2025年浙教版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年浙教版高二化学下册月考试卷534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5题，共10分)1、食品卫生与人类的身体健康密切相关；下列做法对人体有害的是（）

A.使用“瘦肉精”饲料（一种含激素的饲料）养猪；提高猪的瘦肉产量。

B.用福尔马林（50%的甲醛）使鱼肉等食品长时间保鲜。

C.在鸭饲料里添加工业染料“苏丹红”使鸭子生产红心鸭蛋。

D.酱油中加铁。

2、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.钠和水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑B.碳酸钙与稀醋酸的反应：CO+2H+═CO2↑+H2OC.铜与稀硝酸的反应：Cu+2H+═Cu2++H2↑D.常温下，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O3、将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）．达到平衡时，c（H2）=1mol/L，c（HI）=3mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（）A.3B.9C.12D.154、用核磁共振仪对分子式为rm{C_{3}H_{8}O}的有机物进行分析，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比是rm{1隆脙1隆脙6}则该化合物的结构简式为rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}隆陋O隆陋CH_{2}隆陋CH_{3;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{C_{3}H_{7}OH}C.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}CH(OH)CH_{3}}5、下列关于有机物说法正确的是（）A.制乙酸乙酯时，把乙醇和乙酸依次加入浓硫酸中B.用灼烧的方法可以区别丝和棉花C.油脂水解可得到氨基酸和甘油D.石油分馏可获得乙烯、丙烯、丁二烯等气体评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、欲使rm{0.1mol隆陇L^{-1}CHCOONa}溶液中，rm{c(Na^{+})/c(CH_{3}COO^{-})}更接近于rm{1漏U1}应采取的措施是rm{(}rm{)}A.加入rm{NaOH}固体B.加入适量rm{CH_{3}COOH}C.加入rm{KOH}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体7、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有A.分液B.过滤C.溶解D.蒸发结晶8、下列反应能用离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=BaCO_{3}隆媒}表示的有A.rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=

BaCO_{3}隆媒}与rm{BaCl_{2}}溶液反应B.rm{K_{2}CO_{3}}与rm{CO_{2}}溶液反应C.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液反应D.rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应rm{NaHCO_{3}}9、氯酸根和亚硫酸氢根发生氧化还原反应：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}，下图为该反应速率随时间变化的图像。图中rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=

3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}是用rm{v(ClO_{3}^{-})}在单位时间内的物质的量浓度的变化来表示的反应速率。则下列说法不正确的是()

A.反应开始时速率增大可能是rm{ClO_{3}^{-}}增大引起的B.若坐标改为rm{c(H^{+})}时，速率时间曲线和上图曲线完全重合C.后期反应速率下降的原因是反应物浓度减少D.图中阴影部分rm{v(Cl^{-})}面积rm{"}为rm{"}至rm{t_{1}}时间内rm{t_{2}}的物质的量的减少值rm{ClO_{3}^{-}}10、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}11、下列操作能用于检验rm{NH_{3}}的是rm{(}rm{)}A.气体使湿润的酚酞试纸变红B.气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C.气体与浓rm{H_{2}SO_{4}}靠近D.气体与浓盐酸产生白烟12、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是rm{(}rm{)}A.已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}?2SO_{3}(g)}为放热反应，则rm{SO_{2}}的能量一定高于rm{SO_{3}}的能量B.已知rm{C(}石墨，rm{s)=C(}金刚石，rm{s)triangleH>0}则金刚石比石墨稳定C.已知rm{2C(s)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH_{2}}则rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}D.已知rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}则任何酸碱中和的反应热均为rm{2C(s)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)triangle

H_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H_{2}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、（4分）小玲到了傍晚时就看不见东西，患了夜盲症。可能的原因之一是她的体内缺乏维生素；小可同学近期感到精神不振、疲劳、头晕、面色苍白，医生说她患了贫血病，此时她应该多补充蛋白质和含__________丰富的无机盐。14、（12分）已知化学反应①Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，其平衡常数为K1；化学反应②：Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)，其平衡常数为K2。在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：。温度K1K2973K1.472.381173K2.151.67(1)通过表格中的数值可以推断：反应①是________(填“吸热”或“放热”)反应。(2)现有反应③：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，请你写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3＝________。(3)能判断反应③已达平衡状态的是________。A．容器中压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO2)＝c(CO)(4)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式__________________。据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是________(填“吸热”或“放热”)反应。要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施是________(填写序号)。A．缩小反应容器容积B．扩大反应容器容积C．降低温度D．升高温度E．使用合适的催化剂F．设法减少CO的量15、（8分）用碳棒作电极，在Na+、Cu2+、Cl－、SO42－等离子中选出适当离子组成电解质，电解其溶液，写出符合条件的一种电解质的化学式：⑴当阴极放出H2，阳极放出O2时，电解质是；⑵当阴极析出金属，阳极放出O2时，电解质是；⑶当阴极放出H2，阳极放出Cl2时，电解质是；(4)通过电子的物质的量与阴极析出的金属的物质的量、阳极析出的气体的物质的量之比为4∶2∶1时，电解质的化学式是。16、1.00L1.00mol•L-1H2SO4溶液与2.00L1.00mol•L-1NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，由此可推知H2SO4与NaOH发生中和反应的中和热为______，表示该中和热的热化学方程式为______．（溶液状态用aq表示）17、电炉加热时用纯O2氧化管内样品；根据产物的质量确定有机物的组成．下列装置是用燃烧法确定有机物分子式常用的装置．

(1)产生的O2按从左到右的流向；所选装置各导管的正确连接顺序是____________．

(2)C装置中浓硫酸的作用是____________．

(3)D装置中MnO2的作用是____________．

(4)燃烧管中CuO的作用是____________．

(5)若实验中所取样品只含C；H、O三种元素中的两种或三种；准确称取0.92g样品，经充分反应后，A管质量增加1.76g，B管质量增加1.08g，则该样品的实验式为____________．

(6)用质谱仪测定其相对分子质量；得如图一所示的质谱图，则该有机物的相对分子质量为____________．

(7)能否根据A的实验式确定A的分子式____________(填“能”或“不能”)；若能，则A的分子式是____________(若不能，则此空不填)．

(8)该物质的核磁共振氢谱如图二所示，则其结构简式为____________．18、现有以下四种物质：A.过氧化钠rm{(Na_{2}O_{2})}rm{B.}二氧化硅rm{(SiO_{2})}C.rm{CuSO_{4}}溶液rm{D.Na_{2}SiO_{3}}根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空。rm{(1)}可用于生产半导体材料的是_________________；rm{(2)}能用于潜艇里制氧气的是_________________；rm{(3)}加入rm{NaOH}溶液有蓝色沉淀生成的是___________________；rm{(4)}可用于制耐火材料的是____________。19、只用一种试剂就能将苯、己烯、溴苯、乙醇区分开来，这种试剂是______．评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共20分)20、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。21、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。22、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。23、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、工业流程题(共3题，共30分)24、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___。25、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]=____。26、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、推断题(共2题，共20分)27、X；Y、Z、W有如图所示的转化关系：

（1）若X单质的一种同素异形体是一种黑色的非金属单质；则Y转化为Z的化学方程式______，Z的晶体类型______晶体．

（2）若X为一种金属的氯化物；Y是一种常见的两性氢氧化物，W为化工常用的强碱，写出Y与W反应的离子方程式______．

（3）若X是一种活泼的金属单质，Z是一种淡黄色的化合物，Z的化学式______则Z转化为W的化学方程式______．28、现有A；B、C、D、E五种中学教材中常见的金属单质；其单质和最高价氧化物对应的水化物的有关信息如表所示：

。单质ABCDE最高价氧化物。

对应水化物的稳定性难分解能分解能分解能分解能分解单质性质与水剧烈反应缓慢溶于热水溶于强碱性溶液难溶于冷的浓硝酸溶于浓、稀硝酸已知A；B、C的组成元素位于同一短周期；D和E的组成元素位于同一周期，D的低价氢氧化物在空气中会发生颜色变化，E在空气中生锈呈绿色．

根据要求；回答下列问题：

（1）C元素最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是：______；______（用电离方程式表示）

（2）以B、C为电极，A的氢氧化物的水溶液为电解质溶液，构成原电池．写出C极的电极反应式：______．

（3）用离子方程式表示D的单质能与D的化合物在水溶液中发生化合反应：______．

（4）E的单质在加热条件下能与浓硫酸反应，其反应的化学方程式为______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A|B|C【分析】

A．瘦肉精让猪的单位经济价值提升不少；但它有很危险的副作用，轻则导致心律不整，严重一点就会导致心脏病，对人体有害，故A正确；

B．甲醛有毒；能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，对人体有害，故B正确；

C．苏丹红具有致癌性；对人体的肝肾器官具有明显的毒性作用，对人体有害，故C正确；

D．酱油中加铁可补充人体必需的铁元素；故D错误．

故选ABC．

【解析】【答案】A．根据瘦肉精会对人体会产生副作用进行分析；

B．根据甲醛能破坏蛋白质结构的性质判断；

C．根据苏丹红有毒进行分析；

D．缺铁会患缺铁性贫血．

2、A【分析】【解答】解：A．钠和水反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A正确；B．碳酸钙与稀醋酸的反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑；故B错误；

C．铜与稀硝酸的反应的离子反应为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；故C错误；

D．常温下，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；故D错误；

故选A．

【分析】A．反应生成NaOH和氢气；

B．醋酸；碳酸钙在离子反应中均保留化学式；

C．反应生成硝酸铜；NO和水；

D．电荷不守恒．3、D【分析】【解答】解：平衡时c（HI）=4mol•L﹣1，HI分解生成的H2的浓度为1mol•L﹣1，则：NH4I分解生成的HI的浓度为3mol•L﹣1+2×1mol•L﹣1=5mol•L﹣1；

所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol•L﹣1；

所以反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）=5mol•L﹣1×3mol•L﹣1=15mol2•L﹣2．

故选：D．

【分析】反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）计算．4、D【分析】【分析】本题考查有机化合物的结构和性质，利用核磁共振氢谱中峰的个数确定几种不同环境的氢原子，根据峰面积之比判断各种等效氢原子的个数，再结合分子式推出有机物的结构。【解答】核磁共振氢谱有三个峰，说明分子中有三种不同环境的氢原子，峰面积之比是rm{1:1:6}说明三种不同环境的氢原子个数之比为rm{1:1:6}A.分子中三种不同环境的氢原子个数之比为rm{3:2:3}故A错误；B.已知分子式，无法判断几种不同环境的氢原子，故B错误rm{;}C.分子有四种不同环境的氢原子，故C错误；D.分子中有三种不同环境的氢原子，且三种不同环境的氢原子个数之比为rm{1:1:6}故D正确．故选D。【解析】rm{D}5、B【分析】解：A．制取乙酸乙酯时；应该将密度大的物质加入密度小的物质中，所以应该将浓硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中并不断搅拌，防止产生安全事故，故A错误；

B．棉花属于纤维素；丝属于蛋白质，蛋白质在灼烧时有烧焦羽毛的气味，棉花燃烧产生白色灰烬，所以可以用灼烧方法鉴别丝和棉花，故B正确；

C．油脂水解生成高级脂肪酸或高级脂肪酸盐和甘油；蛋白质水解生成氨基酸，故C错误；

D．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物；不含乙烯；丙烯和丁二烯，故乙烯、丙烯和丁二烯不是石油分馏的产物，石油裂化得到乙烯、丙烯、丁二烯等气体，故D错误；

故选B．

A．制取乙酸乙酯时；应该将密度大的物质加入密度小的物质中；

B．棉花属于纤维素；丝属于蛋白质，蛋白质在灼烧时有烧焦羽毛的气味；

C．油脂水解生成高级脂肪酸或高级脂肪酸盐和甘油；

D．石油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物．

本题考查有机物鉴别、物质的性质及基本操作，为高频考点，明确物质性质差异性是鉴别物质的基本方法，易错选项是A，注意溶液混合顺序，题目难度不大．【解析】【答案】B二、多选题(共7题，共14分)6、BCE【分析】【分析】本题考查了盐类水解平衡的影响因素分析判断，注意阴离子和阳离子的浓度变化。【解答】醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

A.加人rm{Na0H}固体增大氢氧根离子浓度；平衡逆向进行，但同时增大钠离子浓度，故A错误；

B.加入醋酸会抑制水解平衡逆向进行；醋酸根离子浓度增大，故B正确；

C.加入rm{KOH}固体溶解后氢氧根离子浓度增大，抑制水解，钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故C正确；

D.加水稀释促进水解；醋酸根离子浓度和钠离子浓度减小程度不同，故D错误；

E.加人适量rm{CH_{3}COOK}固体，溶解后溶液中醋酸根离子浓度增大，可以使钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故E正确。

故选BCE。【解析】rm{BCE}7、BCD【分析】实验室里由粗盐制备精盐的过程为：溶解粗盐，加入试剂将杂质离子除去，接着过滤除去难溶物、泥沙等，加入盐酸调节溶液rm{pH}除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，因此必需的操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩．除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，因此必需的操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩．rm{pH}【解析】rm{BCD}8、AC【分析】【分析】本题考查离子方程式的书写，离子反应的本质，难度中等。【解答】A.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}与rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}故A正确；

rm{{,!}_{3}}溶液反应的离子方程式为：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}B.rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CO}rm{2}rm{2}的离子反应为rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}故B错误；rm{-}rm{-}rm{+CO}rm{2}rm{2}rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}C.rm{Ba(NO}rm{Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+Na}故C选；

rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}故D错误。

rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AC}9、BD【分析】【分析】本题主要考查了外界条件对化学反应速率的有关知识，难度不大，需要注意的是要抓住题目的信息是解答rm{A}选项的关键。【解答】A.由方程式：rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}可知：反应开始时随着反应的进行，rm{c(H^{+})}不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随rm{c(H^{+})}的增大而加快；故A正确；

B.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{v(ClO_{3}^{-})}rm{v(H^{+})=1}rm{3}纵坐标为rm{v(H^{+})}的rm{v-t}曲线与图中曲线不重合；故B错误；

C.随着反应的进行；反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C正确；

D.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{trianglen(Cl^{-})}rm{trianglen(ClO_{3}^{-})=1}rm{triangle

n(ClO_{3}^{-})=1}所以图中阴影部分“面积”可以表示rm{1}时间为rm{t_{1}-t_{2}}增加或者是rm{n(Cl^{-})}浓度的减小；故D错误。

故选BD。rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{BD}10、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】解：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}

A.无色酚酞遇碱变红色；所以氨气能使湿润的酚酞试纸变红，故A正确；

B.红色石蕊试纸遇碱变蓝色；所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；

C.浓硫酸没有挥发性；所以氨气与浓硫酸靠近不产生白烟，故C错误；

D.浓盐酸具有挥发性；氨气和氯化氢反应生成固体颗粒而产生白烟，故D正确；

故选ABD．

氨气和水反应生成一水合氨；一水合氨电离出氢氧根离子而使氨水溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，红色石蕊试液遇碱变蓝色，氨气和氯化氢反应生成白烟．

本题考查了氨气的性质，明确属于碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸、无色的酚酞试纸变色，知道氨气的检验方法，题目难度不大．【解析】rm{ABD}12、C【分析】解：rm{A.2SO_{2}(g)}和rm{O_{2}}的总能量一定高于rm{2SO_{3}}的能量；rm{SO_{2}}的能量不一定高于rm{SO_{3}}的能量；故A错误；

B.rm{C(}石墨，rm{s)=C(}金刚石，rm{s)}rm{triangleH>0}为吸热反应rm{;}石墨的能量低于金刚石；能量越低越稳定，故B错误；

C.完全燃烧放出的热量多，放热为负值，rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故C正确；

D.在稀溶液中强酸和强碱反应生成rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}水放出的热量为中和热，rm{1mol}弱酸电离时吸热，所以放出的热量小于rm{triangleH=-57.3kJ/mol}故D错误．

故选C．

A.放热反应反应物的总能量大于生成物的总能量；

B.rm{57.3kJ/mol}为吸热反应；

C.完全燃烧放出的热量多；

D.在稀溶液中强酸和强碱反应生成rm{triangleH>0}水放出的热量为中和热．

本题考查了热化学方程式的书写方法；燃烧热，中和热概念分析应用，掌握概念实质是关键，题目难度不大．

rm{1mol}【解析】rm{C}三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】试题分析：人体缺乏维生素A会患夜盲症，即傍晚时看不清东西；铁是合成血红蛋白的主要元素之一，缺乏会患缺铁性贫血．考点：考查化学元素与人体健康等知识。【解析】【答案】A、Fe(铁)14、略

【分析】（1）根据平衡常数的变化可知，温度越高，K1越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应。（2）根据盖斯定律可知①－②即得到③，所以K3＝＝（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。所以选项B正确。反应前后体积不变，所以压强始终是不变的，A不正确。选项C中反应速率的分析相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，C正确。选项D中在任何情况下都是成立的，不正确。答案选BC。（4）温度越高，K1越大，K2越小，所以K3也越大，因此正反应也是吸热反应。反应③中的压强是不变的，改变压强平衡不移动，A、B不正确。反应吸热，降低温度平衡向逆反应方向移动，C不正确，D正确。催化剂只能改变反应速率，但不会影响平衡状态，E不正确。降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，F正确。所以正确的答案是DF。【解析】【答案】(1)吸热(2)(3)BC(4)K3＝；吸热；DF15、略

【分析】（1）阴极放出H2，阳极放出O2，说明相当于电解水，所以溶质可以是Na2SO4。（2）在水溶液中Na+不可能放电，所以只能是Cu2+放电。阳极放出O2，说明是OH－放电，所以不能还原氯离子，溶质是CuSO4。（3）阴极放出H2，说明是溶液中的氢离子放电，因此不能含有铜离子。阳极放出Cl2，说明溶液中必须含有氯离子，所以溶质为NaCl。（4）阴极析出金属，说明必须含有铜离子。由于阴极析出的铜的物质的量和阳极析出的气体的物质的量之比为2∶1，即每生成1mol该气体，反应中就转移4mol电子，所以气体是氧气。故溶质为CuSO4。【解析】【答案】（1）Na2SO4(2)CuSO4(3)NaCl(4)CuSO416、略

【分析】解：1.00L1.00mol/LH2SO4溶液与2.00L1.00mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-11.46kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

故答案为：-57.3kJ/mol；NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式；

本题考查中和热以及热化学方程式的书写问题，本题难度中等，注意准确理解中和热的概念．【解析】-57.3kJ/mol；NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol17、略

【分析】解：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B(吸收水)、A(吸收二氧化碳)中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选择装置各导管的连接顺序是g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a)．

故答案为：g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a)．

(2)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，以免影响实验结果；

故答案为：吸收水分；干燥氧气；

(3)MnO2为分解制备氧气的催化剂；

故答案为：作催化剂、加快产生O2的速率；

(4)一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知，CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

故答案为：使有机物更充分氧化为CO2、H2O；

(5)A管质量增加1.76g说明生成了1.76g二氧化碳，可得碳元素的质量：1.76g××100%=0.48g；

B管质量增加1.08g说明生成了1.08g水，可得氢元素的质量：1.08g××100%=0.12g；从而可推出含氧元素的质量为：0.92g-0.48g-0.12g=0.32g；

设实验式为CXHYOZ，则X：Y：Z==2：6：1，即实验式为：C2H6O；

故答案为：：C2H6O；

(6)质谱图可知有机物的相对分子质量为46；

故答案为：46；

(7)有机物的实验式为：C2H6O，所以分子式为(C2H6O)n，相对分子质量为46n，而有机物的相对分子质量为46，则n=1，所以分子式为C2H6O；

故答案为：能；C2H6O；

(8)核磁共振氢谱中给出3种峰，说明该分子中有3种H原子，所以其结构简式为：CH3CH2OH；

故答案为：CH3CH2OH；【解析】g→f→e→h→i→c(或d)→d(或c)→a(或b)→b(或a);吸收水分、干燥氧气;作催化剂、加快产生O2的速率;使有机物更充分氧化为CO2、H2O；;C2H6O;46;能;C2H6O;CH3CH2OH18、(1)B

(2)A

(3)C

(4)D【分析】【分析】本题考查物质的性质与应用，题目难度不大。【解答】rm{(1)}二氧化硅可用于生产半导体材料，故答案为：rm{B}rm{(2)}过氧化钠能用于潜艇里制氧气，故答案为：rm{A}rm{(3)}硫酸铜加入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀，故答案为：rm{C}rm{(4)}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SiO}可用于制耐火材料，故答案为：rm{SiO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)B}rm{(2)A}rm{(3)C}rm{(4)D}19、略

【分析】解：苯；己烯、溴苯、乙醇分别与溴水混合的现象为：分层后有机色层在上层、溴水褪色、分层后有机色层在下层、无现象；现象不同，则溴水可鉴别；

故答案为：溴水．

苯；己烯、溴苯均不溶于水；乙醇与水互溶，苯的密度比水的密度小，溴苯的密度比水的密度大，烯烃与溴水发生加成反应，以此来解答．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握有机物的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意鉴别试剂的选择，题目难度不大．【解析】溴水四、元素或物质推断题(共4题，共20分)20、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）221、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H222、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）223、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、工业流程题(共3题，共30分)24、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25、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%26、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