2025年人教A新版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人教A新版高二化学下册阶段测试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7题，共14分)1、下列有关物质结构的表述正确的是（）A.次氯酸的电子式B.二氧化硅的分子式SiO2C.硫原子的最外层电子排布式3s23p4D.钠离子的结构示意图2、下列有关物质水解的说法正确的是（）A.淀粉、纤维素最终水解产物均为单糖B.蛋白质最终水解产物是多肽C.蔗糖、麦芽糖水解产物相同D.酯在强碱作用下水解生成对应的酸和醇3、实验测得rm{BeCl_{2}}为共价化合物，两个rm{Be-Cl}键间的夹角为rm{180^{circ}}由此可判断rm{BeCl_{2}}属于rm{(}rm{)}A.由极性键形成的极性分子B.由极性键形成的非极性分子C.由非极性键形成的极性分子D.由非极性键形成的非极性分子4、一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为ccc（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.08mol·L-1，则下列判断正确的是A.c∶c＝1∶3B.平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3C.X、Y的转化率不相等D.C1的取值范围为0＜C1＜0.14mol·L-15、有一混合溶液可能由rm{NaOH}rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}中的一种或两种溶于水而成，现取等体积的两份溶液分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用相同浓度的盐酸滴定，当达到滴定终点时，消耗盐酸的体积分别为rm{V_{1}mL}和rm{V_{2}mL}若rm{V_{1}<V_{2}<2V_{1}}则上述溶液中的溶质是rm{(}rm{)}A.rm{NaHCO_{3}}B.rm{Na_{2}CO_{3}}C.rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}D.rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaOH}6、rm{25隆忙}时，用石墨电极电解rm{2L2.5mol/LCuSO_{4}}溶液rm{(}假设溶液的体积不发生变化rm{)}rm{5min}后，在一个电极上有rm{6.4gCu}生成。下列说法中正确的是A.有rm{Cu}生成的一极是阴极，发生氧化反应B.反应中转移电子的物质的量为rm{0.4mol}C.此时溶液的rm{pH}为rm{2}D.在另一极得到rm{O_{2}}的体积rm{(}标准状况rm{)}是rm{1.12L}7、化学在生产和日常生活中有着重要的作用，下列有关说法不正确的是rm{(}rm{)}A.“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂B.“亚硝酸盐”可作某些食品的添加剂C.“rm{84}”消毒液的有效成分是rm{NaClO}D.rm{SO_{2}}用作食品增白剂评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、将除去氧化膜的镁条插入到稀盐酸溶液中；发现生成氢气的速度变化情况如图所示：

其中t1-t2速度变化的主要原因是。

____

t2-t3速度变化的主要原因是____．

9、把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯火焰上加热，看到铜丝表面变黑，再迅速插入盛有乙醇的试管中，看到铜丝表面______；反复多次后，试管中生成有特殊气味的物质，反应的化学方程式为______；乙醇中官能团的名称为______．10、请根据官能团的不同对下列有机物进行分类。rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{(1)}芳香烃：_______；rm{(2)}卤代烃：__________；rm{(3)}醇：____________；rm{(4)}酚：_______________。11、用直线连接相关材料和用途。材料用途氧化铝陶瓷制轴承氮化硅陶瓷通讯光导纤维高级耐火材料压电陶瓷点火器12、（8分）在25℃时，将酸HA与碱MOH等体积混合.（1）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L强碱MOH混合，则所得溶液显（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同）该反应的离子方程式为（2）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH混合，则所得溶液显，理由是：（3）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH混合，则所得溶液显，解释这一现象的离子方程式是13、在量热计中将100mL0.50mol•L-1的CH3COOH溶液与100mL0.55mol•L-1的NaOH溶液混合，温度从298.0K升高至300.7K．已知量热计的热容常数（量热计各部件每升高1K所需要的热量）是150.5J•K-1，溶液密度均为1g•mL-1，生成溶液的比热容c=4.184J•（g•K）-1．

（1）CH3COOH的中和热△H=______．

（2）实验中NaOH过量的目的是______．

（3）你认为CH3COOH的中和热与HCl的中和热数值相比，______较大，其原因是______．

（4）若用KOH代替NaOH，对测定结果______（填“有”或“无”）影响．14、请按要求回答下列问题：

（1）用离子方程式表示明矾净水的原因：______；

（2）请写出H2SO3的电离方程式：______；

（3）用离子方程式表示泡沫灭火器〔内有Al2（SO4）3和NaHCO3溶液〕的使用原理：______；

（4）羟基的电子式是______；

（5）烃的正确系统命名为______．15、保持营养均衡；合理使用药物是人类健康的重要保证．

rm{垄脵}人体内提供能量的主要营养物质为______；糖类和蛋白质；人体内蛋白质在蛋白酶作用下水解的最终产物是______．

rm{垄脷}维生素rm{C}能防治坏血病并具有还原性，验证维生素rm{C}有还原性可以使用淀粉溶液和______试剂共同完成．

rm{垄脹}咽喉发炎的病人可以使用药物______rm{(}填“氢氧化铝”或“青霉素”rm{)}起到杀菌消炎作用．

rm{垄脺}阿司匹林在人体内可以水解为水杨酸和一种生活中常见的酸味剂，具有解热镇痛疗效，写出其水解的化学方程式：______．评卷人得分三、工业流程题(共6题，共12分)16、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。17、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去18、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。19、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。20、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。21、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

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

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

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

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

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

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

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

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

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

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

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分四、计算题(共2题，共18分)22、取100mL的Na2CO3和Na2SO4混合溶液，加入适量Ba(OH)2溶液100mL后，恰好完全反应，过滤、干燥后得到4．30g白色沉淀和滤液(溶液体积为200mL)，再用过量稀硝酸处理沉淀，最后减少到2．33g，并有气体放出。﹙不要写出计算过程，只要填写答案﹚(1)原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为________mol/L；（2分）(2)产生的气体在标准状况下的体积为________L；（2分）(3)过滤出沉淀后，所得滤液的物质的量浓度为________mol/L；（2分）。23、在一定温度下rm{(}已知在该温度下，容器内所有物质均为气态rm{)}rm{10L}密闭容器中加入rm{5molSO_{2}}rm{4molO_{2}}经rm{10min}后反应达平衡时有rm{2molSO_{2}}发生了反应rm{.}试计算：rm{(}要求写出规范解题步骤rm{)}

rm{(1)}用rm{O_{2}}表示该反应的反应速率；

rm{(2)SO_{2}}的转化率；

rm{(3)}该温度下的平衡常数rm{K(}保留三位有效数字rm{)}．评卷人得分五、推断题(共1题，共5分)24、有机物rm{A}的结构简式为它可通过不同化学反应分别制得rm{B}rm{C}和rm{D}三种物质．

rm{(1)B}中的含氧官能团名称是______；______．

rm{(2)A隆煤B}的反应类型是______；rm{A隆芦D}中互为同分异构体的是______．

rm{(3)}由rm{C}生成rm{A}的化学方程式是______．

rm{(4)C}在一定条件下发生加聚反应的化学方程式是______．评卷人得分六、有机推断题(共4题，共16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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【解答】解：A、次氯酸的电子式为：A错；B；二氧化硅是原子晶体，其结构中不存在分子，B错；

C、S是16号元素，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p4，最外层电子排布式3s23p4；C对；

D、钠离子是钠原子失去了最外层的1个电子，其原子结构示意图为：D错．

故选：C．

【分析】从本题来看，主要注意这几点：书写电子式不但要看是否满足稳定结构，还要看原子之间的排列方式是否正确．只有分子晶体才有分子，注意常见的物质所属的晶体类型．电子排布式要符合能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则三条基本原则．离子的结构示意图符合最外层稳定结构．2、A【分析】解：A；纤维素和淀粉属于多糖；最终水解生成葡萄糖，故A正确；

B；蛋白质先水解成多肽；多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸，故B错误；

C；蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；麦芽糖水解只生成葡萄糖，故C错误；

D；酯在碱性条件下水解生成盐和醇；故D错误；

故选A．

A；淀粉以及纤维素最终水解生成葡萄糖；葡萄糖属于单糖；

B；蛋白质最终水解产物是氨基酸；

C；蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；麦芽糖水解只生成葡萄糖；

D；酯在碱性条件下水解生成盐和醇；据此解答即可．

本题主要考查了生活中常见有机物的结构和性质，题目难度不大，注意对课本基础知识的记忆．【解析】【答案】A3、B【分析】解：rm{BeCl_{2}}中rm{Be-Cl}键是不同元素形成的共价键，为极性键，两个rm{Be-Cl}键间的夹角为rm{180^{circ}}说明分子是对称的，正电荷中心与负电荷的中心重合，rm{BeCl_{2}}属于非极性分子，故Brm{eCl_{2}}由极性键形成的非极性分子；故选B．

共价化合物中；不同元素原子之间形成的化学键为极性键，同种元素原子之间形成的化学键为非极性键；正电荷中心与负电荷的中心重合为非极性分子，不重合为极性分子，据此判断．

本题考查化学键、分子极性判断，比较基础，注意基础知识的理解掌握．【解析】rm{B}4、A|D【分析】【解析】【答案】AD5、D【分析】【分析】酚酞作指示剂时rm{NaHCO_{3}}不会被滴定，只有rm{NaOH}被滴为氯化钠，rm{Na_{2}CO_{3}}变为rm{NaHCO_{3}}而甲基橙时所有都会被滴成氯化钠，只有一种物质时，rm{V_{1}}和rm{V_{2}}关系如下rm{V_{1}=V_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}时rm{2V_{1}=V_{2}}rm{NaHCO_{3}}时rm{V_{1}=0}rm{V_{2}>0}已知rm{V_{1}<V_{2}<2V_{1}}所以是rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaOH}本题考查了rm{NaOH}rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{HCl}反应；要注意酚酞和甲基橙为指示剂时变色范围，题目难度不大．

【解答】

酚酞作指示剂时rm{NaHCO_{3}}不会被滴定，只有rm{NaOH}被滴为氯化钠，rm{Na_{2}CO_{3}}变为rm{NaHCO_{3}}

而甲基橙时所有都会被滴成氯化钠，只有一种物质时，rm{V1}和rm{V2}关系如下。

rm{NaOH}时rm{V_{1}=V_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}时rm{2V_{1}=V_{2}}rm{NaHCO_{3}}时rm{V_{1}=0}rm{V_{2}>0}

已知rm{V_{1}<V_{2}<2V_{1}}所以是rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaOH}故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】

本题考查了电极原理的分析应用；电子守恒的计算应用，电极判断和计算是解题关键，题目难度中等。

【解答】

A.有rm{Cu}生成的一极是阴极；发生还原反应，故A错误；

B.阴极发生还原反应，电极方程式为rm{2Cu^{2+}+4e^{-}=2Cu}rm{n(Cu)=dfrac{6.4g}{64g/mol}=0.1mol}则转移电子的物质的量为rm{n(Cu)=dfrac{6.4g}{64g/mol}=0.1mol

}故B错误；C.反应过程中消耗氢氧根离子物质的量等于转移电子的物质的量，为rm{0.2mol}溶液中生成氢离子物质的量rm{0.2mol}则浓度为rm{0.2mol}rm{0.1mol/L}故C错误；D.转移电子rm{pH=1}阳极反应为rm{0.2mol}可知生成氧气rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}体积为rm{0.05mol}故D正确。

故选D。

rm{0.05mol隆脕22.4L/mol=1.12L}【解析】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}油脂在碱性条件下水解为皂化反应；则地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂，故A正确；

B.“亚硝酸盐”具有防腐蚀作用；则“亚硝酸盐”可作某些食品的添加剂，故B正确；

C.氯气与rm{NaOH}溶液制备漂白液，则“rm{84}”消毒液的有效成分是rm{NaClO}故C正确；

D.二氧化硫具有漂白性；有毒，不能作食品增白剂，故D错误；

故选D．

A.油脂在碱性条件下水解为皂化反应；

B.“亚硝酸盐”具有防腐蚀作用；

C.氯气与rm{NaOH}溶液制备漂白液；

D.二氧化硫具有漂白性；有毒．

本题考查物质的组成、性质及用途，为高频考点，把握物质的组成、性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】

由图可知，t1-t2速度增大；是因该反应为放热反应，随着反应的进行，温度升高，反应速率逐渐加快；

t2-t3速度减小；是因随着反应的进行，c（HCl）逐渐减小，反应速率逐渐减慢；

故答案为：该反应为放热反应；随着反应的进行，温度升高，反应速率逐渐加快；随着反应的进行，c（HCl）逐渐减小，反应速率逐渐减慢．

【解析】【答案】开始时氢离子浓度大；且该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快；后来，氢离子的浓度减小，则反应速率减小，以此来解答．

9、略

【分析】解：乙醇中官能团的名称为羟基，在铜做催化剂条件下，能够被氧气氧化生成乙醛，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙醛具有刺激性气体，铜丝在反应中先变黑再变红色；

故答案为：变红色；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；羟基．

乙醇分子含有羟基；在铜做催化剂条件下，能够被氧气氧化生成乙醛，乙醛具有刺激性气体，据此解答．

本题考查了乙醇性质，熟悉乙醇的结构及性质是解题关键，注意铜在反应中起催化剂作用，题目难度不大．【解析】变红色；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；羟基10、（1）⑤（2）②④（3）①（4）③【分析】【分析】本题考查了有机化合物的分类和结构特征，主要是理解各类物质的特征官能团和与官能团连接的取代基，难度不大。【解答】rm{(1)}分子中含有苯环的烃为芳香烃，故rm{垄脻}符合，故答案为：rm{垄脻}rm{(2)}分子中含rm{C}rm{H}及卤素原子的为卤代烃，只有rm{垄脷垄脺}符合，故答案为：rm{垄脷垄脺}rm{(3)}醇是有机化合物的一大类，是脂肪烃、脂环烃或芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代而成的化合物，故rm{垄脵}符合，故答案为：rm{垄脵}rm{(4)}酚是羟基直接与苯环连接形成的化合物，故rm{垄脹}符合，故答案为：rm{垄脹}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{垄脻}rm{(2)垄脷垄脺}rm{(3)垄脵}rm{(4)垄脹}11、略

【分析】解答该题，关键是要了解各类材料的性能，理解性能和用途的关系，对照分析氧化铝陶瓷熔点很高；氮化硅陶瓷硬度很大；光导纤维有非常强的传导光的能力；压电陶瓷受撞击时能产生电压。【解析】【答案】12、略

【分析】试题分析：（1）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L强碱MOH等体积混合，则二者恰好完全反应产生强酸强碱盐，会发生水解反应，因此所得溶液显中性；该反应的离子方程式为H++OH-=H2O；（2）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH等体积混合，由于弱碱部分电离，碱过量，电离的部分恰好完全中和，未电离的部分会继续电离产生OH-,所以最终使所得溶液显碱性；（3）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH等体积混合，则二者恰好完全反应产生强酸弱碱盐。由于盐中是弱碱金属阳离子发生水解反应消耗水电离产生的OH-，最终使溶液中的c(H+)>c(OH-)，因此所得溶液显酸性。解释这一现象的离子方程式是M++H2OMOH+H+。【解析】【答案】（1）中性H++OH-=H2O（2）碱性酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH-(2分)（3）酸性M++H2OMOH+H+(2分)13、略

【分析】解：（1）温度差△t=300.7K-298.0K=2.7K，Q=cm△t=2.7K×4.184J•（g•K）-1×200g+150.5J•K-1×2.7K=2665.71J=2.67kJ，△H==-=-53.3kJ/mol；故答案为：-53.3kJ/mol；

（2）酸和碱反应测中和热时；为了保证一方全部反应，往往需要另一试剂稍稍过量，减少实验误差；

故答案为：过量的碱能保证CH3COOH完全被中和；从而提高实验准确度；

（3）CH3COOH是弱酸，电离过程需要吸收能量，所以CH3COOH的中和热与HCl的中和热数值相比；HCl较大；

故答案为：HCl；CH3COOH是弱酸，只是少部分电离，CH3COOH发生电离时要吸热；中和时放热较少；

（4）用KOH代替NaOH；KOH也是强碱，符合中和热的概念，对测定结果无影响，故答案为：无．

（1）先根据溶液反应放出的热量Q=-cm△T+150.5J•0C-1×△T，再根据中和热△H=-计算即可；

（2）酸和碱反应测中和热时；为了保证一方全部反应，往往需要另一试剂稍稍过量，减少实验误差；

（3）CH3COOH是弱酸；电离过程需要吸收能量；

（4）KOH也是强碱；符合中和热的概念．

本题考查中和热的测定，题目难度不大，注意理解中和热的概念以及热量计算公式的应用中热量单位的换算．【解析】-53.3kJ/mol；过量的碱能保证CH3COOH完全被中和，从而提高实验准确度；HCl；CH3COOH是弱酸，只是少部分电离，CH3COOH发生电离时要吸热，中和时放热较少；无14、略

【分析】解：（1）明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

（2）亚硫酸是多元弱酸分步电离，电离离子方程式为：H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；

故答案为：H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；

（3）Al2（SO4）3溶液水解成酸性，NaHCO3溶液水解成碱性，二者发生互促水解生成Al（OH）3和CO2，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（4）羟基中氧原子与氢原子共用一对电子，电子式为：故答案为：

（5）根据烷烃的命名原则：的名称为：3；4-二甲基-4-乙基庚烷；

故答案为：3；4-二甲基-4-乙基庚烷．

（1）明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；

（2）亚硫酸是多元弱酸分步电离；用可逆号表示；

（3）Al2（SO4）3溶液与NaHCO3溶液发生互促水解生成Al（OH）3和CO2；

（4）根据电子式的书写规则写出电子式；

（5）根据烷烃的命名原则命名．

本题考查了盐类水解的应用，常用化学用语的书写，题目难度不大，注意多元弱酸分部电离．【解析】Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；3，4-二甲基-4-乙基庚烷15、略

【分析】解：rm{垄脵}油脂；糖类和蛋白质是基本营养物质；蛋白质水解生成氨基酸；故答案为：油脂；氨基酸；

rm{垄脷}碘具有氧化性，碘的淀粉溶液蓝色褪去，说明碘被还原，则维生素rm{C}具有还原性，与碘发生氧化还原反应，维生素rm{C}被氧化；故答案为：碘水；

rm{垄脹}青霉素是一种抗生素；能杀死某些致病细菌，故答案为：青霉素；

rm{垄脺}阿司匹林是乙酰水杨酸，水解的化学方程式：rm{+H_{2}O隆煤}rm{+CH_{3}COOH}故答案为：rm{+H_{2}O隆煤}rm{+CH_{3}COOH}．

rm{垄脵}油脂；糖类和蛋白质是基本营养物质；蛋白质是由氨基酸形成的；

rm{垄脷}维生素rm{C}可使碘的淀粉溶液蓝色褪去，说明碘被还原，则维生素rm{C}具有还原性；

rm{垄脹}青霉素是一种抗生素；

rm{垄脺}阿司匹林是乙酰水杨酸．

本题考查基本营养素和药物的组成、性质和作用，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】油脂；氨基酸rm{(}或rm{娄脕-}氨基酸rm{)}碘水；青霉素；rm{+H_{2}O隆煤}rm{+CH_{3}COOH}三、工业流程题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度17、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D18、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%19、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%20、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%21、略

【分析】【分析】

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

【详解】

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

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

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

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

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

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)四、计算题(共2题，共18分)22、略

【分析】试题分析：（1）不溶于稀硝酸的2．33g沉淀为硫酸钡，所以硫酸钡沉淀的物质的量为：2．33g÷233g/mol＝0．01mol,Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4，所以原混合溶液中Na2SO4的物质的量为：0．01mol,则原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为0．01mol÷0．1L＝0．1mol/L(2)沉淀中BaCO3的质量为：4．3g－2．33g＝1．97g,BaCO3的物质的量为：1．97g÷197g/mol＝0．01mol所以根据碳原子守恒可知，生成CO2的体积是0．01mol×22．4L/mol＝0．224L(3)混合溶液中有Na2CO3为0．01mol，Na2SO4为0．01mol,Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3+2NaOH、Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2NaOH所以生成NaOH的物质的量为：2×0．01mol+2×0．01mol＝0．04mol滤液的物质的量浓度为：0．04mol÷0．2L＝0．2mol/L．考点：考查化学计算。【解析】【答案】(1)0．1(2)0．224(3)0．223、略

【分析】

依据化学平衡三段式列式；

rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}

起始量rm{(mol)}rm{5}rm{4}rm{0}

变化量rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{2}

平衡量rm{(mol)}rm{3}rm{3}rm{2}

根据反应速率；转化率、平衡常数的概念分别计算得到．

本题考查化学平衡的三段式计算方法，反应速率、转化率、平衡常数计算应用，题目难度中等．【解析】解：依据化学平衡三段式列式；

rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}

起始量rm{(mol)}rm{5}rm{4}rm{0}

变化量rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{2}

平衡量rm{(mol)}rm{3}rm{3}rm{2}

rm{(1)}用rm{O_{2}}表示该反应的反应速率，rm{V(O_{2})=dfrac{dfrac{1mol}{10L}}{10min}=0.010}rm{V(O_{2})=dfrac{dfrac

{1mol}{10L}}{10min}=0.010}

答：用rm{mol/(L?min)}表示该反应的反应速率为rm{O_{2}}rm{0.020}

rm{mol/(L?min)}的转化率rm{=dfrac{2mol}{5mol}隆脕100%=40%}答：rm{(2)SO_{2}}的转化率为rm{=dfrac

{2mol}{5mol}隆脕100%=40%}

rm{SO_{2}}该温度下的平衡常数rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})c(O_{2})}=dfrac{(dfrac{2mol}{10L})^{2}}{(dfrac{3mol}{10L})^{2}(dfrac{3mol}{10L})}=1.48}

答：该温度下的平衡常数rm{40%}为rm{(3)}．rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})c(O_{2})}=dfrac{(dfrac

{2mol}{10L})^{2}}{(dfrac{3mol}{10L})^{2}(dfrac

{3mol}{10L})}=1.48}五、推断题(共1题，共5分)24、略

【分析】解：rm{(1)B}中含rm{-COOH}和rm{-CHO}名称为羧基；醛基，故答案为：醛基、羧基；

rm{(2)A隆煤B}中rm{-OH}转化