2025年苏教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年苏教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9题，共18分)1、常温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸分别用pH＝9和pH＝10的氨水完全中和时，消耗氨水的体积分别为V1和V2，则V1、V2的关系中正确的是A.V1＝10V2B.V1＞10V2C.V1＜10V2D.V2＞10V12、同质量的锌与稀硫酸反应产生氢气，欲使反应速率最大，选择下列组合中的反应条件：①锌粒②锌片③锌粉④98％的浓硫酸⑤15％的稀硫酸⑥20％的稀硫酸⑦加热⑧用冰冷却⑨不断搅拌⑩迅速加入锌片后静置A.②⑥⑦⑩B.①④⑧⑩C.③⑤⑦⑨D.③⑥⑦⑨3、海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A.海水中含有溴元素，只需经过化学变化就可以得到高纯度的溴B.海水淡化涉及到了化学变化C.从海水中可以得到NaCl，除了食用外，还可以用于工业制氯气D.海水中含有丰富的钠、镁、碘、金4、关于下列各装置图的叙述中，不正确的是①②③④A.用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.装置②的总反应是：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+C.装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D.装置④中的铁钉几乎没被腐蚀5、下列各反应中属于取代反应的是A.乙醇与浓硫酸在170℃条件下反应B.乙醇在一定条件下转化为乙醛C.苯酚与溴水反应D.乙醛溶液中加入银氨溶液后水浴加热6、等物质的量的乙醇、乙二醇、甘油，分别与足量金属钠作用，生成等物质的量的H2，则乙醇、乙二醇、甘油物质的量之比为（）A.6：3：2B.1：2：3C.3：2：1D.4：3：27、下列说法正确的是A.rm{25隆忙}时，rm{pH=13}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液中含有rm{OH^{-}}的数目为rm{0.1N_{A}}B.rm{1L1mol?L^{-1}}的rm{NaClO}溶液中含有rm{ClO^{-}}的数目为rm{N_{A}}C.rm{H_{2}S}的水溶液中存在下列平衡：rm{H_{2}Soverset{}{?}2H^{+}+S^{2-}}D.rm{H_{2}Soverset{}{?}2H^{+}+

S^{2-}}rm{7N_{2}(g)+12H_{2}O(g)triangleH<0}则该反应一定能自发进行rm{8NH_{3}(g)+6NO_{2}(g)篓T}8、下列说法正确的是()A.常温下，强酸溶液的rm{pH=a}将溶液的体积稀释到原来rm{10^{n}}倍，则rm{pH=a+n}B.常温下，向rm{0.10mol隆陇L^{-1}NaHSO_{3}}溶液中通rm{NH_{3}}至溶液rm{pH=7(}通入气体对溶液体积的影响可忽略rm{)}溶液中部分微粒的物质的量浓度关系：rm{c(Na^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(SO_{3}^{2-})}C.将rm{0.1mol隆陇L^{隆陋1}}的rm{NaHS}和rm{0.1mol隆陇L^{隆陋1}Na_{2}S}溶液等体积混合，所得溶液中有rm{c(S}rm{c(S}rm{{,!}^{2隆陋}}rm{)+2c(OH}rm{)+2c(OH}rm{{,!}^{隆陋}}rm{)=2c(H}rm{)=2c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(HS}rm{)+c(HS}D.向rm{{,!}^{隆陋}}悬浊液中加rm{)+3c(H}溶液，白色沉淀最终转化为黄色，说明溶液中rm{)+3c(H}和rm{{,!}_{2}}的物质的量浓度均下降rm{S)}9、对于反应中的能量变化，表述正确的是rm{(}rm{)}A.断开化学键的过程会放出能量B.吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量C.加热才能发生的反应一定是吸热反应D.氧化反应均为吸热反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、在一定条件下；xA+yB⇌zC，达到平衡，试填写下列空白：

（1）若A、B、C都是气体，减压后向逆反应方向移动，则x、y、x之间的关系是____．

（2）已知C是气体，且x+y=z，加压时平衡如果发生移动，则平衡必向____方向移动．

（3）若B、C是气体，其他条件不变时增加A的用量，平衡不移动，则A的状态为____．

（4）加热后C的百分含量减少，则正反应是____反应（选填“吸热”、“放热”）11、有机分子中碳原子连四个不同的原子或原子团时；称为不对称碳原子（或手性碳原子），以*C表示，具有手性碳原子的有机物具有光学活性．如：

（1）标出下列有机物X中的手性碳原子：____

（2）下列分子中，没有光学活性的是____，含有两个手性碳原子的是____．

A．乳酸CH3-CHOH-COOH

B．甘油CH2OH-CHOH-CH2OH

C．脱氧核糖CH2OH-CHOH-CHOH-CH2-CHO

（3）若使有机物X通过化学变化；使生成物中不再具有手性碳原子从而失去光学活性，可能发。

生的反应类型有____．有机物Y的结构简式为，

若使Y通过化学变化失去光学活性，可能发生的反应类型有____．A．酯化B．水解C．氧化D．还原E．消去．12、（10分）在一个2L的密闭容器中，发生反应：2SO3(g)2SO2+O2△H＞0，其中SO3的变化如下图示：(1)写出该反应的平衡常数表达式：____________________,(2)用O2表示从0～8min内该反应的平均速率v=。(3)升高温度,该反应的反应速率将；K值将_______；容器中气体的平均相对分子质量将________。(填：“增大”,“减小”或“不变”)(4)能说明该反应已达到平衡状态的是。a．v(SO3)=2v(O2)b．容器内压强保持不变c．v逆(SO2)=2v正(O2)d．容器内密度保持不变(5)从8min起,压缩容器为1L,则SO3的变化曲线为____A.aB.bC.cD.d13、已知下列热化学方程式：

rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285kJ/mol}

rm{垄脷C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)triangleH=+131.5kJ/mol}

rm{垄脹C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH=-110.4kJ/mol}

rm{垄脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ/mol}

请回答：

rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285kJ/mol}上述反应中属于放热反应的是______．

rm{垄脷C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)triangle

H=+131.5kJ/mol}碳的燃烧热rm{垄脹C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH=-110.4kJ/mol}______．

rm{垄脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.5kJ/mol}燃烧rm{(1)}rm{(2)}生成液态水；放出的热量为______．

rm{triangleH=}燃烧生成二氧化碳的热化学方程式为______．rm{(3)}14、（10分）有机物分子组成和结构的表示方法具有多样性。（1）某有机物X的结构简式可以用____简单表示为则下列与X互为同分异构体的是____；A．B．C．D．（2）下式是一种形状酷似一条小狗的有机物，化学家TimRickard将其取名为“doggycene”。则doggycene的分子式为________；该分子中所有碳原子________(填“可能”或“不可能”)处于同一平面。（3）2－甲基-1-丁烯的键线式为____。（按系统命名法）名称为____。15、rm{(1)}下列各化合物中，属于同系物的是rm{(}填入编号rm{)}______，属于同分异构体的是_____。

rm{(2)}有机物的表示方法多种多样；下面是常用的有机物的表示方法：

rm{垄脵}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{垄脹CH}rm{垄脹CH}

rm{{,!}_{4}}rm{垄脺}

rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脻}rm{垄脼}上述表示方法中属于结构简式的为_________；属于结构式的为_______________；属于键线式的为______；属于比例模型的为________；属于球棍模型的为__________；rm{垄脼}写出rm{垄脽}的分子式：________________；rm{垄脽}的分子式为__________，最简式为______________________。rm{垄脿}16、实验室需要rm{480mL0.5mol/L}硫酸溶液rm{.}根据溶液的配制情况回答下列问题：

rm{(1)}如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______rm{(}填序号rm{)}配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是______rm{(}填仪器名称rm{)}．

rm{(2)}下列操作中，容量瓶所不具备的功能有______rm{(}填序号rm{)}．

A.配制一定体积准确浓度的标准溶液rm{B.}贮存溶液。

C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体rm{D.}准确稀释某一浓度的溶液。

E.量取一定体积的液体rm{F.}用来加热溶解固体溶质。

rm{(3)}根据计算得知，所需质量分数为rm{98%}密度为rm{1.84g/cm^{3}}的浓硫酸的体积为______rm{mL(}计算结果保留一位小数rm{).}如果实验室有rm{15mL}rm{20mL}rm{50mL}量筒，应选用______rm{mL}量筒最好rm{.}配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释；稀释时操作方法是______．

rm{(4)}在配制过程中；如果出现下列情况，将所配溶液的物质的量浓度有何影响？将“偏高”；“偏低”、或“无影响”填入空格中．

rm{垄脵}向容量瓶中倾倒溶液时；有少量溶液流到瓶外______

rm{垄脷}没有将洗涤液注入容量瓶中______

rm{垄脹}用量筒量取浓硫酸时；仰视量筒进行读数______

rm{垄脺}定容时，仰视观察容量瓶刻度线______．17、在有机化学中，同分异构是普遍存在现象rm{.}分子式为rm{C_{4}H_{9}Br}的有机物共有______种rm{.}其中，一种有机物通过消去反应可转变为rm{2-}丁烯，请写出该消去反应的化学方程式______，另一种有机物的核磁共振氢谱图rm{(^{1}H}核磁共振谱图rm{)}中显示一个峰，请写出该有机物的结构简式______．18、Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。试推断Ni2+的水合离子为______（填“有”或“无”）色离子；依据是______。

。离子Sc3+Ti3+Fe2Cu2+Zn2+颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色评卷人得分三、工业流程题(共8题，共16分)19、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___。20、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21、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]=____。22、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________%。23、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)。24、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、其他(共3题，共27分)25、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。26、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。27、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。评卷人得分五、实验题(共1题，共8分)28、某同学类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他在实验室中选择以下装置对该反应进行了实验探究。依据要求回答问题：rm{(1)}二氧化碳的发生装置应选用上述装置中的______rm{(}填装置序号rm{)}反应的化学方程式为________________________________________。rm{(2)}为达到实验目的，选择上图中的装置，其连接顺序为：二氧化碳的发生装置rm{隆煤}_______rm{(}按气流方向，用小写字母表示rm{)}rm{(3)}检查装置气密性良好，装好药品后，打开弹簧夹，待装置中的空气排净后才能点燃酒精灯。能说明装置中空气已经排净的现象是__________________。rm{(4)}该同学用稀盐酸与rm{CaCO_{3}}反应制备rm{CO_{2}}向装置rm{B}中加入稀盐酸后，发现rm{CaCO_{3}}与稀盐酸没有接触。由于盐酸用完，为使反应顺利进行，可再加入的试剂是______。A.稀硝酸rm{B.H_{2}SO_{4}}溶液rm{C.}苯rm{D.CCl_{4}}rm{(5)}若反应过程中rm{CO_{2}}足量，反应结束后，该同学对硬质玻璃管中生成的固体提出了以下猜想，则钠与rm{CO_{2}}反应的化学方程式为____________________。rm{(6)}该同学经过反思，认为上述实验设计中存在缺陷。他查阅资料后得知，rm{PdCl_{2}}溶液可以吸收rm{CO}同时得到黑色的rm{Pd}于是他在装置后加装一个盛rm{PdCl_{2}}溶液的吸收装置，该装置中发生反应的化学方程式为_________________。评卷人得分六、解答题(共4题，共8分)29、现有电解质溶液：①Na2CO3②NaHCO3③NaAlO2④CH3COONa⑤NaOH，且已知：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+CO32-．

（1）当五种溶液的pH相同时；其物质的量浓度由大到小的顺序是______（填编号）．

（2）将上述物质的量浓度均为0.1mol/L的五种溶液稀释相同倍数时；其pH变化最大的是______（填编号）．

（3）在上述五种电解质溶液中分别加入AlCl3溶液；无气体产生的是______（填编号）

（4）将上述①；②、③、④这四种电解质溶液混合；发生反应的离子方程式为______．

30、一定温度下；测得某纯水的pH为6.5．试计算：

（1）此时水的离子积常数Kw=______．

（2）若在此纯水中加一定量Ba（OH）2固体，配制成5.0×10-5mol•L-1的Ba（OH）2溶液；保持原温度，其溶液的pH=______．

（3）取上述Ba（OH）2溶液200mL，加入等体积的一定物质的量浓度的Na2SO4溶液，则产生沉淀所需Na2SO4溶液的最小浓度要______mol．L-1[Ksp（BaSO4）=1.0×10-10]．

（4）氯气在295K、100Kpa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应．请估算该反应的平衡常数？（列式计算）______．

31、如图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极；电极c；d都是石墨电极．通电一段时间后，只在c、d两极上共收集到336mL（标准状态）气体．回答：

（1）直流电源中；M为______极．

（2）Pt电极上生成的物质是______；其质量为______g．

（3）请写出C电极的电极反应式______．

（4）AgNO3溶液的浓度（填增大、减小或不变．下同）______，H2SO4溶液的pH______．

（5）H2SO4溶液质量分数由5.00%变为5.02%，则原5.00%H2SO4溶液为______g．

32、（1）前三周期元素中第一电离能最小的是______（填元素符号）；其基态原子的电子排布式为______．第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的是______（填分子式）．

（2）物质形成分子间氢键和分子内氢键对物质性质的影响有显著差异．根据下表数据；形成分子间氢键的物质是______（填物质字母代号）．

。代号物质结构简式水中溶解度/g

（25℃）熔点/℃沸点/℃A邻-硝基苯酚0.245100B对-硝基苯酚1.7114295（3）电负性的大小：C______O，键能的大小：HBr______HI．（填“＞”；“=”或“＜”）

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【解析】试题分析：等物质的量浓度、等体积的盐酸分别用pH＝9和pH＝10的氨水完全中和时，消耗氨水的体积分别为V1和V2，则V1、V2的关系中正确的是V1＞10V2，因为浓度越大，电离程度越小，所以pH＝9和pH＝10的氨水前者的氨水浓度大于后者的十倍所以消耗的盐酸的量的关系肯定是V1＞10V2，故选B。考点：弱碱的电离【解析】【答案】B2、D【分析】试题分析：①锌粒②锌片③锌粉，三种锌属锌粉的接触面积最大，化学反应速率最快，①②错误，③正确；④98％的浓硫酸与锌粉反应不生成氢气，错误；⑤15％的稀硫酸⑥20％的稀硫酸，质量分数越大，浓度越大，反应速率越快，⑤错误⑥正确；⑦加热，温度较高，反应速率加快，正确；⑧用冰冷却，温度降低，反应速率减小，错误；⑨不断搅拌，能加快反应速率，正确；⑩迅速加入锌片后静置，化学反应速率较慢，错误；选D。考点：考查化学反应速率的影响因素。【解析】【答案】D3、C【分析】解：A．海水中含有溴元素；经过化学变化将溴离子氧化成溴单质后，还需要通过物理变化分离出溴，如：萃取；分液、蒸馏等操作，故A错误；

B．通过蒸馏操作实现海水的淡化过程中；发生的是物理变化，没有涉及化学变化，故B错误；

C．从海水中得到氯化钠后；既可以使用，还可通过饱和食盐水的方法获得氢氧化钠和氯气，故C正确；

D．海水中含有丰富的钠；镁、碘等元素；但是不含有丰富的金，故D错误；

故选C．

A．将溴离子氧化成溴单质后；还需要通过萃取；蒸馏等物理方法分离出溴；

B．蒸馏法获得蒸馏水的过程中；没有涉及化学变化；

C．氯化钠可以加工变成食盐；也可以在工业上通过电解熔融饱和氯化钠溶液获得氯气；

D．海水中不含有丰富的金元素．

本题主要海水资源的利用，题目难度中等，侧重于考查学生基本知识和基本反应原理的掌握，注意掌握海水资源的综合应用方法，明确海水淡化的方法、物理变化与化学变化区别为解答关键．【解析】【答案】C4、B【分析】试题分析：A、根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B、铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C、装置③为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故C正确；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D正确。故选B。考点：考查原电池和电解池的工作原理【解析】【答案】B5、C【分析】试题分析：A、乙醇与浓硫酸在170℃条件下反应是消去反应，错误；B、乙醇转化为乙醛的反应是氧化反应，错误；C、苯酚与溴水的反应是取代反应，正确；D、乙醛的银镜反应属于氧化反应，错误，答案选C。考点：考查对有机反应类型的判断【解析】【答案】C6、A【分析】解：因三种醇与钠反应放出等量的氢气，三种醇提供的羟基数相等，设需要-OH的物质的量为1mol，而乙醇、乙二醇、甘油含有的羟基数分别为1：2：3，则三种醇的物质的量之比为1：=6：3：2；故选A．

根据乙醇；乙二醇、甘油含有的羟基数分别为1：2：3；由于氢气物质的量相等，那么羟基的物质的量相等来解答．

本题考查化学方程式的有关计算，难度适中，注意反应产生相同体积的氢气，消耗相同物质的量的羟基是解题的关键．【解析】【答案】A7、D【分析】【分析】A.根据公式rm{N=nN}rm{N=nN}rm{{,!}_{A}}rm{=cVN}rm{=cVN}

rm{{,!}_{A}}

，溶液体积未知，无法计算微粒数；B.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；C.rm{H}是二元弱酸，所以在水溶液中的电离是分步进行的；

rm{H}rm{{,!}_{2}}依据rm{triangleH-TtriangleS<0}反应自发进行判断。【解答】A.溶液体积未知，无法计算氢氧根离子数目，故rm{S}是二元弱酸，所以在水溶液中的电离是分步进行的；错误；B.次氯酸根离子为弱酸根离子rm{S}水溶液中部分水解D.反应的熵变rm{triangleS>0}rm{triangleH<0}依据rm{triangleH-Ttriangle

S<0}反应自发进行判断。所以rm{triangleS>0}rm{triangleH<0}rm{triangleH-Ttriangle

S<0}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}的，，，，，溶液中含有，rm{1}rm{L}rm{1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{?}rm{L}rm{{,!}^{?1}}rm{1}rm{L}rm{1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{?}rm{L}rm{{,!}^{?1}}rm{1}rm{L}rm{1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{?}rm{L}rm{{,!}^{?1}}的数目小于rm{1}rm{L}rm{1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{?}rm{L}rm{{,!}^{?1}}rm{1}rm{L}rm{1}rm{m}rm{o}rm{l}rm{?}rm{L}rm{{,!}^{?1}}，故rm{1}错误；C.rm{1}rm{L}rm{L}是二元弱酸，所以在水溶液中的电离是分rm{1}步进行的，故rm{1}错误；D.依据rm{m}rm{m}rm{o}rm{o}rm{l}rm{l}rm{?}rm{?}反应自发进行判断，反应的熵变rm{L}rm{{,!}^{?1}}rm{L}rm{{,!}^{?1}}rm{L}rm{L}，rm{L}rm{{,!}^{?1}}rm{N}rm{a}rm{C}rm{l}rm{O}rm{N}rm{a}rm{C}rm{l}rm{O}，rm{N}rm{a}rm{C}rm{l}rm{O}rm{N}rm{a}rm{C}rm{l}rm{O}rm{N}rm{a}rm{C}rm{l}rm{O}rm{N}rm{N}rm{a}一定小于rm{a}，反应一定自发进行，故rm{C}正确。故选D。rm{C}【解析】rm{D}8、C【分析】【分析】本题考查rm{pH}计算、滴定和离子浓度比较，沉淀溶解平衡的转化等，难度较大。计算、滴定和离子浓度比较，沉淀溶解平衡的转化等，难度较大。【解答】rm{pH}将溶液的体积稀释到原来A.常温下，强酸溶液的rm{pH=a}将溶液的体积稀释到原来rm{10}rm{pH=a}rm{10}在rm{{,!}^{n}}倍，则rm{pH=a+n}在rm{pH}的条件下成立，故A错误；B.rm{pH=a+n}与rm{pH}反应生成rm{leqslant7}和rm{NaHSO_{3}}根据物料守恒知，rm{NH_{3}}根据电荷守恒知，rm{Na_{2}SO_{3}}两式相减得：rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}又由于rm{c(Na^{+})=c(SO_{3}^{2-})+c(HSO_{3}^{-})+c(H_{2}SO_{3})}与rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{3}^{2-})+c(HSO_{3}^{-})}微弱水解，可得rm{c(NH_{4}^{+})=c(SO_{3}^{2-})-c(H_{2}SO_{3})}故B错误；rm{SO_{3}^{2-}}rm{NH_{4}^{+}}rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}C.根据溶液中电荷守恒和物料守恒得rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(OH}rm{)=c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+2c(S}rm{)+2c(S}rm{{,!}^{2-}}rm{)+c(HS}rm{)+c(HS}rm{{,!}^{-}}两式结合消去rm{)}rm{2c(Na^{+})=3[c(S}rm{)}rm{2c(Na^{+})=3[c(S}即得rm{{,!}^{2-}}rm{)+c(HS}rm{)+c(HS}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}_{2}}rm{S)]}两式结合消去rm{c(Na}rm{S)]}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}故C正确；rm{)}即得rm{c(S}悬浊液中加rm{)}溶液，白色沉淀最终转化为黄色，可以说明rm{c(S}故D错误。故选C。rm{{,!}^{2-}}【解析】rm{C}9、B【分析】解：rm{A.}断开化学键的过程会吸收能量；形成化学键的过程会放出能量，故A错误；

B.反应物的总能量小于生成物的总能量；为吸热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B正确；

C.物质的燃烧也需要加热达到可燃物的着火点；但燃烧反应都是放热反应，故C错误；

D.食物的腐败变质是氧化反应；该过程是放热的，故D错误；

故选B．

A.断开化学键吸收能量；形成化学键放出能量；

B.反应物的总能量小于生成物的总能量；为吸热反应；

C.物质的燃烧也需要加热达到可燃物的着火点；

D.有的氧化反应放热有的吸热．

本题考查化学反应中能量的转化的原因，题目难度不大，注意反应吸热或放热与反应的条件没有必然关系．【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】

（1）减压后向逆反应方向移动；反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，应有x+y＞z；

故答案为：x+y＞z；

（2）如A；B都是气体；改变压强平衡不移动，如有固体或纯液体，则一定向逆反应方向移动，故答案为：逆；

（3）增加A的用量；平衡不移动，说明A的浓度不变，则A应为固体或纯液体，故答案为：固体或纯液体；

（4）加热后C的百分含量减少；说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故答案为：放热．

【解析】【答案】（1）减压后向逆反应方向移动；说明反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数；

（2）如A；B都是气体；改变压强平衡不移动，否则向逆反应方向移动；

（3）增加A的用量；平衡不移动，说明A的浓度不变；

（4）加热后C的百分含量减少；说明平衡向逆反应方向移动．

11、略

【分析】

（1）有机分子中碳原子连四个不同的原子或原子团时，称为不对称碳原子，可标为（带*的C）；

故答案为：

（2）CH2OH-CHOH-CH2OH分子中不存在手性碳原子，没有光学活性；CH3-CHOH-COOH中间碳是手性碳原子；CH2OH-CHOH-CHOH-CH2-CHO从到起第二个碳和第三个碳是手性碳原子；故答案为：B；C；

（3）使生成物中不再具有手性碳原子从而失去光学活性，指得是发生反应使手性碳上连有2个相同的原子或原子团，有机物X若发生氧化反应，将-CH2OH氧化为醛基从而失去光学活性，有机物X若发生还原反应，将醛基还原为-CH2OH从而失去光学活性；有机物X右边羟基若发生消去反应，生成碳碳双键从而失去光学活性；有机物Y从左起第三个碳原子为手性碳原子，若右边羟基与甲酸发生酯化反应，将从而失去光学活性；有机物Y若左边酯基发生水解反应，而失去光学活性；有机物Y右边羟基若发生消去反应，生成碳碳双键而失去光学活性，故答案为：C，D，E；A，B，E；

【解析】【答案】（1）有机分子中碳原子连四个不同的原子或原子团时；称为不对称碳原子（或手性碳原子）；

（2）有机分子中碳原子连四个不同的原子或原子团时；称为不对称碳原子（或手性碳原子），以*C表示，具有手性碳原子的有机物具有光学活性；

（3）使生成物中不再具有手性碳原子从而失去光学活性；指得是发生反应使手性碳上连有2个相同的原子或原子团；

12、略

【分析】（2）0～8min内SO3的△n=0.4mol,故0.025mol/L•min，而用氧气表示速率则为0.0125mol/L•min（4）该反应是一个恒容、体积系数和增大的可逆反应，正反应吸热；故容器内的密度是定值，不能做为判断标准。（5）减小容积瞬间，各物质浓度增大一倍，相当于加压，平衡左移，SO3的物质的量不断增大直到平衡为止。【解析】【答案】(1)（1分）（2）0.0125mol/L•min（2分）(3)增大,增大，减小（各1分）(4)b、c（各1分）(5)C（2分）13、①③④；-393.5kJ/mol；1425KJ；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.1kJ/mol【分析】解：rm{(1)}放热反应的焓变小于rm{0}所以上述反应中属于放热反应的有rm{垄脵垄脹垄脺}故答案为：rm{垄脵垄脹垄脺}

rm{(2)C}的燃烧热是rm{1molC}燃烧生成二氧化碳时放出的热量，即反应rm{垄脺}的焓变是rm{C}的燃烧热，故答案为：rm{-393.5kJ/mol}

rm{(3)2g}氢气燃烧生成液态水放热rm{285KJ}则rm{10g}氢气燃烧生成液态水放热rm{5隆脕285KJ=1425KJ}故答案为：rm{1425KJ}

rm{(4)}已知rm{垄脹C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH=-110.4kJ/mol}

rm{垄脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ/mol}

据盖斯定律，rm{垄脹C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)triangleH=-110.4kJ/mol}得：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.1kJ/mol}故答案为：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.1kJ/mol}．

rm{垄脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.5kJ/mol}放热反应的焓变小于rm{垄脺-垄脹}

rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.1kJ/mol}的燃烧热是rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.1kJ/mol}燃烧生成二氧化碳时放出的热量；

rm{(1)}据热化学方程式rm{0}计算；

rm{(2)C}根据热化学方程式rm{1molC}利用盖斯定律解答．

本题考查了放热反应的焓变小于rm{(3)}燃烧热、焓变计算，题目难度中等．rm{垄脵}【解析】rm{垄脵垄脹垄脺}rm{-393.5kJ/mol}rm{1425KJ}rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.1kJ/mol}rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.1kJ/mol}14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）经过分析，C项的分子式与X相同且结构不同，故互为同分异构体；（2）根根据键线式和碳原子的成键情况可以写出其化学式为C26H26；碳碳单键可以旋转苯环上的原子都在同一平面上，故可能在同一平面上。（3）根据键线式和碳原子的成键情况可以写出键线式为考点：有机物的结构有机物的命名【解析】【答案】(10分）（1）C(2)C26H26可能（3）2，3，6－三甲基-4-乙基庚烷15、（1）BEAF

（2）①①③④⑦⑩②⑥⑨⑤⑧

②C11H18O2

③C6H12CH2【分析】【分析】本题考查了同系物、同分异构体的概念分析判断以及有机物的表示，结合物质组成和结构分析物质的类别，理解概念含义是解题关键。【解答】rm{(1)}A.丁醛和丁酮分子式相同结构不同，属于同分异构体；

B.官能团相同，组成相差rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

，属于同系物；

C.表示的是苯酚和苯甲醇，是本题类物质；不属于同系物、同分异构体；

D.官能团类型相同，数目不同，属于不同类醇，不是同系物，同分异构体；E.官能团相同是二元酸，分子组成相差rm{CH}rm{CH}

rm{{,!}_{2}}

，是同系物；属于同分异构体的是：F.戊烯和环戊烷分子式相同，结构不同，属于同分异构体；

综上所述：属于同系物的是rm{BE}属于同分异构体的是：rm{AF}rm{BE}rm{AF}属于结构简式的有：故答案为：rm{BE}rm{AF}属于结构式的有：rm{BE}属于键线式的有：rm{AF}属于比例模型的有：rm{(2)垄脵}属于结构简式的有：rm{垄脵垄脹垄脺垄脽}属于结构式的有：rm{垄芒}属于键线式的有：rm{垄脷垄脼垄谩}属于比例模型的有：rm{垄脻}属于球棍模型的有：rm{垄脿}属于球棍模型的有：rm{(2)垄脵}rm{垄脵垄脹垄脺垄脽}rm{垄芒}rm{垄脷垄脼垄谩}rm{垄脻}rm{垄脿}

故答案为：rm{垄脵垄脹垄脺垄脽}rm{垄芒}rm{垄脷垄脼垄谩}rm{垄脻}rm{垄脿}rm{垄脵垄脹垄脺垄脽}rm{垄芒}rm{垄脷垄脼垄谩}rm{垄脻}rm{垄脿}rm{垄脷}rm{垄脷}的分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{11}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{18}}rm{O}

rm{O}rm{{,!}_{2}}，故答案为：rm{C}rm{C}rm{{,!}_{11}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{18}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}；rm{垄脹}rm{垄脹}的分子式为：rm{C}【解析】rm{(1)BEAF}rm{(2)}rm{(2)}rm{垄脵}rm{垄脵垄脹垄脺垄脽}rm{垄芒}rm{垄脷垄脼垄谩}rm{垄脻}rm{垄脿}rm{垄脷C_{11}H_{18}O_{2}}rm{垄脹C_{6}H_{12}}rm{CH_{2}}16、rm{(1)AC}烧杯；玻璃棒。

rm{(2)BCF}

rm{(3)13.6}rm{15}将浓硫酸沿烧杯壁注入水中并用玻璃棒不断搅拌。

rm{(4)}偏低偏低偏高偏低【分析】【分析】

本题考查一定物质的量浓度溶液的稀释；是高考的热门考点，侧重考查学生分析问题；解决问题的能力，注意容量瓶、量筒规格的选取方法，并明确浓硫酸的稀释方法，误差分析的方法，为易错点。

【解答】

rm{(1)}配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解rm{(}可用量筒量取水rm{)}冷却后转移到rm{500mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线rm{1隆芦2cm}时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器是rm{AC}还需要的仪器是烧杯和玻璃棒；

故答案为：rm{AC}烧杯和玻璃棒；

rm{(2)}容量瓶是用来配置一定体积；一定物质的量浓度溶液的专用仪器，属于精密仪器，容量瓶不能稀释浓溶液；不能用于溶解固体、储存溶液等；

故答案为：rm{BCF}

rm{(3)}质量分数为rm{98%}密度为rm{1.84g/cm^{3}}的浓硫酸的物质的量浓度rm{C=dfrac{1000隆脕1.84g/ml隆脕98%}{98g/mol}=18.4mol/L}设需要浓硫酸的体积为rm{C=dfrac

{1000隆脕1.84g/ml隆脕98%}{98g/mol}=18.4mol/L}rm{V}rm{0.5mol/L隆脕0.5L=18.4mol/L隆脕V}选取量筒的体积应稍大于或大于量取溶液的体积，所以选rm{V=0.0136L=13.6mL}的量筒；稀释浓硫酸时；要将浓硫酸沿烧杯壁注入水中并用玻璃棒不断搅拌，防止溶液溅出；

故答案为：rm{15mL}rm{13.6}将浓硫酸沿烧杯壁注入水中并用玻璃棒不断搅拌；

rm{15}向容量瓶中倾倒溶液时；有少量溶液流到瓶外，溶质质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；

rm{(4)垄脵}没有将洗涤液注入容量瓶中；溶质质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；

rm{垄脷}用量筒量取浓硫酸时；仰视量筒进行读数，量取的浓硫酸的体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；

rm{垄脹}定容时；仰视观察容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低。

rm{垄脺}【解析】rm{(1)AC}烧杯；玻璃棒。

rm{(2)BCF}

rm{(3)13.6}rm{15}将浓硫酸沿烧杯壁注入水中并用玻璃棒不断搅拌。

rm{(4)}偏低偏低偏高偏低17、略

【分析】解：rm{C_{4}H_{9}B_{r}}的同分异构体由rm{C_{4}H_{9}-}决定，有rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}Br}rm{(CH_{3})_{3}CBr4}种；

其中通过消去反应可转变为rm{2-}丁烯的为rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}}

反应的方程式为rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}xrightarrow[triangle]{NaOH{麓录脠脺脪潞}}CH_{3}CH=CHCH_{3}+HBr}另一种有机物的核磁共振氢谱图中显示只有一个峰，说明只含有rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}

xrightarrow[triangle]{NaOH{麓录脠脺脪潞}}CH_{3}CH=CHCH_{3}+HBr}种rm{1}应为rm{H}可写为故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}xrightarrow[triangle]{NaOH{麓录脠脺脪潞}}CH_{3}CH=CHCH_{3}+HBr}．

rm{(CH_{3})_{3}CBr}的同分异构体由rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}

xrightarrow[triangle]{NaOH{麓录脠脺脪潞}}CH_{3}CH=CHCH_{3}+HBr}决定，有rm{C_{4}H_{9}B_{r}}rm{C_{4}H_{9}-}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}}种；结合题目要求可解答该题．

本题考查有机物的推断以及鉴别，题目难度中等，注意把握有机物的官能团的结构和性质，为解答该题的关键，易错点为同分异构体的判断，注意判断方法．rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}Br}【解析】rm{4}rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}xrightarrow[triangle]{NaOH{麓录脠脺脪潞}}CH_{3}CH=CHCH_{3}+HBr}rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}

xrightarrow[triangle]{NaOH{麓录脠脺脪潞}}CH_{3}CH=CHCH_{3}+HBr}18、有Ni2+的3d轨道上有未成对电子【分析】解：Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9，Zn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d10，d轨道上有10个电子，故Zn2+无色，Sc3+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p6，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d8；3d轨道上有未成对电子，所以有色离子；

故答案为：有；Ni2+的3d轨道上有未成对电子。

根据离子的核外电子排布式分析，Cu2+的外围电子排布式为3d9，Zn2+离子的外围电子排布式为3s23p63d10，d轨道上有10个电子，故Zn2+无色，Sc3+离子的外围电子排布式为3s23p6，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni2+离子的外围电子排布式为3s23p63d8；3d轨道上有未成对电子，据此分析解答。

本题是对物质结构与性质的考查，根据离子的核外电子排布式分析是解答关键，题目难度不大。【解析】有Ni2+的3d轨道上有未成对电子三、工业流程题(共8题，共16分)19、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20、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.D21、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%22、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%23、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