2025年冀少新版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年冀少新版高二化学下册阶段测试试卷381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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知熔融的HgCl2不导电，而HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，下列关于HgCl2的叙述正确的是A．HgCl2属于离子化合物B．HgCl2属于共价化合物C．HgCl2属于非电解质D．HgCl2是弱酸弱碱盐2、下列反应的离子方程式中，书写正确的是()A.氢氧化铜与稀硫酸反应：rm{OH^{-}+H^{+}篓TH_{2}O}B.氯化铝溶液中加入过量氨水：rm{A{l}^{3+}+3N{H}_{3}?{H}_{2}O=Al(OH{)}_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}C.碳酸钙与醋酸反应：rm{A{l}^{3+}+3N{H}_{3}?{H}_{2}O=Al(OH{)}_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}

}D.铁粉加入稀硫酸中：rm{CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2Fe+6H^{+}篓T2Fe^{3+}+3H_{2}隆眉}3、关于物质的用途说法错误的是rm{(}rm{)}A.工业上以硫为原料制硫酸B.二氧化硅用于制造光导纤维C.铁在商代用于铸造司母戊鼎D.铝合金用于制造门窗4、取代反应是有机化学中一类重要的反应，下列反应属于取代反应的是rm{(}rm{)}A.丙烷与氯气在光照条件下生成氯丙烷B.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成rm{1}rm{2}二溴乙烷C.乙烯与水反应生成乙醇D.乙烯自身聚合生成聚乙烯5、下列措施不利于改善环境质量的是A.利用太阳能、潮汐能、风力发电，以获取清洁能源B.将废电池深埋，以减少重金属的污染C.利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯塑料D.向煤中加入石灰石作为脱硫剂，可以减少rm{SO_{2}}的排放6、有6种物质：①甲烷②苯③聚乙烯④乙烯⑤甲苯⑥己炔，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水发生化学反应使之褪色的是（）A.③④B.③④⑥C.④⑤D.④⑥7、由乙醛和乙酸乙酯组成的混合物中，若含碳的质量分数为A%，则此混合物中含氧的质量分数为（）A.6A%B.10A%C.%D.（100-）%8、已知反应A2（g）+2B（s）⇌A2B2（g）△H＜0，下列说法正确的是（）A.升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快，化学平衡向逆反应方向移动B.增大压强，正反应与逆反应速率均增大，平衡不移动C.增大A2（g）的浓度，化学平衡向正反应方向移动，A2的转化率增大D.增大B的物质的量，化学平衡向正反应方向移动，A2的转化率增大评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、作为国家正在实施的“西气东输”工程终点站——上海将逐步改变以煤、石油为主的能源结构，这对解决城市环境污染意义重大。(1)目前上海大部分城市居民所使用的燃料主要是管道煤气，浦东新区居民开始使用东海天然气作为民用燃料，管道煤气的主要成分是CO、H2和少量烃类，天然气的主要成分是CH4，它们燃烧的化学方程式为：2CO＋O22CO22H2＋O22H2OCH4＋2O2CO2＋2H2O根据以上化学方程式判断：燃烧相同体积的管道煤气和天然气，消耗空气体积较大的是，因此燃烧管道煤气的灶具如需改烧天然气，灶具的改进方法是进风口(填“增大”或“减小”)，如不作改进可能产生的不良结果是。(2)管道煤气中含有的烃类，除甲烷外，还有少量乙烷、丙烷、丁烷等，它们的某些性质如下：。乙烷丙烷丁烷熔点/℃－183.3－189.7－138.4沸点/℃－88.6－42.1－0.5试根据以上某个关键数据解释冬天严寒的季节有时管道煤气火焰很小，并且呈断续状态的原因是___________________________。10、(12分)在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)△H＞0，反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如下图所示。（1）该温度时，该反应的平衡常数为。（2）a、b、c、d四个点中，化学反应处于平衡状态的是点。（3）25min时，增加了mol（填物质的化学式）使平衡发生了移动。（4）d点对应NO2的物质的量浓度（填“>”、“<”或“=”）0.8mol·L–1，理由是。11、（12分）有机物F的商品名称“敌稗”，是一种优良的水稻除草剂，现通过下列合成路线制备：已知：I．（呈碱性）Ⅱ．Ⅲ．根据实验总结：使新的取代基进入它的邻位、对位的取代基有：—CH3、—NH2、—X；使新的取代基进入它的间位的取代基有：—COOH、—NO2等。请回答：（1）F的结构简式为：_______________。（2）反应②的化学方程式为。（3）有人认为：若将②、③两步反应顺序颠倒，也可以得到C，实际上是不妥的。请你指出不妥之处。（4）绿色化学追求充分利用原料中原子，实现零排放或少排放。就该流程而言，为了实现这一点，我们该做的是：____。（5）若原料D为乙烯时，根据提供的信息，设计D→E（C3H6O2）的合成路线。样例：合成反应流程图表示方法：12、t℃时，将3molA和1molB气体通人体积为2L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)，2min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol／L，请填写下列空白：（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为；（2）x＝；（3）若向原平衡混合物的容器中再充人amolC，在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n(B)＝mol；（4）如果上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为。13、（12分）物质A～G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。(提示：葡萄糖结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO)请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B、E、G（2）利用电解精炼法可提纯C物质，在该电解反应中阳极电极材料是____，阴极电极材料是，电解质溶液是____（3）反应②的化学方程式是。（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=（保留一位小数）若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则：B的平衡浓度（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数（填“增大”、“不变”或“减小”）。评卷人得分三、实验题(共7题，共14分)14、（8分）(1)体积相同，pH相同的盐酸和醋酸溶液分别与足量的颗粒大小相同的锌粒反应,开始时产生氢气的速率_____________,充分反应后，产生氢气的量_____________(相同、盐酸的多、醋酸的多)(2)在一定量的盐酸溶液中加入足量的锌粒,若使产生氢气的量保持不变，但反应速率加快，可加入__________晶体，要使产生氢气的量不变,但反应速率减慢,可加入____________晶体。可选择的晶体有：(A)纯碱(B)烧碱(C)胆矾(D)醋酸钠(E)KHSO4(3)某研究小组拟用定量的方法测量Al和Fe分别与酸反应的快慢，设计了如下图1所示的装置。①在虚线框内连接合适的装置___________________②若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测量____________________________________。③实验测得铝丝产生气体的速率(v)与时间(t)的关系如图2所示，则t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是__________________________________。15、碳酸钠（Na2CO3）和碳酸氢钠（NaHCO3）都可作为食用碱．

（1）碳酸氢钠俗称为______，碳酸钠俗称______．（填序号）

A．苏打B．纯碱C．小苏打。

（2）用右图装置分别加热上述两种固体，当观察到澄清石灰水变浑浊时，则试管中加热的固体是______．（用化学式表示）

（3）若分别向碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中滴加足量稀盐酸，都能观察到的现象是______．16、已知一个碳原子上连有两个羟基时，其结构极不稳定，易发生下列变化，生成较稳定物质，如图rm{1}rm{A隆芦F}是六种有机化合物，它们之间的关系如图rm{2}请根据要求回答：rm{(1)C}中含有的官能团是____rm{(}填名称rm{)}．rm{(2)}反应rm{垄脵}的化学方程式为____，此反应的类型是____．rm{(3)}已知rm{B}的相对分子质量为rm{162}其完全燃烧的产物中rm{n(CO_{2})}rm{n(H_{2}O)=2}rm{1}则rm{B}的分子式为____．rm{(4)F}是高分子光阻剂生产中的主要原料rm{.F}具有如下特点：rm{垄脵}能跟rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；rm{垄脷}能发生加聚反应；rm{垄脹}苯环上的一氯代物只有两种rm{.F}在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为____．rm{(5)B}的结构简式是____．rm{(6)F}的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有____种，其中核磁共振氢谱有rm{4}种不同化学环境的氢的是____rm{(}写结构简式rm{)}．17、（12分）实验室用50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的烧碱溶液进行反应，通过测定反应过程中的放热来计算中和热。试回答下列问题：（1）在本实验中除了用到大烧杯、小烧杯、温度计、量筒等仪器外，还须的一种玻璃仪器名为。（2）两只烧杯间要填满碎纸条，其目的是；（3）大烧杯上必须盖上硬纸板，否则，求得的中和热数值将____（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。（4）实验时所用盐酸及NaOH溶液的体积均为50mL，各溶液密度为1g/cm3，生成溶液的比热容C=4.18J/（g·℃），实验起始温度为t1℃，终止温度为t2℃。试推断中和热的计算式：△H=。（5）实验中改用52mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的烧碱溶液反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”“不相等”），所求中和热（填“相等”“不相等”）简述理由（6）用相同浓度和体积的氨水代替烧碱溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____；若改用50mL0.50mol/L烧碱溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会。（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）18、如图为实验室制取乙炔并验证其性质的装置图；回答下列问题：

（1）为了控制生成乙炔的速率，分液漏斗中盛放的液体是______．

（2）滴下液体后烧瓶中发生反应生成乙炔，写出此反应的化学方程式：______．

（3）电石中含有硫化钙杂质，使得乙炔不纯，为了不对乙炔性质造成干扰，应该除杂，一般选用______洗气．

喝茶，对很多人来说是人生的一大快乐，茶叶中含有少量的咖啡因．咖啡因具有扩张血管、刺激心脑等作用，咖啡因是弱碱性化合物，易溶于氯仿、乙醇、丙酮及热苯等，微溶于水、石油醚．含有结晶水的咖啡因是无色针状结晶，味苦，在100℃时失去结晶水并开始升华，120℃时升华相当显著，178℃时升华很快．结构式为实验室可通过下列简单方法从茶叶中提取咖啡因：

（4）步骤1泡浸茶叶所用的溶剂最好为______．

A．水B．酒精C．石油醚。

（5）步骤2，步骤3，步骤4所进行的操作或方法分别是：加热，______，升华．19、研究含氮和含硫化合物的性质在工业生产和环境保护中有重要意义。

rm{(1)}制备硫酸可以有如下两种途径：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198kJ隆陇mol^{-1}}rm{SO_{2}(g)+NO_{2}(g)=SO_{3}(g)+NO(g)triangleH=-41.8kJ隆陇mol^{-1}}若rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198kJ隆陇mol^{-1}}的燃烧热为rm{SO_{2}(g)+NO_{2}(g)=SO_{3}(g)+NO(g)triangle

H=-41.8kJ隆陇mol^{-1}}则rm{CO}和rm{213kJ隆陇mol^{-1}}反应生成rm{1molNO_{2}}和rm{1molCO}的能量变化示意图中rm{CO_{2}}____rm{NO}rm{E_{2}=}锅炉烟道气含rm{kJ隆陇mol^{-1}}rm{(2)}可通过如下反应回收硫：rm{CO}rm{SO_{2}}某温度下在rm{2CO(g)+SO_{2}(g)}恒容密闭容器中通入rm{S(I)+2CO_{2}(g)}和一定量的rm{2L}发生反应，rm{2molSO_{2}}后达到平衡，生成rm{CO}

rm{5min}其他条件不变时rm{1molCO_{2}}的平衡转化率反应温度的变化如图rm{垄脵}请解释其原因：____rm{SO_{2}}第rm{A}分钟时，保持其他条件不变，将容器体积迅速压缩至rm{垄脷}在rm{8}分钟时达到平衡，rm{1L}的物质的量变化了rm{10}请在图rm{CO}中画出rm{1mol}浓度从rm{B}分钟的变化曲线。rm{SO_{2}}己知某温度下，rm{6隆芦11}的电离常数为rm{(3)}rm{H_{2}SO_{3}}用rm{K_{1}隆脰l.5隆脕10^{-2}}溶液吸收rm{K_{2}隆脰1.0隆脕10^{-7}}当溶液中rm{NaOH}rm{SO_{2}}离子相等时，溶液的rm{HSO_{3}^{-}}值约为____rm{SO_{3}^{2-}}rm{pH}连二亚硫酸钠rm{c(SO_{2})mol隆陇L^{-1}}具有强还原性，废水处理时可在弱酸性条件下加入亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根，进而将废水中的rm{(4)}还原成无害气体排放，连二亚硫酸根氧化为原料循环电解。产生连二亚硫酸根的电极反应式为____，连二亚硫酸根与rm{(Na_{2}S_{2}O_{4})}反应的离子方程式____。rm{HNO_{2}}20、用硫铁矿rm{(}主要含rm{FeS_{2}}rm{SiO_{2}}等rm{)}制备莫尔盐的流程如下：

已知：“还原”时，rm{FeS_{2}}与rm{H_{2}SO_{4}}不反应，rm{Fe^{3+}}通过反应Ⅰ；Ⅱ被还原；其中反应Ⅰ如下：

rm{2Fe^{3+}+FeS_{2}篓T2S隆媒+3Fe^{2+}}

rm{(1)}“还原”时，rm{pH}不宜过高的原因是______；写出“还原”时反应Ⅱ的离子方程式：______．

rm{(2)}实验测得“还原”时反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的rm{Fe^{3+}}的物质的量之比为rm{2}rm{7.}计算“还原”后溶液rm{Fe^{2+}}的浓度即可确定后面所加rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}的量rm{(}溶液体积变化忽略不计rm{)}

。离子离子浓度rm{(mol?L^{-1})}还原前还原后还原后rm{SO_{4}^{2-}}rm{3.20}rm{3.50}rm{Fe^{2+}}rm{0.15}______rm{(3)}称取rm{23.52g}新制莫尔盐，溶于水配成溶液并分成两等份rm{.}一份加入足量的rm{BaCl_{2}}溶液，得到白色沉淀rm{13.98g}另一份用rm{0.2000mol/LK_{2}Cr_{2}O_{7}}酸性溶液滴定，当rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}恰好完全被还原为rm{Cr^{3+}}时，消耗溶液的体积为rm{25.00mL.}试确定莫尔盐的化学式rm{(}请给出计算过程rm{)}．评卷人得分四、工业流程题(共3题，共24分)21、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___。22、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23、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]=____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒的应用，题目难度不大。【解答】A.氢氧化铜与稀硫酸反应的离子反应为rm{2H^{+}+Cu(OH)_{2}篓T2H_{2}O+Cu^{2+}}故A错误；

B.氯化铝溶液中加入氨水的离子反应为rm{Al^{3+}+3NH_{3}?H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}故B正确；

C.碳酸钙溶于醋酸的离子反应为rm{CaCO_{3}+2CH_{3}COOH篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O+Ca^{2+}+2CH_{3}COO^{-}}故C错误；

D.稀硫酸中加入铁粉，发生反应产生rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}和氢气，反应的离子方程式是：rm{Fe+2H}rm{Fe+2H}rm{{,!}^{+}}rm{=Fe}rm{=Fe}rm{{,!}^{2+}}故D错误。

故选B。

rm{+H}【解析】rm{B}3、C【分析】解：rm{A.}自然界中存在硫单质；可生成二氧化硫，二氧化硫生成三氧化硫，进而生成硫酸，故A正确；

B.二氧化硅具有全反射性；可用于制造光导纤维，故B正确；

C.铁使用在商以后；商代用铜铸造司母戊鼎，故C错误；

D.铝合金硬度大；质量较轻，一般用于制造门窗，故D正确。

故选：rm{C}

A.硫可生成二氧化硫；二氧化硫生成三氧化硫，进而生成硫酸；

B.二氧化硅具有全反射性；

C.商代用铜铸造司母戊鼎；

D.铝合金硬度大；质量较轻．

本题考查常见物质的工业制法以及材料的使用，涉及物质的性质与应用，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}丙烷能与氯气在光照的作用下发生取代反应得到氯丙烷；故A正确；

B.乙烯能与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应生成溴乙烷；故B错误；

C.乙烯能与水发生加成反应得到乙醇；故C错误；

D.乙烯能通过自身加聚反应生成聚乙烯；故D错误；

故选A．

根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断．

本题主要考查了反应类型的判断，能正确写出化学方程式是解题的关键．【解析】rm{A}5、B【分析】【分析】本题考查新能源、大气污染、水体污染等知识，难度较小。【解答】A.利用太阳能、潮汐能、风力发电，减少化石燃料的燃烧，减少有害气体的排放，有利于改善环境质量，故A错误；B.废电池中含有重金属，将废电池深埋，会造成土壤及地下水的污染，不利于改善环境质量，故B正确；

C.利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯，减少白色污染，有利于改善环境质量，故C错误；

D.石灰石的主要成分是碳酸钙，吸收rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}生成rm{CaSO}有利于改善环境质量，故D错误。rm{CaSO}

故选B。rm{{,!}_{4}}【解析】rm{B}6、D【分析】【解答】解：能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是④乙烯⑤甲苯⑥己炔；能和溴水发生加成反应的物质有④乙烯、⑥己炔，所以既能使KMnO4酸性溶液褪色；又能使溴水因发生化学反应而褪色的是④乙烯；⑥己炔；

故选D．

【分析】能和溴水发生加成反应的物质含有碳碳双键或三键，能和酸性高锰酸钾溶液反应的物质含有碳碳双键或三键或苯环上的取代基中直接连接苯环的碳原子上含有氢原子，以此来解答．7、D【分析】解：乙醛、乙酸乙酯组成的混合物中C、H两种元素的原子个数比都是1：2，故混合物C、H两元素的质量之比=12：2=6：1，若含碳的质量分数为A%，则混合物中H元素质量分数为A%×则混合物中氧元素质量分数=1-A%-

A%×=（100-）%；

故选：D．

乙醛；乙酸乙酯组成的混合物中C、H两种元素的原子个数比都是1：2；故混合物中C、H两元素的质量之比=12：2=6：1，据此计算H元素质量分数，进而计算氧元素质量分数．

本题考查混合物质量分数的有关计算，难度不大，关键是利用混合物中各成分的分子式得出C、H的固定组成．【解析】【答案】D8、B【分析】解：A．升高温度；正逆反应速率均增大，向吸热的方向移动，正反应为放热反应，则化学平衡向逆反应方向移动，故A错误；

B．该反应为气体体积不变的反应；增大压强，正逆反应速率均同等程度增大，则平衡不移动，故B正确；

C．增大A2（g）的浓度，促进B的转化，平衡正向移动，但A2的转化率减小；故C错误；

D．B为固体，增大B的物质的量，平衡不移动，则A2的转化率不变；故D错误；

故选B．

A．升高温度；正逆反应速率均增大，向吸热的方向移动；

B．该反应为气体体积不变的反应；增大压强，正逆反应速率均同等程度增大；

C．增大A2（g）的浓度；促进B的转化，平衡正向移动；

D．B为固体；增大B的物质的量，平衡不移动．

本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握温度、浓度、压强对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意B为固体及反应的特点，题目难度不大．【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】2molCO、2molH2燃烧都需要1molO2，而1molCH4燃烧需要2molO2。因此，燃烧相同体积的管道煤气和天然气，消耗空气体积较大的是天然气。燃烧管道煤气的灶具如需改烧天然气，灶具的改进方法是增大进风口，如不作改进，氧气供给不足，甲烷燃烧不充分生成有毒气体如CO。冬天严寒的季节有时管道煤气火焰很小，并且呈断续状态的原因是丁烷遇冷凝结为液体，使管道内气流不畅通。【解析】【答案】(1)天然气增大不能充分燃烧，生成有毒的CO(2)丁烷遇冷凝结为液体，使管道内气流不畅10、略

【分析】试题解析：（1）由题图可知，平衡时c（NO2）=0.6mol•L-1，c（N2O4）=0.4mol•L-1，故该温度下该反应的平衡常数K==0.9；（2）由图可知，10-25min及30min之后各物质的物质的量浓度不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态；（3）利用25min后的物质的浓度变化可知在25min时加入了NO2，其加入的物质的量=（1.0mol•L-1-0.6mol•L-1）×2L=0.8mol；（4）假设平衡时二氧化氮的浓度为0.8mol•L-1，则此时Qc===1.28＞K=0.9，则平衡要向逆方向移动，使二氧化氮的浓度降低，所以平衡时二氧化氮的浓度小于0.8mol•L-1。考点：化学平衡图像【解析】【答案】（1）0.9mol·L－1（2）bd（3）0.8NO2（4）<NO2的物质的量浓度为0.8mol·L-1时，Q=1.28，大于K，反应应继续向左进行，进一步降低NO2的物质的量浓度。11、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2分）(2)（2分）（3）所得C的纯度不高（其它答案只要合理均可）（2分）（4）将反应①③所产生的HCl收集用于反应④将浓硫酸回收利用（任答一点即可，其它合理的也可）（2分）（5）（4分）12、略

【分析】试题分析：（1）平衡时生成C的浓度是0.4mol/L，所以从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为＝0.2mol/(L·min)。（2）容器体积为2L，则反应前A和B的浓度分别是1.5mol/L和0.5mol/L，平衡时B的浓度是0.4mol/L，所以反应中消耗B的浓度是0.5mol/L－0.4mol/L＝0.1mol/L。而平衡时生成C的浓度是0.4mol/L，根据浓度变化量之比是相应的化学计量数之比，因此x＝4。（3）由于x＝4，这说明反应前后体积不变，即改变压强平衡不移动。向原平衡混合物的容器中再充人amolC，相当于是增大压强，平衡不移动，因此物质的含量不变。amolC相当于是amolA和amolB。即A和B的起始量分别是（3＋a）mol、（1＋a）mol。所以在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n(B)＝×0.8mol＝（0.8+0.2a）mol。（4）等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。由于该反应前后体积不变，因此要满足等效平衡，只需要等效转化后，只要反应物的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。又因为生成物只有一种，所以始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为n(A):n(B)＝3:1且n(c)≥0。考点：考查可逆反应、等效平衡的应用和计算【解析】【答案】（1）0.2mol/(L·min)（2）4（3）0.8+0.2a（4）n(A):n(B)＝3:1且n(c)≥013、略

【分析】【解析】【答案】三、实验题(共7题，共14分)14、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）一样，醋酸多（2）C；D(3)①B②产生相同体积的气体所需时间③反应放热，溶液温度升高15、略

【分析】解：（1）碳酸氢钠俗称为小苏打；所以C正确；碳酸钠的俗称为纯碱；苏打，所以AB正确；

故答案为：C；AB；

（2）NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解，则观察到澄清石灰水变浑浊时，则试管中加热的固体是NaHCO3；

故答案为：NaHCO3；

（3）碳酸钠；碳酸氢钠都与盐酸反应生成二氧化碳气体；所以观察到的现象为：有气泡产生；

故答案为：有气泡产生．

（1）根据碳酸氢钠；碳酸钠的俗名进行解答；

（2）碳酸氢钠不稳定，NaHCO3受热容易分解，而Na2CO3受热不分解；据此进行判断试管中的固体；

（3）二者均与盐酸反应生成二氧化碳；碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠；水、二氧化碳．

本题考查物质的检验和鉴别，把握物质的性质为解答的关键，注意碳酸氢钠、碳酸钠与酸的反应、稳定性，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】C；AB；NaHCO3；有气泡产生16、（1）醛基；（2）CH3CH（Br）OOCCH3+2NaOHCH3COONa+CH3CHO+NaBr+H2O取代反应或水解反应（3）C10H10O2（4）（5）（6）4【分析】【分析】本题考查有机物的推断，难度中等，注意计算确定rm{B}的分子式，根据有机物的官能团的变化为突破口进行推断，需要学生熟练掌握官能团的结构与性质。【解答】rm{A}发生水解反应rm{C}rm{D}rm{D}酸化得到rm{E}rm{C}氧化得到rm{E}则rm{C}的结构简式为rm{CH_{3}CHO}rm{D}为rm{CH_{3}COONa}rm{E}为rm{CH_{3}COOH}rm{B}的相对分子质量为rm{162}其完全燃烧的产物中rm{n(CO_{2})}rm{n(H_{2}O)=2}rm{1}则rm{B}中碳氢原子个数之比为rm{1}rm{1}所以rm{a=b}结合其相对分子质量知：rm{a=b=(162-32)隆脗32=10}所以rm{B}的分子式为rm{C_{10}H_{10}O_{2}}rm{B}水解生成rm{E(}乙酸rm{)}和rm{F}rm{F}的分子式为rm{C_{10}H_{10}O_{2}+H_{2}O-C_{2}H_{4}O_{2}=C_{8}H_{8}O}不饱和度为rm{5}rm{F}具有如下特点：rm{垄脵}能跟rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应，rm{垄脷}能发生加聚反应；rm{垄脹}苯环上的一氯代物只有两种，则rm{F}含有酚羟基、含有rm{1}个rm{-CH=CH_{2}}且rm{2}个取代基处于对位，则rm{F}的结构简式为：rm{B}为rm{(1)}由上述分析可知，为rm{CH_{3}CHO}含有的官能团是：醛基，故答案为：醛基；rm{(2}rm{)}反应rm{垄脵}的化学方程式为反应rm{)}的化学方程式为rm{垄脵}rm{CH_{3}CH(Br)OOCCH_{3}+2NaOH}；rm{CH_{3}COONa+CH_{3}CHO+NaBr+H_{2}O}此反应的类型是取代反应或水解反应；由上述分析，可知rm{(3)}的分子式为rm{B}故答案为：rm{C_{10}H_{10}O_{2}}

rm{C_{10}H_{10}O_{2}}为在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为：

故答案为：rm{(4)F}rm{(5}的结构简式是：rm{)B}的结构简式是：化合物rm{)B}是rm{(6)}的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应，rm{G}中含有醛基，可能的同分异构体有共rm{F}种，rm{G}种不同化学环境的氢的是故答案为：rm{4}其中核磁共振氢谱有rm{4}种不同化学环境的氢的是【解析】rm{(1)}醛基；rm{(2)CH_{3}CH(Br)OOCCH_{3}+2NaOH}rm{CH_{3}COONa+CH_{3}CHO+NaBr+H_{2}O}取代反应或水解反应rm{(3)}rm{C}rm{C}rm{10}rm{10}rm{H}rm{H}rm{10}rm{10}rm{O}rm{O}17、略

【分析】【解析】【答案】（1）环形玻璃拌棒（1分）（2）保温隔热，或少热量损失（2分）（3）偏小（1分）（4）=—16.72(t2—t1)kJ/mol（2分）（5）不相等（1分）相等（1分）中和热量指稀溶液中酸与碱反应生成1mol水放出的热量与酸碱用量无关。（2分）（6）偏小（1分）偏小（1分）18、略

【分析】解：（1）实验室制备乙炔碳化钙与水反应很剧烈；用饱和食盐水可以减缓反应，所以为了得到平稳的气流，用饱和食盐水代替水，则分液漏斗中盛放的液体是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

（2）实验室制备乙炔是利用电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2；

故答案为：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2；

（3）电石中含有硫化钙杂质，所以制备的乙炔气体中往往含有少量的H2S气体，硫化氢气体具有还原性，也会导致溴水、高锰酸钾溶液褪色，所以洗气中应选CuSO4溶液或NaOH溶液除去乙炔中的硫化氢；故答案为：CuSO4溶液或NaOH溶液；

（4）咖啡因易溶于氯仿；乙醇、丙酮及热苯等；微溶于水、石油醚，则步骤1可加入乙醇等有机溶剂进行萃取，故答案为：B；

（5）分离咖啡因和乙醇；可进行加热得到浓缩液再结晶（或蒸发）得到粗产品，因咖啡因易升华，为进一步得到较为纯净的咖啡因，可进行升华，故答案为：结晶（或蒸发）．

实验室用电石和水反应制备乙炔；其中含有杂质，为了净化和检验乙炔气体，测定气体体积，则需要的装备依次为：气体制备装置；净化装置（除硫化氢）、检验装置、性质实验装置、排水测体积的装置；

（1）制备乙炔碳化钙与水反应很剧烈；用饱和食盐水可以减缓反应；

（2）实验室制备乙炔是利用电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙；

（3）电石中含有硫化钙杂质，所以制备的乙炔气体中往往含有少量的H2S气体；会干扰后续检验实验；

咖啡因易溶于氯仿；乙醇、丙酮及热苯等；微溶于水、石油醚，则步骤1可加入乙醇等有机溶剂进行萃取，然后进行蒸馏、升华，可得到咖啡因粗产品；

（4）咖啡因易溶于氯仿；乙醇、丙酮及热苯等；微溶于水、石油醚等，可进行萃取；

（5）分离咖啡因和乙醇；可进行加热得到浓缩液再结晶（或蒸发）得到粗产品，因咖啡因易升华，为进一步得到较为纯净的咖啡因，可进行升华．

本题考查乙炔制备、检验和物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握题给信息以及实验流程，掌握实验基本操作和实验设计方法是解题关键，难度不大．【解析】饱和食盐水；CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca（OH）2；CuSO4溶液或NaOH溶液；B；结晶（或蒸发）19、（1）289.8（2）①正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低。温度高于445℃后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率增加②（3）7（4）2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O3S2O42-+2HNO2+2H2O=6HSO3-+N2↑【分析】【分析】本题考查了反应热的计算、催化剂的选择、弱电解质的电离等方面的知识，属于综合知识的考查，侧重于考查学生分析问题和解决问题的能力，题目难度中等rm{.}本题考查了物质的性质及其电解原理，题目难度中等，正确分析题中给予信息为解答关键，试题综合性较强、知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力【解答】rm{(1)垄脵}rm{2SO}rm{2SO}rm{2}rm{2}rm{(g)+O}rm{(g)+O}rm{(g)triangleH_{1}=-198kJ隆陇mol}rm{2}rm{2}rm{垄脷SO_{2}(g)+NO_{2}(g)=SO_{3}(g)+NO(g)triangleH_{2}=-41.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脹CO(g)+1/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{3}=-213kJ隆陇mol^{-1}}由盖斯定律rm{(g)=2SO}得rm{(g)=2SO}rm{3}rm{3}rm{(g)triangle

H_{1}=-198kJ隆陇mol}rm{(g)+NO(g)triangleH=left[-41.8-213-dfrac{1}{2}隆脕(-198)right]kJ隆陇mo{l}^{-1}=-155.8kJ隆陇mo{l}^{-1}}所以rm{(g)triangle

H_{1}=-198kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}；rm{垄脷SO_{2}(g)+NO_{2}(g)=SO_{3}(g)+NO(g)triangle

H_{2}=-41.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脹CO(g)+1/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H_{3}=-213kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷+垄脹-dfrac{垄脵}{2}}rm{CO(g)+NO}rm{2}rm{2}rm{(g)=CO}rm{2}其电极反应式为：rm{2}rm{(g)+NO(g)triangleH=left[-41.8-213-

dfrac{1}{2}隆脕(-198)right]kJ隆陇mo{l}^{-1}=-155.8kJ隆陇mo{l}^{-1}

}rm{E_{2}=[134+(-155.8)]}反应生成rm{kJ隆陇mol}和氮气，rm{{,!}^{-1}=289.8}rm{3S_{2}O_{4}^{2-}+2HNO_{2}+2H_{2}O=6HSO_{3}^{-}+N_{2}}rm{{,!}^{-1}=289.8}故答案为：rm{kJ隆陇mol}rm{3S_{2}O_{4}^{2-}+2HNO_{2}+2H_{2}O=6HSO_{3}^{-}+N_{2;}隆眉}。rm{{,!}^{-1}}【解析】rm{(1)289.8}rm{(2)垄脵}正反应放热，温度升高平衡逆向移动，rm{SO_{2}}平衡转化率降低。温度高于rm{445隆忙}后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向移动，rm{SO_{2}}平衡转化率增加rm{垄脷}rm{(3)7}rm{(4)2HSO_{3}^{-}+2e^{-}+2H^{+}=S_{2}O_{4}^{2-}+2H_{2}O}rm{3S_{2}O_{4}^{2-}+2HNO_{2}+2H_{2}O=6HSO_{3}^{-}+N_{2}}rm{3S_{2}O_{4}^{2-}+2HNO_{2}+2H_{2}O

=6HSO_{3}^{-}+N_{2}}rm{隆眉}20、略

【分析】解：rm{(1)}溶液里的rm{Fe^{3+}}或rm{Fe^{2+}}易水解，还原”时时，rm{pH}过高会促进rm{Fe^{3+}}或rm{Fe^{2+}}水解生成沉淀，故不易太高；“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为rm{FeS_{2}+14Fe^{3+}+8H_{2}O=15Fe^{2+}+2SO_{4}^{2-}+16H^{+}}

故答案为：rm{pH}过高时铁元素将沉淀导致产率降低；rm{FeS_{2}+14Fe^{3+}+8H_{2}O=15Fe^{2+}+2SO_{4}^{2-}+16H^{+}}

rm{(2)}假设溶液体积为rm{1L}根据表可知，反应Ⅱ中生成的硫酸根的物质的量为rm{(3.50}rm{mol?L^{-1}-3.20mol?L^{-1})隆脕1L=0.3mol}据反应rm{FeS_{2}+14Fe^{3+}+8H_{2}O=15Fe^{2+}+2SO_{4}^{2-}+16H^{+}}可知，反应Ⅱ中被还原的rm{Fe^{3+}}的物质的量为rm{2.1mol}同时计算出生成的亚铁离子的物质的量为rm{2.25mol}反应Ⅰ、被还原的rm{Fe^{3+}}的物质的量为rm{0.6mol}同时计算出生成的亚铁离子的物质的量为rm{0.9mol}溶液中增加的亚铁离子的物质的量浓度为rm{dfrac{0.9mol+2.25mol}{1L}=3.15mol?L^{-1}}则还原后rm{dfrac

{0.9mol+2.25mol}{1L}=3.15mol?L^{-1}}的物质的量浓度为rm{Fe^{2+}}

故答案为：rm{0.15mol?L^{-1}+3.15mol?L^{-1}=3.30mol?L^{-1}}

rm{3.30}根据题意，白色沉淀的物质的量为rm{dfrac{13.98g}{233g/mol}=0.06moln(SO_{4}^{2-})=0.06mol}

rm{(3)}

rm{dfrac{13.98g}{233g/mol}=0.06moln

(SO_{4}^{2-})=0.06mol}rm{6Fe^{2+}+Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}=6Fe^{3+}+2Cr^{3+}+7H_{2}O}

rm{6}rm{1}

所以rm{n(Fe^{2+})}rm{0.2000mol?L^{-1}隆脕0.025L}

根据电荷守恒：rm{n(Fe^{2+})=0.005}rm{mol隆脕6=0.03mol}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{dfrac{25.52g}{2}-0.06mol隆脕96g/mol-0.03mol隆脕56g/mol-0.06mol隆脕18g/mol}{18g/mol}=0.18}rm{n(NH_{4}^{+})+2n(Fe^{2+})=2n(SO_{4}^{2-})}

所以rm{n(NH_{4}^{+})=0.06mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac{dfrac

{25.52g}{2}-0.06mol隆脕96g/mol-0.03mol隆脕56g/mol-0.06mol隆脕18g/mol}{18g/mol}=0.18}rm{mol}rm{n(SO_{4}^{2-})}rm{n(Fe^{2+})}rm{n(NH_{4}^{+})}rm{n(H_{2}O)=0.06mol}rm{0.03mol}rm{0.06mol}rm{0.18mol=2}所以莫尔盐的化学式为rm{1}或rm{2}

答：莫尔盐的化学式为rm{6}

硫铁矿rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}?6H_{2}O[}主要含rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}?FeSO_{4}?6H_{2}O]}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}?6H_{2}O.}等rm{(}在空气中焙烧，得二氧化硫气体和氧化铁、二氧化硅等固体，加硫酸溶解，过滤除去二氧化硅，得硫酸铁溶液，硫酸铁溶液中再加入硫铁矿，rm{FeS_{2}}把铁离子还原为rm{SiO_{2}}同时生成rm{)}沉淀，过滤，滤渣含有rm{FeS_{2}}硫铁矿；滤液中主要含有硫酸亚铁的混合溶液，向混合溶液中加入硫酸铵，经过蒸发浓缩降温结晶，过滤，洗涤，干燥可得莫尔盐；

rm{Fe^{2+}}铁离子水解显酸性，rm{S}过高促进水解；“还原”时反应Ⅱ生成亚铁离子；硫酸根离子；

rm{S}由表中数据可知，反应后硫酸根的浓度比反应前增加了rm{(1)}根据反应rm{pH}可知，反应中消耗rm{(2)}的物质的量为rm{3.50mol?L^{-1}-3.20mol?L^{-1}=0.3mol?L^{-1}}生成的rm{FeS_{2}+14Fe^{3+}+8H_{2}O=15Fe^{2+}+2SO_{4}^{2-}+16H^{+}}物质的量为rm{Fe^{3+}}由于Ⅰ、Ⅱ中被还原的rm{2.1mol}的物质的量之比为rm{Fe^{2+}}rm{2.25mol}Ⅰ中消耗的铁离子的物质的量为rm{Fe^{3+}}再结合反应rm{2}计算生成rm{7}物质的量；

rm{0.6mol}称取rm{2Fe^{3+}+FeS_{2}=2S隆媒+3Fe^{2+}}新制莫尔盐，溶于水配成溶液并分成两等份，一份加入足量的rm{Fe^{2+}}溶液，得到白色沉淀硫酸钡的质量为rm{(3)}其物质的量为rm{dfrac{13.98g}{233g/mol}=0.06mol}所以rm{23.52g}

另一份用rm{BaCl_{2}}酸性溶液滴定，当rm{13.98g}恰好完全被还原为rm{dfrac

{13.98g}{233g/mol}=0.06mol}时，消耗溶液的体积为rm{n(SO_{4}^{2-})=0.06mol}根据题意；

rm{0.2000mol?L^{-1}K_{2}Cr_{2}O_{7}}

rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}rm{Cr^{3+}}

rm{25.00mL}rm{6Fe^{2+}+Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}=6Fe^{3+}+2Cr^{3+}+7H_{2}O}

所以rm{6}rm{1}

根据电荷守恒：rm{n(Fe^{2+})}rm{0.2000mol?L^{-1}隆脕0.025L}再计算rm{n(Fe^{2+})=0.005}由物质的量比确定化学式．

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、化学计算技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．rm{mol隆脕6=0.03mol}【解析】rm{pH}过高时铁元素将沉淀导致产率降低；rm{FeS_{2}+14Fe^{3+}+8H_{2}O=15Fe^{2+}+2SO_{4}^{2-}+16H^{+}}rm{3.30}四、工业流程题(共3题，共24分)21、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