2025年人教版（2024）高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版（2024）高二化学上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8题，共16分)1、将1mL0.1mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（）A.1×10-3mol·L-1B.1×10-11mol·L-1C.1×10-7mol·L-1D.1×10-13mol·L-12、下列物质属于强电解质且能导电的是（）

①氯化钠溶液②氯化铵固体③铜④石墨⑤熔融NaOH⑥稀硫酸⑦乙酸．A.⑤B.①②⑥C.②⑤⑥⑦D.①③④⑤⑥3、下列说法或表示方法正确的是（）A.乙烯的结构简式CH2CH2B.乙烯的结构简式CH2CH2C.卤代烃属于烃D.可用表示乙炔分子结构4、25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL，与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为A.12.5%B.25%C.50%D.75%5、强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)；△H=-57.3kkJ·mol1，又知在溶液中反应有：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)；△H=-Q1kJ·mol1H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)；△H=-Q2kJ·mol1HCl(aq)+NaOH(aq)==NaCl（aq）+H2O(l)；△H=-Q3kJ·mol1，则Q1、Q2、Q3的关系正确的是A.Q1=Q2=Q3B.Q2>Q3>Q1C.Q2>Q1>Q3D.Q2=Q3>Q16、下列溶液一定呈酸性的是（）A.pH=6.8的溶液B.常温下，由水电离的OH﹣离子浓度为1×10﹣13mol/LC.加入酚酞，不显红色的溶液D.常温下，溶液中的H+离子浓度为5×10﹣7mol/L7、下列对相应有机物的描述完全正确的是rm{垄脵}甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应；rm{垄脷}乙烯：衡量一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应；rm{垄脹}苯：平面结构，每个分子中含有rm{3}个碳碳双键；rm{垄脺}油脂：属于高分子化合物，可以发生水解反应；rm{垄脻}淀粉、纤维素：同属于糖类物质，且互为同分异构体；rm{垄脼}蛋白质：遇浓硝酸显黄色，水解的最终产物为氨基酸A.rm{垄脵垄脷垄脹}B.rm{垄脷垄脺垄脼}C.rm{垄脵垄脻垄脼}D.rm{垄脵垄脷垄脼}8、已知rm{C-C}键可以绕键轴自由旋转，结构简式如下的烃，下列说法中正确的是rm{(}rm{)}

A.分子中至少有rm{8}个碳原子处于同一平面上B.分子中至少有rm{9}个碳原子处于同一平面上C.该烃的一氯取代物最多有rm{8}种D.分子中至少有rm{6}个碳原子处于同一直线上评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（8分）I.已知在25℃时，HF、HCN和H2CO3的的电离平衡常数如表所示：（1）写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式：K1=。（2）①往Na2CO3溶液中加入足量HF溶液，发生反应的离子方程式：②往NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式：II.用电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是。10、（17分）图Ⅰ是化学实验室中常用制备、干燥气体的部分仪器装置。某学校同学利用中学常用试剂及仪器设计下列实验。（1）图Ⅰ中仪器B的名称：_______________________。（2）①同学甲利用图Ⅰ装置制备并收集干燥的NO2气体，请在方框内画出用集气瓶收集NO2的装置图（含尾气处理装置）。②B中发生反应的离子方程式为________________。（3）同学乙利用图Ⅰ装置通过称量反应前后C的质量，确定Na2CO3和NaCl固体混合物中Na2CO3的质量。A中加入稀硫酸，B中加入Na2CO3和NaCl固体混合物，C中加入碱石灰。该装置存在较多缺陷，从而导致实验误差较大，请你说出其中的两点缺陷：①______________________________________________________________________；②______________________________________________________________________。（4）同学丙利用图Ⅰ装置制取氨气和氧气的混合气体，并且利用图Ⅱ装置验证氨的某些性质。A中加入浓氨水，C中加入碱石灰，E内放置催化剂(铂石棉)，按气流方向a→b→c→h连接各仪器。①B内需加入固体试剂的名称为____________________，B中能产生氨气和氧气混合气体的原因是_______________________________________________________________。②实验中观察到E内有红棕色气体出现，证明氨气具有_________性，E中发生反应的两个化学方程式为：____________________________和____________________。11、（8分，每空格2分）常温下，0.1m01／L的下列溶液：①HCl、②CH3COOH、③CH3COONa、④NaOH、⑤FeCl3、⑥NaCl。（1）pH由小到大排列顺序为（填序号）；（2）实验室配制⑤的溶液时常需加入少量盐酸，否则得到的是浑浊的溶液，产生浑浊的原因是（用离子方程式表示）（3）物质的量浓度相同的①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵在上述五种溶液中，铵根离子物质的量浓度由大到小的顺序是（4）已知拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、39lkJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为12、（6分）A、B、C、D是四种有机物，它们的分子中含有两个碳原子，其中A和B是烃。在标准状况下，A对氢气的相对密度是13，B与HCl反应生成C，C与D混合后加入NaOH并加热，可生成B。（1）写出A、B、C、D的结构简式。A、____B、C、____D、（2）写出有关化学方程式：、。13、已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：。温度/℃70080083010001200平衡常数1．71．11．00．60．4回答下列问题：（1）该反应的平衡常数表达式K=，△H0（填“<”“>”“=”)；（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0．20mol的A和0．80mol的B，若反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0．003mol·L-1·s-1。，则6s时c(A)=mol·L-1，C的物质的量=mol；若经一段时间后，反应达到平衡，则此时A的转化率=，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率（填“变大”或“变小”或“不变”）；（3）判断该反应达到平衡的依据为（填正确选项前的字母)：A．压强不随时间改变B．气体的密度不随时间改变C．c(A)不随时间改变D．单位时间里生成C和D的物质的量相等（4）1200℃时反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为。14、如图所示，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同rm{(}假设通电前后溶液体积不变rm{)}rm{A}rm{B}为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色。请回答：

rm{(1)B}极是电源的______，一段时间后，甲中溶液颜色______，丁中rm{X}极附近的颜色逐渐变浅，rm{Y}极附近的颜色逐渐变深，这表明___________，在电场作用下向rm{Y}极移动。

rm{(2)}现用丙装置给铜件镀银，则rm{H}应该是______rm{(}填“镀层金属”或“镀件”rm{)}电镀液是______溶液。通电后，甲中溶液的rm{p}rm{H}______rm{(}填“变大”、“变小”或“不变”rm{)}当乙中产生氢气的体积为rm{560mL}时rm{(}标况rm{)}丙中镀件上析出银的质量为______。

rm{(3)}若甲、乙装置中的rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}电极均只有一种单质生成时；对应单质的物质的量之比为______。

rm{(4)}若将rm{C}电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是____。

rm{(5)}将rm{0.2}rm{mol}rm{A}rm{g}rm{NO_{3}}rm{0.4}rm{mol}rm{C}rm{u}rm{(NO_{3})_{2}}rm{0.6}rm{mol}rm{KC}rm{l}配制成rm{100}毫升的混合液，若电解一段时间后在一极析出rm{19.2}rm{g}rm{C}rm{u}，在另一极产生的气体在标况下的体积为______rm{L}评卷人得分三、工业流程题(共8题，共16分)15、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___。16、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17、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]=____。18、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________%。19、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)。20、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

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

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

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

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

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

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

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

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

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

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

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分四、简答题(共1题，共10分)21、非索非那定rm{(E)}可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路线如下rm{(}其中rm{R-}为rm{)}

rm{(1)E}中的含氧官能团名称为__________和__________。

rm{(2)X}的分子式为rm{C_{14}H_{l5}ON}则rm{X}的结构简式为__________。

rm{(3)B隆煤C}的反应类型为___________________。

rm{(4)}一定条件下，rm{A}可转化为rm{F(}rm{)}写出同时满足下列条件的rm{F}的一种同分异构体的结构简式：________。

rm{垄脵}能与rm{FeCl}能与rm{垄脵}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}能使溴水褪色；溶液发生显色反应；rm{垄脷}能使溴水褪色；rm{垄脹}有rm{3}种不同化学环境的氢有rm{垄脷}种不同化学环境的氢

rm{垄脹}

rm{3}已知：化合物rm{(5)}是制备非索非那定的一种中间体。请以为原料制备rm{G(}写出相应的合成路线流程图rm{)}无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干rm{G}rm{(}评卷人得分五、解答题(共2题，共12分)22、把煤作为燃料可通过下列两种途径：

途径I：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1＜0①

途径II：先制成水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＞0②

再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＜0③

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H4＜0④

请回答下列问题：

（1）途径I放出的热量______（填“大于”“等于”或“小于”）途径II放出的热量．

（2）△H1、△H2、△H3、△H4的数学关系式是______．

（3）12g炭粉在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳；放出110.35kJ热量．其热化学方程式为______．

23、近年来，乳酸CH3CH（OH）COOH成为人们的研究热点之一．乳酸可以用化学方法合成；也可以由淀粉通过生物发酵法制备．乳酸有许多用途，其中利用乳酸聚合而合成的高分子材料，具有很好的生物兼容性，它无论在哺乳动物体内或自然环境中，最终都能够降解成二氧化碳和水．请完成下列有关问题：

（1）乳酸在发生下列变化时所用的试剂①______；②______；

CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）COONaCH3CH（ONa）COONa

（2）乳酸可以跟精制的铁粉反应制备一种补铁的药物，反应的化学方程式为2CH3CH（OH）COOH+Fe→[CH3CH（OH）COO]2Fe+H2↑

该反应中氧化剂是______；还原产物是______．

（3）由乳酸可以制取请写出设计合成实验时所涉及的有机反应类型：______．

（4）若碳原子以单键与四个不同的原子或原子团相结合，则称该碳原子为“手性碳原子”，含有手性碳原子的分子称为“手性分子”，手性分子往往具有一定生物活性．乳酸分子是手性分子，乳酸[③CH3②CH（OH）①COOH]的手性碳原子是______号碳原子．

评卷人得分六、计算题(共2题，共12分)24、有机物A和B都含C：40%，H：6.7%，O：53.3%。在标准状况下，A的密度为1.34×10-3g／mL，易溶于水，水溶液能发生银镜反应。B的蒸汽对H2的相对密度是30，其水溶液显酸性。通过计算，写出A、B的结构简式。25、（7分）现有22gMg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与200mL含有一定质量的20%硫酸溶液恰好完全反应，得到无水盐70g，求（要求写出计算过程）（1）硫酸溶液的质量？（2）生成的气体体积（标准状况）？（3）硫酸物质的量浓度？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】硫酸是强酸，抑制水的电离。溶液中氢离子浓度是所以根据水的离子积常数可知，溶液中OH－浓度是1×10-11mol·L-1，则溶液中由水自身电离产生的c(H+)也是1×10-11mol·L-1，答案选B。【解析】【答案】B2、A【分析】解：①氯化钠溶液能导电；但氯化钠溶液是混合物，故①错误；

②氯化铵固体是强电解质；但氯化铵固体没有自由移动的离子不导电，故②错误；

③铜能导电；但铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故③错误；

④石墨能导电；但石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故④错误；

⑤熔融的氢氧化钠是化合物；能完全电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，属于强电解质，故⑤正确；

⑥稀硫酸属于混合物；能导电，稀硫酸既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；

⑦乙酸属于弱电解质；故⑦错误；

故选A．

强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；能导电的物质必须有电子或自由移动的离子，据此判断．

本题重点考查了强电解质概念的辨析，解题时紧抓住是否完全电离及能否导电，题目难度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】解：A．乙烯分子中含有1个碳碳双键，其正确的结构简式为CH2=CH2；故A错误；

B．名称应为乙酸乙酯；油脂、坩埚；故B错误；

C．卤代烃含有卤素原子；不是烃类，故C错误；

D．乙炔的分子结构模型为可用表示乙炔分子结构；故D正确；

故选：D。

A．乙烯的结构简式漏掉了碳碳双键；

B．根据物质的名称书写；注意酯类化合物为酯，油脂为油和脂肪，坩锅应为坩埚；

C．烃仅含碳和氢两种元素；

D．乙炔是直线型分子。

本题考查常用化学用语，题目难度不大，注意掌握结构简式结构式、化学名词、物质的分类、分子结构等化学用语的书写原则，试题培养了学生规范答题的能力。【解析】D4、B【分析】考查有机物燃烧的有关计算。根据燃烧通式可知CnHm＋（n＋m/4）O2＝nCO2＋m/2H2O△V1n＋m/4nm/21－m/43272即1︰（1－m/4）＝32︰72解得m＝5因为乙烷和丙烯中碳原子数都是6个，而乙炔是2个，所以乙炔和另外两种气体的体积之比是1︰3，因此乙炔的体积分数为25％，答案选B。【解析】【答案】B5、D【分析】试题分析：醋酸是弱电解质，电离需要吸收热量，所以Q1<57.3，硫酸、盐酸、氢氧化钠都是强电解质，生成1mol水放出的热量都是57.3kJ，所以Q2=Q3=57.3，则有Q2=Q3>Q1，答案选D。考点：考查对中和热的理解应用，热量的比较【解析】【答案】D6、D【分析】【解答】解：溶液呈酸性，说明溶液中c（H+）＞c（OH﹣）；A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，则pH=6.8的溶液不一定呈酸性，可能呈中性或碱性，故A错误；

B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，由水电离的OH﹣离子浓度为1×10﹣13mol/L＜1×10﹣7mol/L；说明水的电离受到抑制，溶液中的溶质可能是酸或碱，所以溶液不一定呈酸性，故B错误；

C．酚酞变色范围为8﹣10；则加入酚酞，不显红色的溶液可能呈中性或酸性；弱碱性，故C错误；

D．常温下，溶液中的H+离子浓度为5×10﹣7mol/L；则溶液的pH＜7，溶液呈酸性，故D正确；

故选D．

【分析】溶液呈酸性，说明溶液中c（H+）＞c（OH﹣）；

A．pH=6.8的溶液不一定呈酸性；可能呈中性或碱性；

B．酸或碱抑制水电离；含有弱离子的盐促进水电离；

C．酚酞变色范围为8﹣10；

D．常温下，溶液中的H+离子浓度为5×10﹣7mol/L，则溶液的pH＜7．7、D【分析】【分析】本题考查有机物结构、性质，知道取代反应和加成反应区别，知道淀粉检验方法，注意苯中存在的化学键不是碳碳双键和碳碳单键，题目难度不大。【解答】rm{垄脵}甲烷：天然气的主要成分，光照条件下能和氯气发生取代反应生成氯代烃和rm{HCl}故正确；

rm{垄脷}乙烯：一个国家石油化工发展水平的标志，含有碳碳双键而能发生加成反应，能和rm{HCl}rm{H_{2}O}等在一定条件下发生加成反应；故正确；

rm{垄脹}苯：平面结构；分子中不含碳碳双键或碳碳单键，存在介于单键和双键之间的特殊键，苯能发生加成反应和取代反应，故错误；

rm{垄脺}油脂：相等分子质量较小而属于小分子化合物；因为含有酯基，所以能发生水解反应，水解反应生成高级脂肪酸或高级脂肪酸盐和甘油，故错误；

rm{垄脻}淀粉和纤维素聚合度不同；不是同分异构体，故错误；

rm{垄脼}蛋白质：遇浓硝酸显黄色而发生颜色反应，因为含有肽键而能发生水解反应，水解的最终产物为氨基酸，故正确；正确的为rm{垄脵垄脷垄脼}选项D符合题意。选项D符合题意。

故选D。

rm{垄脵垄脷垄脼}【解析】rm{D}8、B【分析】解：苯环为平面结构，与苯环直接相连的碳原子可在同一个平面上，另一苯环的碳原子对角线也可与苯环在同一个平面上，则至少有rm{9}个碳原子在同一个平面上；

每个苯环上rm{4}个rm{H}各不相同，取代苯环上的rm{H}有rm{4}种异构体，再加上甲基被取代，则该烃的一氯取代物最多有rm{5}种；

含有两个苯环，处于对角线的碳原子可能在一条直线上，则分子中有rm{4}个碳原子可能处于同一直线上．

故选B．

有机物结构对称，苯环上有rm{4}种等效氢原子；苯环为平面结构，与苯环直接相连的碳原子可在同一个平面上，以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物知识的综合考查，注意把握有机物的结构特点以及同分异构体的判断，为该题的难点，也是易错点，题目难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】试题分析：（1）碳酸是二元弱酸，分别电离，碳酸的第一级电离平衡常数表达式：（2）①由于酸性HF>H2CO3，所以往Na2CO3溶液中加入足量HF溶液，发生反应的离子方程式2HF+CO32-=2F-+H2O+CO2↑；②由于酸性：H2CO3>HCN>HCO3-,往NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式是CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-；II.用电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2的水解，且带走了MgCl2·6H2O受热产生的水蒸气，从而得到无水MgCl2。考点：考查弱酸的电离平衡常数的应用、离子方程式的书写及盐的水解对物质制取条件的影响的知识。【解析】【答案】）I.（1）（2分）（2）①2HF+CO32-=2F-+H2O+CO2↑（2分）②CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-（2分）II.在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2的水解，且带走了MgCl2·6H2O受热产生的水蒸气。（2分）10、略

【分析】【解析】【答案】（17分）（1）圆底烧瓶（1分）（2）（2分）Cu+4H＋+2NO3－＝Cu2＋+2NO2↑+2H2O（2分）（3）没有吸收圆底烧瓶中水蒸气的装置（或答CO2中混有的水蒸气也会被C吸收）；干燥管与空气相通，空气中的CO2和水蒸气也会被吸收；反应结束后，装置内残留的CO2不能完全排除；等等。（答案合理均给分）（每空2分，共4分）（4）①过氧化钠（2分）过氧化钠与浓氨水中的H2O反应生成氢氧化钠和氧气，同时放出大量热，温度升高使氨的溶解度减小而逸出；氢氧化钠电离出的OH－增大了氨水中OH－浓度，促使氨水电离平衡左移，导致氨气放出。（2分）②还原性（2分）4NH3+5O2=====4NO+6H2O________2NO2（2分11、略

【分析】（1）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸钠水解显碱性，氢氧化钠是强碱，氯化铁水解显酸性，氯化钠不水解显中性，所以pH由小到大排列顺序为①②⑤⑥③④。（2）氯化铁水解生成氢氧化铁，因而会产生混浊，方程式为Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋。（3）氨水是弱碱，铵根离子浓度最小。磷酸氢铵电离出的氢离子能一种NH4＋的水解，碳酸氢铵中的HCO3－水解显碱性，促进NH4＋的水解，铵根离子物质的量浓度由大到小的顺序是⑤>④>②>③>①。（4）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，因此生成2mol氨气的反应热是436kJ／mol×3+946kJ／mol－391kJ／mol×3×2＝－92.0kJ／mol，所以热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＝－92.0kJ／mol。【解析】【答案】（1）①②⑤⑥③④（2）Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋（3）⑤>④>②>③>①（4）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＝－92.0kJ／mol（3分）12、略

【分析】【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】试题分析：（1）可逆反应达到平衡状态时各生成物浓度的幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数的乘积的比。该反应的化学平衡常数K=因为升高温度，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。逆反应方向为吸热反应。所以该反应的正反应为放热反应。所以△H<0．（2）v(A)=0．003mol·L-1·s-1，△c(A)=v(A)×△t=0．003mol·L-1·s-1×6s=0．018mol/L则6s时c(A)=（0．20mol÷5L)－0．018mol/L=0．022mol/L．C的物质的量0．018mol/L×5L=0．09mol。因为在830℃时化学平衡常数K=1．0．假设在反应的过程中A消耗的物质的量为x则达到平衡时各物质的物质的量分别是A：(0．20-x)mol;B:（0．80-x)mol;C:xmol;D:xmol．由于各物质的方程式前边的系数都为1，所以达到平衡时的物质的量的比等于浓度的比。X2÷[(0．20-x)×(0．80-x)]=1．0．解得x=0．16．所以A的转化率为(0．16÷0．20)×100%=80%。如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，因为容器的容积不变。A的浓度不变，所以平衡不发生移动。故平衡时A的转化率也不变。（3）A．因为该反应是个反应前后气体体积相等的可逆反应，所以无论反应是否达到平衡，容器内气体的压强都不会发生改变。错误。B．由于在反应前后气体的体积不变，反应遵循质量守恒定律，质量也不变，因此任何时刻，无论反应是否达到平衡，气体的密度都不改变。错误。C．若反应未达到平衡，则c(A)就会发生改变。现在c(A)不随时间改变，说明反应达到了平衡状态。正确。D．在方程式中，C和D都是生成物，系数相同，所以在任何时间段内单位时间里生成C和D的物质的量总是相等，因此不能以此为标准判断反应是否达到平衡状态。错误。故正确的选项为C。（4）在1200℃时A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常数反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为可见K1、K2互为倒数。因为此时K1=0．4，所以K2=1÷0．4=2．5。考点：考查化学平衡常数的表达式、反应热与化学平衡状态的判断、化学反应速率、物质的转化率及可逆反应的正反应与逆反应的化学平衡常数的关系及计算的知识。【解析】【答案】（1）K=<（2）0．0220．0980%不变（3）C（4）2．514、（1）负极变浅氢氧化铁胶粒带正电

（2）镀件AgNO3变小5.4g

（3）1:2:2:2

（4）

（5）5.6【分析】【分析】本题旨在考查离子方程式的书写、电解池的工作原理、电化学综合计算的应用，熟练掌握电解池的工作原理是解题的关键。【解答】C、rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同rm{(}假设通电前后溶液体积不变rm{)}rm{A}rm{B}为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，rm{F}极附近呈红色，rm{F}电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则rm{F}为阴极，所以rm{C}rm{E}rm{G}rm{X}为阳极，rm{D}rm{F}rm{H}rm{Y}为阴极，rm{A}为正极、rm{B}为负极，rm{C}电极上氢氧根离子放电、rm{D}电极上铜离子放电、rm{E}电极上氯离子放电、rm{F}电极上氢离子放电。

rm{(1)}通过以上分析知，rm{B}为原电池负极，甲中rm{C}电极上氢氧根离子放电生成氧气、rm{D}电极上铜离子放电，生成铜，铜离子浓度减小，故颜色变浅，丁中rm{X}极附近的颜色逐渐变浅，rm{Y}极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带正电荷；故答案为：负极；变浅；氢氧化铁胶体粒子带正电；

rm{(2)}用丙装置给铜件镀银，rm{H}为阴极，则rm{H}应该是镀件，电镀液是rm{AgNO_{3}}液；乙中电池反应式为：rm{2NaCl+2{H}_{2}O;overset{碌莽陆芒}{=}2NaOH+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}当乙中溶液的rm{2NaCl+2{H}_{2}O;

overset{碌莽陆芒}{=}2NaOH+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}是rm{pH}时rm{13}此时乙溶液体积为rm{(}生成rm{500mL)}根据氢氧化钠和转移电子之间的关系知，转移电子的物质的量rm{=dfrac{0.05mol}{2};隆脕2=0.05mol}根据串联电路中转移电子相等，则丙中镀件上析出银的质量rm{=dfrac{0.05mol}{1};隆脕108g/mol=5.4g}甲中电池反应为：rm{2CuS{O}_{4}+2{H}_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}{O}_{2}隆眉+2Cu+2{H}_{2}S{O}_{4}}则甲中溶液的rm{n(NaOH)=0.1mol/L隆脕0.5L=0.05mol}变小；故答案为：镀件；rm{=dfrac{0.05mol}{2};隆脕2=0.05mol

}变小；rm{=dfrac{0.05mol}{1};隆脕108g/mol=5.4g

}rm{2CuS{O}_{4}+2{H}_{2}O

overset{碌莽陆芒}{=}{O}_{2}隆眉+2Cu+2{H}_{2}S{O}_{4}}rm{pH}rm{AgNO_{3}}rm{5.4}rm{g}电极反应分别为：rm{(3)C}rm{D}rm{E}rm{F}电极反应分别为：rm{4OH-4e}rm{(3)C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{4OH-4e}rm{{,!}^{-}}rm{=O}rm{=O}rm{2}rm{2}rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Cu}rm{O}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{+2e}rm{+2e}rm{{,!}^{-}}rm{=Cu}rm{2Cl}rm{=Cu}rm{2Cl}rm{{,!}^{-}}当转移电子相等时，假设转移电子为rm{-2e}则生成氧气、rm{-2e}氯气、氢气的物质的量之比rm{{,!}^{-}}rm{=Cl}rm{=Cl}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{2H}rm{隆眉}rm{2H}rm{{,!}^{+}}rm{+2e}电极换为铁，其他装置都不变，阳极上铁失电子发生氧化反应、阴极上铜离子放电生成rm{+2e}电池反应为：rm{Fe+C{u}^{2+}overset{碌莽陆芒}{=}Cu+F{e}^{2+}}故答案为：rm{Fe+C{u}^{2+}overset{碌莽陆芒}{=}Cu+F{e}^{2+}}rm{{,!}^{-}}和rm{=H}反应生成rm{=H}沉淀，电解时溶液中不存在rm{2}反应后溶液中存在rm{2}rm{隆眉}当转移电子相等时，假设转移电子为rm{4mol}则生成氧气、rm{Cu}氯气、氢气的物质的量之比rm{=1mol:2mol:2mol:2mol=1:}若在一极析出rm{隆眉}阴极得到电子为：rm{4mol}阳极首先发生：rm{Cu}rm{=1mol:2mol:2mol:2mol=1:}，然后发生rm{2:}rm{2:}rm{2:}则rm{2:}生成rm{2}失去rm{2}电子，在反应中故答案为：rm{1:}rm{1:}rm{2:}转移rm{2:}电子，生成rm{2:}则气体的体积为rm{2:}rm{2}rm{2}rm{(4)}【解析】rm{(1)}负极变浅氢氧化铁胶粒带正电负极变浅氢氧化铁胶粒带正电

rm{(1)}镀件rm{(2)}镀件rm{AgNO_{3;;}}变小rm{5.4g}变小rm{(2)}

rm{AgNO_{3;;}}

rm{(4)Fe+C{u}^{2+}overset{碌莽陆芒}{=}Cu+F{e}^{2+}}

rm{5.4g}rm{(3)1:2:2:2}三、工业流程题(共8题，共16分)15、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16、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.D17、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%18、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%19、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%20、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