HA}溶液与rm{pH=12}的rm{MOH}溶液任意比混合：rm{c(H^{+})+c(M^{+})篓Tc(OH^{-})+c(A^{-})}B.rm{pH}相等的rm{CH_{3}COONa}rm{NaOH}和rm{Na_{2}CO_{3}}三种溶液：rm{c(NaOH)<c(CH_{3}COONa)<c(Na_{2}CO_{3})}C.物质的量浓度相等rm{CH_{3}COOH}和rm{CH_{3}COONa}溶液等体积混合：rm{c(CH_{3}COO^{-})+2c(OH^{-})篓T2c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}D.rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaHA}溶液，其rm{pH=4}rm{c(HA^{-})>c(H^{+})>c(H_{2}A)>c(A^{2-})}9、下列物质中，不属于有机物的是rm{陋陇(}rm{)}A.氰化钠rm{(NaCN)}B.醋酸rm{(CH_{3}COOH)}C.乙炔rm{(C_{2}H_{2})}D.碳化硅rm{(SiC)}10、阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为下列说法正确的是A.可用酸性rm{KMnO_{4}}溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成B.香兰素、阿魏酸均可与rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaOH}溶液反应C.通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应D.rm{1mol}阿魏酸在一定条件下与足量的rm{H_{2}}加成，消耗rm{H_{2}}为rm{4mol}11、绿原酸被誉为“第七类营养素”，具有广泛的杀菌、消炎功能，其结构简式如图所示rm{.}下列有关绿原酸的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.绿原酸分子中含有rm{3}种官能团B.rm{1}rm{mol}绿原酸最多能与rm{7molNaOH}发生反应C.绿原酸能发生取代反应、加成反应和消去反应D.绿原酸能使酸性高锰酸钾溶液、浓溴水褪色，但反应原理不同12、下列物质中，能发生水解反应，但不能发生消去反应的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}B.rm{CH_{3}CH_{2}Cl}C.rm{CH_{3}Br}D.评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、（1）写出该物质的分子式：____

（2）写出该物质的键线式：____．14、有机化合物与人类日常生活密不可分，下面有几种常见食品花生油鸡蛋米饭（1）花生油中所含人体需要的主要营养物质为（填“糖类”、“油脂”、或“蛋白质”），人体摄入花生油后，在体内酶的催化作用下反应生成高级脂肪酸和____。（2）吃饭时，咀嚼米饭一会儿后感觉有甜味，这是因为淀粉在唾液淀粉酶的作用下发生了反应。（选填下列选项编号）A．分解B．水解C．加成D．酯化15、（8分）一定温度下，将3molA气体和1molB气体通过一密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)。请填写下列空白：（1）若容器体积固定为2L，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L。①1min内，B的平均反应速率为；②若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度____0.8mol/L(填“大于”、“等于”或“小于”)；③改变起始物质加入的量，欲使反应达到平衡时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分别用a、b、c表示，则a、b、c之间应满足的关系式为：。(任写一个含a、c或b、c的关系式即可)（2）若维持容器压强不变，改变起始物质加入的量，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，则起始应加入的A、B物质的量：____molA气体和2molB气体。16、碳酸钠溶液呈______性，rm{(}填“酸”、“中”、“碱”rm{)}性，将该溶液加热蒸干灼烧可得到______rm{(}填化学式rm{)}固体。17、某有机物rm{A}其分子中含有苯环，相对分子质量为rm{136}其中含碳的质量分数为rm{70.6%}氢的质量分数为rm{5.9%}其余为氧。

rm{(1)A}的分子式是_____________。

rm{(2)}若rm{A}能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应放出rm{CO_{2}}气体，则rm{A}含有的官能团名称是________________rm{;}

rm{(3)}若rm{A}能与rm{NaOH}溶液反应rm{(}在加热条件下才能反应rm{)}rm{A}还能发生银镜反应，且rm{A}有rm{2}个取代基，则rm{A}可能的结构简式为_____________。rm{(}写出其中之一rm{)}18、已知热化学方程式：rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)triangleH=-98.32kJ/mol}在容器中充入rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)triangleH=-98.32kJ/mol}和rm{2molSO_{2}}充分反应，最终放出的热量为______．rm{1molO_{2}}19、铁及其化合物与生产；生活关系密切。如图是实验室研究海水对铁闸不同部分腐蚀情况的剖面示意图。

①该电化腐蚀称为______。

②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是______（填字母）。评卷人得分四、解答题(共4题，共20分)20、在1大气压390℃时，可逆反应：2NO2⇌2NO+O2达到平衡，此时平衡混合气体的密度是相同条件下H2密度的19.6倍，求NO2的分解率．

21、用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度．有以下步骤：

（1）配制待测液：用已称好的5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液．除烧杯和玻棒外；还需要用到的主要仪器有______，______；

（2）滴定过程：

①盛装0.10mol/L的盐酸标准液应该使用______滴定管；②滴定时双眼应注意观察______；

（3）误差讨论：（选填“偏高”；“偏低”或“无影响”）

①用蒸馏水冲洗锥形瓶；测定结果______；

②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外；测定结果______；

③读数时；滴定前仰视，滴定后俯视，测定结果______；

④装标准液之前；没有用标准液润洗滴定管，测定结果______；

（4）有关数据记录如下：

。测定序号待测溶液的体积（mL）所耗盐酸标准液的体积（mL）滴定前读数滴定后读数120.000.5020.78220.001.2021.32计算纯度：烧碱样品的纯度是______（取两次实验所耗盐酸的平均值进行计算；不写计算过程）

22、某化学兴趣小组为了测定某铁碳合金中铁的质量分数；并探究浓硫酸的某些性质，设计了如图所示的实验装置和实验方案（夹持仪器已省略），请据此项回答相应问题．

Ⅰ探究浓硫酸的某些性质。

（1）按图示连接装置；检查装置的气密性，称量E的质量．

（2）将ag铁碳合金样品放入A中；再加入适量的浓硫酸．仪器A的名称为______；

未点燃酒精灯前；A；B均无明显现象，其原因是：______．

（3）点燃酒精灯一段时间后；A；B中可观察到明显现象．

A中开始发生反应的化学方程式为：2Fe+6H2SO4Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O和______CO2↑+2SO2↑+2H2O

23、据测定指示剂酚酞的结构简式如图所示；则：

（1）酚酞的分子式为______．

（2）1mol酚酞与H2完全加成最多消耗H2______mol．

（3）1mol酚酞与NaOH溶液共热；最多可消耗NaOH______mol，化学方程式为______．

评卷人得分五、工业流程题(共4题，共40分)24、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]=____。25、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________%。26、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)。27、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___________。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共32分)28、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__________________________________．29、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__________________________________．30、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。31、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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B|C【分析】

A；该反应中氧化铜得电子化合价降低；还原产物是铜，故A错误；

B；该反应中氧化铜得电子化合价降低；所以氧化铜是氧化剂，故B正确；

C；反应前后；铜元素的化合价由+2价变为0价，所以铜元素的化合价降低，故C正确；

D；反应前后；铜元素的化合价由+2价变为0价，所以铜元素的化合价降低，故D错误．

故选BC．

【解析】【答案】在氧化还原反应中失电子化合价升高的物质作还原剂；得电子化合价降低的物质作氧化剂，注意氧化剂；还原剂必须是反应物．

2、C【分析】【解析】试题分析：根据有机物的结构简式可知，该化合物的分子式为C7H10O5，A不正确；由于碳碳双键是平面型结构，据此可知，该化合物的分子处于同一平面的原子至少有6个，B不正确；分子中含有碳碳双键、羧基和羟基，所以该化合物可以与溴水、NaOH、NaHCO3发生反应，C正确；分子中的羟基发生消去反应，即可得到D不正确，答案选C。考点：考查有机物的结构和性质【解析】【答案】C3、B【分析】试题分析：盐酸抑制Fe3+水解，故A有关；加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，Na2SO3被氧化得到Na2SO4固体，故B无关；明矾净水利用Al3+水解，故C有关；K2CO3水解呈碱性，所以氨态氮肥（含NH4+）不能与草木灰混合使用，故D有关。考点：本题考查盐的水解。【解析】【答案】B4、C【分析】【分析】答案：C

C．不正确，取等体积、等pH的CH3COOH溶液和盐酸分别与足量锌反应，因醋酸难电离，醋酸浓度较大，若测得反应过程中产生H2较快且最终产生H2较多，则醋酸为弱酸。5、D【分析】【分析】本题考查了晶胞的结构以及对应物质的性质。【解答】A.钠晶体属于金属晶体，是通过钠离子和自由电子间强烈的相互作用聚集而成的，故A正确；B.氯离子与紧邻的钠离子可构成以氯离子为中心的正八面体，故B正确；C.rm{垄脹}rm{垄脹}，有两性，故可能为rm{BeO}，有两性，故rm{C}正确正确；D.rm{BeO}rm{BeO}rm{C}rm{C}可作出一个四面体，要注意边上的点是共用的，共用【解析】rm{D}6、B【分析】略【解析】rm{B}二、双选题(共6题，共12分)7、B|D【分析】解：A、CO32-在溶液中会水解，故溶液中的c（Na+）＞2c（CO32-）；故A正确；

B；由于碳酸钠溶液的浓度不明确；故钠离子的浓度不明确，故B错误；

C、CO32-在溶液中会水解，故溶液中的c（Na+）＞2c（CO32-），而碳酸钠溶液是强碱弱酸盐溶液，溶液显碱性，故有c（OH-）＞c（H+），则有c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C正确；

D、根据溶液中的电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故D错误．

故选BD．

在碳酸钠溶液中，物质的行为如下：Na2CO3=2Na++CO32-；

CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

H2O⇌H++OH-；

据此分析．

本题考查了盐溶液中离子浓度的大小比较，难度不大，应注意的是电荷守恒、质子守恒和物料守恒的应用．【解析】【答案】BD8、rAC【分析】解：rm{A}溶液遵循电中性原则，根据电荷守恒，则有：rm{c(H^{+})+c(M^{+})篓Tc(OH^{-})+c(A^{-})}故A正确；

B、rm{pH}相等，溶液中的rm{c(OH^{-})}相等，根据酸性越弱，水解越强，所以溶液中rm{c(Na_{2}CO_{3})<c(CH_{3}COONa)}故B错误；

C、根据电荷守恒得：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})垄脵}

由于rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})

垄脵}且它们等体积混合，由原子守恒得：rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)垄脷}

将rm{c(CH_{3}COOH)=c(CH_{3}COONa)}得：rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)

垄脷}故C正确；

D、rm{垄脵隆脕2-垄脷}溶液的rm{c(CH_{3}COO^{-})+2c(OH^{-})篓T2c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}溶液呈酸性，即rm{NaHA}同时也可以判断rm{pH=4}以电离为主；所以离子浓度的大小顺序是：

rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}故D错误．

故选AC．

A；根据溶液的电中性原则分析；

B；从盐对应的酸越弱；水解程度越大分析；

C；根据电荷守恒和物料守恒分析；

D、rm{HA^{-}}的rm{c(HA^{-})>c(H^{+})>c(A^{2-})>c(H_{2}A)}溶液，其rm{0.1mol?L^{-1}}则说明rm{NaHA}以电离为主．

本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意从电荷守恒、物料守恒、结合盐类的水解和弱电解质的电离程度解答该题．rm{pH=4}【解析】rm{AC}9、AD【分析】解：rm{A.}氰化钠rm{(NaCN)}性质和无机物类似；属于无机物，故A正确；

B.醋酸是一种含碳的化合物；属于有机物，故B错误；

C.乙炔是一种含碳的化合物；属于有机物，故C错误；

D.碳化硅性质和无机物类似；属于无机物，故D正确．

故选AD．

根据含有碳元素的化合物叫有机化合物；简称有机物；碳的氧化物；碳酸盐、碳酸氰化物，氰酸盐虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物；据此进行分析判断．

本题考查有机物的概念，难度不大，掌握有机物与无机物的概念、特征等是正确解答此类题的关键．【解析】rm{AD}10、BD【分析】略【解析】rm{BD}11、rCD【分析】解：rm{A.}有机物含有羟基；羧基、酯基以及碳碳双键等官能团；故A错误；

B.由分子中羧基和酚羟基都能与碱反应，在碱性条件下生成羧基，也消耗rm{NaOH}则rm{1mol}绿原酸最多与rm{4molNaOH}反应；故B错误；

C.含有羟基；可发生取代；消去反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故C正确；

D.还含有碳碳双键；酚羟基；可被高锰酸钾氧化，可与溴水发生加成反应，原理不同，故D正确。

故选：rm{CD}

该有机物含有酚羟基；可发生取代；氧化反应，含有羧基，具有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，选项BC为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{CD}12、rCD【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}可水解rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}发生消去反应生成rm{CH_{3}CH_{2}CH=CH_{2}}故A不选；

B.rm{CH_{3}CH_{2}Cl}可发生水解反应生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}发生消去反应生成rm{CH_{2}=CH_{2}}故B不选；

C.rm{CH_{3}Br}没有邻位rm{C}不能发生消去反应，rm{CH_{3}Br}水解生成rm{CH_{3}OH}故C选；

D.没有邻位rm{C}不能发生消去反应，可发生水解反应生成醇，故D选；

故选CD．

由选项可知，均为卤代烃，均可发生水解反应，与rm{-X}相连rm{C}的邻位rm{C}上有rm{H}可发生消去反应；以此来解答．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键，题目难度不大，注意卤代烃消去反应的结构特点．【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】

（1）该分子中含有6个原子，根据每个碳原子形成4个共价键知该分子中含有14个原子，所以其分子式为：C6H14，故答案为：C6H14；

（2）根据键线式的书写规则知，该分子的键线式为：

故答案为：．

【解析】【答案】（1）有机物的键线式中每个拐点有个碳原子；键的边缘有一个碳原子，根据每个碳原子形成4个共价键确定氢原子个数，从而写出其分子式；

（2）键线式特点：只用键线来表示碳架；两根单键之间或一根双键和一根单键之间的夹角为120˚，一根单键和一根三键之间的夹角为180˚，而分子中的碳氢键；碳原子及与碳原子相连的氢原子均省略，而其他杂原子及与杂原子相连的氢原子须保留．

14、略

【分析】（1）花生油属于油脂，在体内酶的催化作用下反应生成高级脂肪酸和甘油。（2）淀粉在唾液淀粉酶的作用下发生了水解反应，答案选B。【解析】【答案】（1）油脂、甘油（或丙三醇）（2）B填写“水解”给1分）15、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）①____②________③____________（2）______molA16、略

【分析】解：rm{Na_{2}CO_{3}}为强碱弱酸盐，rm{CO_{3}^{2-}}离子水解：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}使溶液呈碱性，将该溶液加热蒸干灼烧可得到碳酸钠固体。

故答案为：碱；rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{Na_{2}CO_{3}}为强碱弱酸盐，rm{CO_{3}^{2-}}水解：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}使溶液呈碱性。

本题考查了盐类水解的基础应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，主要把握溶液酸碱性判断、蒸干溶液产物判断等，题目较简单。【解析】碱；rm{Na_{2}CO_{3}}17、（1）C8H8O2（1）C8H8O（2）羧基(3)2【分析】【分析】本题主要考查的是有机物的推断，侧重于有机计算和有机物的性质的相关知识点的应用，根据所学的相关知识点进行应用即可解题，掌握解答本题的方法进行应用即可解答类似问题。【解答】rm{(1)}某有机物rm{A}能与rm{NaOH}溶液反应，则其分子中含有rm{O}原子，其分子中含有的rm{C}rm{H}rm{O}原子数分别为：rm{N(C)=dfrac{136隆脕70.6拢楼}{12}=8

}某有机物rm{(1)}能与rm{A}溶液反应，则其分子中含有rm{NaOH}原子，其分子中含有的rm{O}rm{C}rm{H}原子数分别为：rm{N(C)=dfrac{136隆脕70.6拢楼}{12}=8}，rm{N(H)=dfrac{136隆脕5.9拢楼}{1}=8}rm{N(O)=dfrac{136隆脕(1-70.6拢楼-5.9拢楼)}{16}=2}rm{O}rm{N(C)=dfrac{136隆脕70.6拢楼}{12}=8

}，rm{N(H)=dfrac{136隆脕5.9拢楼}{1}=8

}rm{N(H)=dfrac{136隆脕5.9拢楼}{1}=8

}rm{N(O)=

dfrac{136隆脕(1-70.6拢楼-5.9拢楼)}{16}=2}，则分子式为：rm{C}rm{C}

rm{{,!}_{8}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{8}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}，故答案为：rm{C}rm{C}rm{{,!}_{8}}rm{H}含有的官能团名称是羧基，rm{H}rm{{,!}_{8}}若rm{O}与rm{O}溶液在加热时才能反应，rm{{,!}_{2}}还能发生银镜反应，且rm{(2)}有能与rm{NaHCO}个取代基，则rm{NaHCO}应为甲酸酯，苯环上除甲酸酚酯外还连有一取代基甲基，其中甲基和酯基有邻、间、对rm{{,!}_{3}}种，故A可能的结构简式为：溶液反应放出rm{CO}邻、间、对rm{CO}故答案为：rm{{,!}_{2}}邻、间、对气体，则rm{A}含有的官能团名称是羧基，rm{A}【解析】rm{(1)C}rm{8}rm{H}rm{8}rm{O}rm{2}rm{(1)C}rm{(1)C}rm{8}rm{8}rm{H}rm{H}羧基rm{8}rm{8}18、略

【分析】解：根据热化学方程式rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)triangleH=-98.32kJ/mol}的含义，可知rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)triangleH=-98.32kJ/mol}和rm{SO_{2}}反应生成rm{O_{2}}时放出的热量为rm{1molSO_{3}}所以生成rm{98.32kJ}时放出的热量为rm{2molSO_{3}}由于是可逆反应，rm{196.64kJ}和rm{2molSO_{2}}不能完全反应，所以放出的热量小于rm{1molO_{2}}．

故答案为：rm{196.64kJ}．

根据热化学方程式得出生成rm{<196.64KJ}时放出的热量，利用极限法计算出rm{1molSO_{3}}和rm{2molSO_{2}}反应生成rm{1molO_{2}}的物质的量；计算放出的热量，由于可逆反应的不完全性，所以放出的热量小于按极限法计算放出的热量．

本题以反应热的计算为载体，考查可逆反应的不完全性，注意可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能rm{SO_{3}}地全部转化为生成物．rm{100%}【解析】rm{<196.64KJ}19、吸氧腐蚀B【分析】解：①海水溶液为弱酸性；由图可知，则Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；

②A发生化学腐蚀；B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D处氧气最少，显然B中电化学腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：B。

①海水溶液为弱酸性；由图可知，发生吸氧腐蚀；

②A发生化学腐蚀；B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D处氧气最少；

本题考查金属的电化学腐蚀和防护，学生掌握电化学原理为解答的关键，题目难度中等。【解析】吸氧腐蚀B四、解答题(共4题，共20分)20、略

【分析】

平衡混合气体的密度是相同条件下H2密度的19.6倍，表明平衡混合气体的平均相对分子质量为16.2×2=39.2，假设起始时为2molNO2，则平衡时混合气体为=2.35mol；

设分解的NO2的物质的量为x；

2NO2⇌2NO+O2气体物质的量增加值。

2211

x2.35mol-2mol=0.35mol

x=0.35mol×2=0.7mol；

NO2的分解率为=35%；

答：NO2的分解率为35%．

【解析】【答案】平衡混合气体的密度是相同条件下H2密度的19.6倍，表明平衡混合气体的平均相对分子质量为16.2×2=39.2，假设起始时为2molNO2，则平衡时混合气体为=2.35mol；结合反应的方程式利用差量法计算．

21、略

【分析】

（1）完成中和滴定还差1000mL容量瓶和胶头滴管；

故答案为：1000mL容量瓶胶头滴管；

（2）①盛装0.10mol/L的盐酸标准液应该使用酸式滴定管；②滴定时双眼应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；

故答案为：酸式；锥形瓶内溶液颜色的变化；

（3）①冲洗锥形瓶；不影响待测物的总物质的量，不会影响测定结果；②导致盐酸消耗增多，测定结果偏大；③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，盐酸体积变小。

；结果偏小；④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，标准液浓度减小，消耗的盐酸增多，测定结果偏高；

故答案为：①无影响②偏高③偏小④偏高。

（4）两次消耗盐酸体积分别为：20.78ml-0.50ml=20.28ml、21.32-1.20=20.12；消耗盐酸的平均体积为20.20mL，原溶液n（NaOH）=50×n（HCl）=50×0.10mol/L×20.20mL×10-3=0.101mol，所以烧碱的纯度为×100%=80.8%；

故答案为：80.8%．

【解析】【答案】（1）配制1000mL一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液需要仪器：1000mL容量瓶；胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、天平等；

（2）盐酸应用酸式滴定管盛放；滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化；

（3）①用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；②滴定过程中不慎将酸滴在瓶外使盐酸消耗的体积偏多；测定结果偏大；③滴定前仰视；滴定后俯视，盐酸体积偏小，测定结果偏小；④未用标准液润洗滴定管，消耗盐酸体积偏大，测定结果偏高。

（4）先算出两次消耗盐酸的平均体积；然后求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度．

22、略

【分析】

（2）仪器A为蒸馏烧瓶；常温下Fe在浓硫酸中钝化；碳不与浓硫酸反应，没有二氧化硫生成，故A；B均无明显现象；

故答案为：蒸馏烧瓶；常温下Fe在浓硫酸中钝化；碳不与浓硫酸反应；

（3）加热条件下，Fe、碳都与浓硫酸反应，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；反应生成二氧化硫；二氧化硫具有漂白性，B装置中品红溶液褪色；

反应中体现浓硫酸的强氧化性；

由装置可知；实验是通过测定E装置碱石灰增重，测定二氧化碳的质量，进而测定铁的含量，碱石灰可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化二除去，根据颜色变化确定二氧化硫是否除尽，故C的作用是除去二氧化硫并检验二氧化硫以除尽；

故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；品红溶液褪色；强氧化性；除去二氧化硫并检验二氧化硫以除尽；

（4）随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁与氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2↑；

故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2↑；

（5）碳铁合金在酸溶液中形成原电池；原电池能加快化学反应速率，故答案为：碳铁合金在酸溶液中形成原电池；

（6）称取mg铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E装置并称重，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则mg铁碳合金中含碳元素的质量为×12g/mol=g，则含铁的质量为ag-g，铁的质量分数为=1-

E中所装试剂为碱石灰，可吸收空气中CO2、H2O使测定二氧化碳的质量增大；应则E装置后再连接1个装有碱石灰的干燥管；

故答案为：1-另一个装有碱石灰的干燥管．

【解析】【答案】（2）仪器A为蒸馏烧瓶；常温下Fe在浓硫酸中钝化；碳不与浓硫酸反应；

（3）加热条件下；Fe；碳都与浓硫酸反应，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水；

二氧化硫具有漂白性；能使品红溶液褪色；

反应中体现浓硫酸的强氧化性；

由装置可知；实验是通过测定E装置碱石灰增重，测定二氧化碳的质量，进而测定铁的含量，碱石灰可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化二除去，根据颜色变化确定二氧化硫是否除尽；

（4）随反应进行浓硫酸变为稀硫酸；铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁与氢气；

（5）碳铁合金形成原电池；原电池能加快化学反应速率；

（6）根据mg铁碳合金，加入过量浓硫酸，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg；根据质量守恒定律，则可求出mg铁碳合金中含碳元素的质量进而求出铁的质量分数；

E中所装试剂为碱石灰，可吸收空气中CO2、H2O使测定二氧化碳的质量增大；应则E装置后再连接1个装有碱石灰的干燥管．

23、略

【分析】

（1）根据结构简式可知3个苯环中有2个苯环各有5个H，另一个苯环有4个H，其他原子上没有H，共14个H，3个苯环另外还有2个C，共20个C，故分子式为C20H14O2；故答案为：C20H14O2；

（2）酚酞中含有3个苯环，每个苯环能加3个H2，故1mol苯酚一共能加9molH2；

（3）酚酞中含有1个酯基，故1mol酚酞能与1molNaOH溶液反应，其方程式为：故答案为：1，．

【解析】【答案】（1）根据结构简式书写分子式；

（2）根据苯环数目判断加氢数目；

（3）根据酯基数目来判断．

五、工业流程题(共4题，共40分)24、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%25、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%26、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%27、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[(NH