2025年沪科版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科版高二化学下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9题，共18分)1、从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是A.铜和浓硝酸反应B.铜和稀硝酸反应C.氧化铜和硝酸反应D.氯化铜和硝酸银反应2、已知0.1mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+．欲使平衡发生如图变化，可以采取的措施是（）A.加少量烧碱溶液B.升高温度C.加少量冰醋酸D.加水3、下列有关晶体的叙述中，不正确的是rm{(}rm{)}A.氯化钠和氯化铯晶体中，阳离子的配位数均为rm{6}B.金刚石为三维网状结构，由碳原子以rm{sp^{3}}杂化轨道形成共价键C.金属钠的晶体采用体心立方堆积，每个晶胞含rm{2}个原子，配位数为rm{8}D.干冰晶体中，每个rm{CO_{2}}分子周围紧邻rm{12}个rm{CO_{2}}分子4、按碳的骨架来分类，下列说法正确的是A.属于链状化合物B.属于链状化合物C.属于芳香族化合物D.属于一种醛5、下列液体中，滴入水中会出现分层现象，但在滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象会逐渐消失的是rm{(}rm{)}A.溴乙烷B.己烷C.苯D.苯乙烯6、下列各组中的两种有机物，其最简式相同但既不是同系物，又不是同分异构体的是rm{(}rm{)}A.苯、苯乙烯B.甲醛、乙二醛C.对甲基苯酚、苯甲醇D.甲酸、乙醛7、下列影响化学反应速率的因素中，是通过改变活化分子百分数来实现的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}改变气体物质的浓度rm{垄脷}改变气体的压强。

rm{垄脹}加入催化剂rm{垄脺}改变气体的温度．A.只有rm{垄脵垄脷}B.只有rm{垄脹垄脺}C.只有rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}8、25℃时，下列有关曲线与对应的叙述正确的是（）A.

图可表示体积均为V0L、pH均为11的氨水与NaOH溶液分别用水稀释至VL情况，则b曲线为氨水B.

图可表示水溶液中H+与OH-的浓度变化曲线，则升高温度可实现a→bC.

图可表示体积均为100mL、pH均为3的盐酸与醋酸，分别与0.003gZn反应，则a表示盐酸D.

图可表示体积为V0L1mol•L-1盐酸用水稀释至VL情况，则0～a范围内：pH=lg9、化学与生活息息相关，下列说法错误的是（）A.乙烯可作为水果的催熟剂B.用二氧化碳制全降解塑料，可以缓解温室效应C.氧化铝陶瓷和光导纤维都属于无机非金属材料D.丙烷（C3H8）和乙醇（C2H5OH）均存在同分异构体评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（10分）为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁、戊分别选用下列试剂进行实验：0.1mol/L醋酸溶液、0.1mol/L盐酸、C(H+)=10-3mol/L的盐酸、C(H+)=10-3mol/L的醋酸、CH3COONa晶体、石蕊试液、pH试纸、锌粒、蒸馏水。已知：pH=-lgc(H+)（1）甲用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法（填“正确”或“不正确”）。（2）乙分别取用10ml0.1mol/L盐酸和醋酸，然后加入完全一样的等量锌粒（少量），产生氢气用气球收集，通过观察实验现象为，则认定醋酸是弱电解质。（3）丙取出10ml0.10mol/L醋酸溶液，滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，颜色变浅红色，也能证明醋酸是弱电解质，试从电离平衡原理解释。（4）丁分别取用10mlC(H+)=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后加入完全一样的等量锌粒（足量），产生氢气用气球收集，通过比较产生气球的大小，如果醋酸产生气球（填“大”或“小”），则认定醋酸是弱电解质。（5）戊取用C(H+)=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的C(H+)10-5mol/L(填“>”、“<”、“＝”)，则认定醋酸是弱电解质。11、现有苯、甲苯、乙烯、乙醇、1－氯丁烷、苯酚、软脂酸甘油酯、油酸、淀粉，其中：（1）显酸性的是________。（2）常温下能和溴水反应的是________。（3）能和金属钠反应放出氢气的是_______________。（4）能和FeCl3溶液反应产生紫色的物质的是________。12、一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的rm{CO_{2}}气体，发生反应rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)triangleH>0}rm{Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)triangle

H>0}的浓度与时间的关系如图所示．

rm{CO_{2}}该条件下反应的平衡常数为______；若铁粉足量，rm{垄脵}的起始浓度为rm{CO_{2}}则平衡时rm{2.0mol?L^{-1}}的浓度为______rm{CO_{2}}．

rm{mol?L^{-1}}下列措施中能使平衡时rm{dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}}增大的是______rm{垄脷}填序号rm{dfrac

{c(CO)}{c(CO_{2})}}．

A.升高温度rm{(}增大压强rm{)}充入一定量的rm{B.}rm{C.}再加入一定量铁粉．rm{CO_{2}}13、处于下列状态的物质中：rm{垄脵NaCl}rm{垄脷CO_{2}}rm{垄脹NH_{3}?H_{2}O}rm{垄脺Cu}rm{垄脻HCl}rm{垄脼NaOH}rm{垄脽}酒精rm{垄脿H_{2}O}rm{垄谩NaCl}溶液rm{垄芒NH_{3}}

rm{(1)}属于强电解质的是rm{(}填序号，下同rm{)}______；

rm{(2)}属于弱电解质的是______；

rm{(3)}属于非电解质的是______；

rm{(4)}能导电的是______．14、（8分）某离子晶体晶胞结构如图所示，X位于立方体的顶点，Y位于立方体的中心，试回答：（1）晶体中每个Y同时吸引着个X，每个X同时吸引着____个Y，该晶体的化学式为____。（2）晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有____个。（3）晶体中距离最近的2个X与一个Y形成的夹角（∠XYX）为（填角的度数）。（4）若该晶体的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个距离最近的X中心间的距离为____cm。15、工业上利用硫铁矿烧渣rm{(}主要成分为rm{Fe_{3}O_{4}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}rm{SiO_{2})}为原料制备高档颜料rm{隆陋隆陋}铁红rm{(Fe_{2}O_{3})}具体生产流程如下：试回答下列问题：rm{(1)}“酸溶”过程中rm{Fe_{3}O_{4}}发生反应的离子反应方程式为_____________rm{(2)}实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有______、玻璃棒和烧杯等；步骤Ⅳ中应选用____试剂调节溶液的rm{pH(}填字母编号rm{)}A.稀硝酸rm{B.}氨水rm{C.}高锰酸钾溶液rm{D.}氢氧化钠溶液rm{(3)}检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是_____________________；rm{(4)}步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在rm{35隆忙}以下，其目的是______________________________；rm{(5)}步骤Ⅴ中，rm{FeCO_{3}}达到沉淀溶解平衡时，若室温下测得溶液的rm{pH}为rm{8.5}rm{c(Fe^{2+})=1隆脕10^{-6}mol隆陇L^{-1}}试判断所得的rm{c(Fe^{2+})=1隆脕10^{-6}

mol隆陇L^{-1}}中是否含有rm{FeCO_{3}}__________rm{Fe(OH)_{2}}填rm{(}是rm{"}或rm{"}否rm{"}请通过简单计算说明理由________________________________。rm{")}已知：rm{(}rm{K_{sp}[Fe(OH)_{2}]=4.9隆脕10^{-17})}步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为___________________；rm{(6)}欲测定硫铁矿矿渣中rm{(7)}元素的质量分数，称取rm{Fe}样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的rm{ag}充分反应后加入rm{H_{2}O_{2}}溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体rm{NaOH}测得该样品中rm{bg}元素的质量分数为_________。rm{Fe}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、简答题(共1题，共10分)22、已知：如图rm{A}是石油裂解气的主要成份，rm{A}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；

回答下列问题：

rm{(1)}写出rm{A}的结构式：______，rm{C}的结构简式：______．

rm{(2)B}rm{D}分子中的官能团名称分别______；______．

rm{(3)}写出下列反应的化学方程式并标明反应类型。

rm{垄脵}______；反应类型：______．

rm{垄脷}______；反应类型：______．

rm{(4)}实验室常利用右侧如图rm{2}装置制取乙酸乙酯，反应原理是______，为从该实验后的混合气体中分离出乙酸乙酯，右侧试管中所选用的试剂rm{a}是______，rm{a}试剂的作用是______．评卷人得分五、计算题(共2题，共20分)23、（10分）恒温时，将2molA和2molB气体投入固定容积为2L密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)+D(s)。5s时，测得A的物质的量为1．7mol，C的反应速率为0．045mol·L—1·s—1；40s时反应恰好处于平衡状态，此时B的转化率为20%。请填写下列空白：（1）x=____。（2）从反应开始到40s达平衡状态，A的平均反应速率为。（3）平衡时容器中B的体积分数为。（4）该温度下此反应的平衡常数为。（5）下列各项能表示该反应达到平衡状态的是。A．消耗A的物质的量与生成D的物质的量之比为2∶1B．容器中A、B的物质的量n(A)∶n(B)=2∶1C．气体的平均相对分子质量不再变化D．压强不再变化E．气体密度不再变化24、已知：rm{Ksp(AgCl)=1.0隆脕10^{-10}}向rm{50mL0.018mol/L}的rm{AgNO_{3}}溶液中。

rm{(1)}加入rm{50mL}rm{0.018mol/L}的盐酸，生成沉淀后，溶液中rm{c(Ag^{+})=}______

rm{(2)}加入rm{50mL}rm{0.020mol/L}的盐酸，生成沉淀rm{.垄脵}沉淀生成后溶液中rm{c(Ag^{+})}为_____rm{垄脷}沉淀生成后溶液的rm{pH}是____________评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)25、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．26、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】A和B会产生有毒气体，D的成本太高。所以正确的答案是C。【解析】【答案】C2、B【分析】解：醋酸是弱电解质；溶液中存在电离平衡，根据图象知，改变条件后正逆反应速率都增大，且平衡向正反应方向移动；

A．向溶液中加入烧碱溶液；促进醋酸电离平衡向正反应方向移动，加入烧碱的瞬间，生成物和反应物浓度减小，则正逆反应速率都减小，故A错误；

B．温度越高；正逆反应速率越大，醋酸的电离为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，故B正确；

C．加少量冰醋酸的瞬间；醋酸根离子和氢离子浓度不变，则反应速率不变，故C错误；

D．加水稀释促进醋酸电离；平衡向正反应方向移动，醋酸分子；醋酸根离子和氢离子浓度都减小，所以反应速率都减小，故D错误；

故选B．

醋酸是弱电解质；溶液中存在电离平衡，要使正逆反应速率都增大，改变的条件是温度或催化剂，据此分析解答．

本题考查了弱电解质电离平衡图象及外界条件对化学平衡的影响，注意图象曲线的变化趋势及拐点是解本题关键，再结合外界影响因素来分析解答，注意改变条件时生成速率有变化，为易错点．【解析】【答案】B3、A【分析】解：rm{A}氯化钠晶体中氯离子配位数为rm{6}氯化铯晶体中氯离子的配位数为rm{8}则氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数不相同，故A错误；

B、金刚石为三维网状结构，一个碳与四个碳原子形成共价键，所以碳原子以rm{sp^{3}}杂化；故B正确；

C、金属钠的晶体采用体心立方堆积，所以每个晶胞含rm{1+8隆脕dfrac{1}{8}}个原子，每个钠原子周围距离最近的钠原子有rm{8}个，所以配位数为rm{8}故C正确；

D.采用沿rm{X}rm{Y}rm{Z}三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为rm{12}所以在rm{CO_{2}}晶体中，与每个rm{CO_{2}}分子周围紧邻的有rm{12}个rm{CO_{2}}分子；故D正确；

故选A．

A、氯化钠晶体中氯离子配位数为rm{6}氯化铯晶体中氯离子的配位数为rm{8}

B；金刚石为三维网状结构；一个碳与四个碳原子形成共价键；

C、观察钠晶胞结构即体心结构可知，每个钠原子周围距离最近的钠原子有rm{8}个；

D、采用沿rm{X}rm{Y}rm{Z}三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数．

本题考查晶体结构，了解典型晶体的构型是解本题关键，离子晶体中离子配位数的判断是常考查点，也是学习难点．【解析】rm{A}4、A【分析】【分析】本题考查有机化合物的分类，熟悉分类标准是解题关键，难度不大。【解答】A.是异戊烷，属于链状化合物，故A正确；B.属于环状烃类，故B错误；C.，结构中不含苯环，不是芳香族化合物，属于环烯醇，故C错误；D.属于甲酸，不属于一种醛，故D错误。故选A。

【解析】rm{A}5、A【分析】解：rm{A.}溴乙烷不溶于水；滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故A正确；

B.己烷不溶于水；也不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故B错误；

C.苯不溶于水；也不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故C错误；

D.苯乙烯不溶于水；不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故D错误；

故选A．

有机物滴入水中会出现分层现象；说明该有机物不溶于水；滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象会逐渐消失，说明该有机物能够与氢氧化钠溶液反应生成了易溶于水的物质，据此进行解答．

本题考查了溴乙烷的物理性质和化学性质，题目难度不大，试题基础性强，难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练．【解析】rm{A}6、A【分析】解：rm{A.}苯乙烯和苯分子式分别为rm{C_{8}H_{8}}rm{C_{6}H_{6}}最简式相同为rm{CH}苯乙烯含有碳碳双键，与苯不是同系物，二者分子式不同不是同分异构体，故A正确；

B.甲醛和乙二醛分子式分别为rm{CH_{2}O}rm{C_{2}H_{2}O_{2}}最简式不同，甲醛含有rm{1}个醛基，乙二醛有rm{2}个醛基；不是同系物，二者分子式不同不是同分异构体，故B错误；

C.对甲基苯酚和苯甲醇分子式分别为rm{C_{7}H_{8}O}rm{C_{7}H_{8}O}最简式相同，对甲基苯酚和苯甲醇官能团不同，不是同系物，二者分子式相同是同分异构体，故C错误；

D.甲酸和乙醛分子式分别为rm{HCOOH}rm{C_{2}H_{4}O}最简式不同，甲酸和乙醛官能团不同，不是同系物，二者分子式不同不是同分异构体，故D错误．

故选A．

最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；

同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质；

同分异构体指具有相同的分子式；但具有不同的结构式的化合物．

本题考查同系物、同分异构体的判断，难度不大，注意化学“五同”比较，根据名称书写结构简式是解题的关键．【解析】rm{A}7、B【分析】解：在影响反应速率的外界条件中，只有温度和催化剂才是通过改变活化分子百分数来实现的rm{.}浓度和压强改变的是单位体积内的活化分子个数；而不是活化分子的百分数，故选B．

一般来说；影响化学反应速率的因素有温度；浓度、压强、催化剂等，其中温度、催化剂影响活化分子百分数，浓度、压强影响单位体积活化分子的个数，以此解答该题．

本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意外界条件对化学反应速率的影响本质，难度不大．【解析】rm{B}8、D【分析】解A．一水合氨是弱电解质；氢氧化钠是强电解质，加水稀释溶液促进弱电解质电离，导致稀释溶液氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度变化较大，氨水中氢氧根离子浓度变化较小，pH变化较小，则a是氨水溶液，故A错误；

B．升高温度促进水的电离，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度均增大，a→b的过程中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，所以升高温度不能实现a→b；故B错误；

C．n（Zn）==0.00005mol，根据Zn～2H+得，锌完全反应需要n（H+）=0.00005mol×2=0.0001mol；pH=3；100mL盐酸中n（HCl）=0.001mol/L×0.1L=0.0001mol，所以盐酸恰好反应，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，所以pH=3的100mL醋酸中醋酸的物质的量大于盐酸，则反应过程中醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸与锌反应的速率快，即a表示醋酸，故C错误；

D．1mol•L-1盐酸的pH=0，溶液稀释10n，pH增大n个单位，所以体积为V0L1mol•L-1盐酸用水稀释至VL情况，则0～a范围内：pH=lg故D正确．

故选D．

A．一水合氨是弱电解质；氢氧化钠是强电解质，加水稀释两种溶液时，促进一水合氨电离，利用两溶液在稀释时强碱的变化程度大来分析解答；

B．升高温度促进水的电离；溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度均增大；

C．n（Zn）==0.00005mol，根据Zn～2H+得，锌完全反应需要n（H+）=0.00005mol×2=0.0001mol；pH=3；100mL盐酸中n（HCl）=0.001mol/L×0.1L=0.0001mol，所以盐酸恰好反应，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，所以pH=3的100mL醋酸中醋酸的物质的量大于盐酸；

D．1mol•L-1盐酸的pH=0，溶液稀释10n；pH增大n个单位．

本题以图象的形式考查了影响水的电离平衡的因素、弱电解质的电离、pH的简单计算等，题目难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力．【解析】【答案】D9、D【分析】解：A．乙烯是一种植物激素；可用作水果和蔬菜的催熟剂，故A正确；

B．二氧化碳是产生温室效应的一种气体；所以将二氧化碳转化为塑料，能减少温室效应，故B正确；

C．光导纤维；氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料；故C正确；

D．丙烷只有一种结构；无同分异构体，故D错误．

故选D．

A．乙烯是一种植物激素；可用作水果和蔬菜的催熟剂；

B．二氧化碳是产生温室效应的一种气体；

C．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷；非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；

D．丙烷只有一种结构．

本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大．【解析】【答案】D二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】试题分析:（1）0.1mol•L-1的一元强酸的pH=1，0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，说明醋酸没有完全电离，则可证明为弱酸，答案为：正确；（2）如醋酸为弱酸，则等浓度时，醋酸溶液中c（H+）较小，反应较慢，可观察到锌与盐酸反应的气球膨胀速度快，所以答案为：锌与盐酸反应的气球膨胀速度快；（3）滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，红色变浅，说明溶液中c（OH-）变化，说明存在平衡移动，原因是醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，答案为：醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根浓度增大，平衡向左移动，c（H+）减小；（4）分别取用10mLc（H+）=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后分别加入质量相同的锌粒，如醋酸为弱酸，则浓度较大，与锌充分反应时，醋酸产生的气体较多，气球较大，答案为：大；（5）如醋酸为弱酸，则稀释促进电离，c（H+）=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c（H+）＞10-5mol/L，答案为：＞。考点：考查性质实验方案的设计，弱电解质在水溶液中的电离平衡。【解析】【答案】26．（每空2分，共10分）（1）正确（2）锌与盐酸反应的气球膨胀速度快（3）醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根浓度增大，平衡向左移动，C(H+)减小。（4）大（5）＞11、略

【分析】【解析】【答案】12、略

【分析】解：rm{垄脵}据图分析平衡时二氧化碳的浓度分别为rm{0.5mol/L}二氧化碳的浓度变化为：rm{1.5mol/L-0.5mol/L=1mol/L}根据反应方程式可知反应生成rm{CO}的浓度为rm{1mol/L}

则该反应的平衡常数rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac{1.0mol/L}{0.5mol/L}=2.0}

若rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac

{1.0mol/L}{0.5mol/L}=2.0}的起始浓度为rm{CO_{2}}据方程式可知，反应的二氧化碳的浓度与生成rm{2.0mol?L^{-1}}浓度相等，设二者的浓度为rm{CO}

则平衡时二氧化碳浓度为rm{xmol/L}rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac{x}{2.0-x}=2.0}

解得：rm{(2.0-x)mol/L}

所以平衡时二氧化碳浓度为：rm{(2.0-dfrac{4}{3})mol/L=dfrac{2}{3}mol/L}

故答案为：rm{K=dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}=dfrac

{x}{2.0-x}=2.0}rm{x=dfrac{4}{3}}

rm{垄脷dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}}为该反应的平衡常数，平衡常数随温度变化，不随浓度压强等因素变化，反应是吸热反应，升温平衡时rm{(2.0-dfrac{4}{3})mol/L=dfrac

{2}{3}mol/L}增大；

A.升高温度；平衡正向进行，平衡常数增大，故A正确；

B.增大压强；平衡不动，平衡常数不变，故B错误；

C.充入一定量二氧化碳；平衡向着正向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，故C错误；

D.铁粉为固体；再加入铁粉后，平衡不发生移动，则该反应的平衡常数不变，故D错误；

故答案为：rm{2.0}．

rm{dfrac{2}{3}}先计算出平衡常数二氧化碳、rm{垄脷dfrac

{c(CO)}{c(CO_{2})}}的浓度，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到平衡常数表达式，代入图上数据即可求rm{K}根据计算出的平衡常数rm{A}列式计算二氧化碳的平衡浓度；

rm{垄脷dfrac{c(CO)}{c(CO_{2})}}是该反应的平衡常数表达式；平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析判断．

本题考查了物质的量浓度随时间变化的曲线，题目难度中等，明确化学平衡及其影响因素为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．rm{垄脵}【解析】rm{2.0}rm{dfrac{2}{3}}rm{A}13、略

【分析】解：rm{(1)NaCl}rm{HCl}rm{NaOH}是在水溶液中能完全电离的电解质；属于强电解质；

故答案为：rm{垄脵垄脻垄脼}

rm{(2)NH_{3}?H_{2}O}在水溶液中不能完全电离，rm{NH}3rm{{,!}^{?}}rm{H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}rm{NH_{3}?H_{2}O}是弱碱，是弱电解质，rm{H_{2}O}不完全电离；是弱电解质；

故答案为：rm{垄脹垄脿}

rm{(3)}酒精为共价化合物，溶于水不导电，属于非电解质；rm{CO_{2}}的水溶液虽然能导电；但导电的离子是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离，不是二氧化碳自身电离的，为非电解质；氨气的水溶液导电，但导电的离子是一水合氨电离出的，不是氨气电离出的，因此氨气为非电解质；

故答案为：rm{垄脷垄脽垄芒}

rm{(4)}金属铜含有自由电子能导电，rm{NaCl}溶液含有自由移动的钠离子和氯离子；能够导电；

故答案为：rm{垄脺垄谩}．

电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质rm{.}包括强酸；强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；

弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质；包括弱酸；弱碱、水等；

非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；

单质；混合物既不是电解质也不是非电解质，金属或存在自由移动的离子的溶液或熔融态物质能导电，根据定义即可解答．

本题主要考查了电解质概念的辨析，关键注意“电解质是化合物，单质和混合物不是电解质；强电解质完全电离，弱电解质部分电离”，题目难度不大．【解析】rm{垄脵垄脻垄脼}rm{垄脹垄脿}rm{垄脷垄脽垄芒}rm{垄脺垄谩}14、略

【分析】（1）Y位于立方体的中心，所以根据晶胞的结构可知，晶体中每个Y同时吸引着4个X。立方体的顶点是被8个立方体共用，所以每个X同时吸引着8个Y。其化学式为XY2或Y2X。（2）晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X位于面的对角线上，所以X共有3×8÷2＝12个。（3）根据晶胞的结构可知，晶胞中4个X恰好位于正四面体的4个顶点上，所以∠XYX＝109028，。（4）设晶胞的边长是acm。该晶胞中含有1个Y，所以有解得a＝所以晶体中两个距离最近的X中心间的距离为（M/2ρNA）1/3cm。【解析】【答案】（1）（3分）4，8，XY2或Y2X。（2）（1分）12（3）（2分）109028，。（4）（2分）（M/2ρNA）1/315、（1）Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O

（2）漏斗B

（3）KSCN溶液

（4）防止NH4HCO3分解，减少Fe2+水解

（5）否c（Fe2+）•c2（OH-）=1.0×10-6mol•L-1×（1010-5.5mol/L）2=10＜-17[Fe(OH)2]＝4.9×10-17

（6）

（7）7b/10a或%Ksp【分析】【分析】本题考查了铁及其化合物性质的分析应用，主要是流程分析理解和反应过程的判断，难度中等，注意知识的积累。【解答】硫铁矿烧渣加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节rm{pH}后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，由此答题。rm{(1)}“酸溶”过程中rm{Fe}rm{3}rm{3}rm{O}发生反应生成三价铁离子和二价铁离子，离子反应方程式为rm{4}故答案为：rm{4}rm{Fe_{3}O_{4}+8H^{+}=Fe^{2+}+2Fe^{3+}+4H_{2}O}实验室实现“步骤rm{Fe_{3}O_{4}+8H^{+}=Fe^{2+}+2Fe^{3+}+4H_{2}O}”中分离操作所用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗等；步骤rm{(2)}中应选用氨水调节溶液的rm{I}防止产生新杂质，故答案为：漏斗；rm{III}rm{pH}加入过量的铁粉是将三价铁还原为二价，则rm{B}已经进行完全的试剂是硫氰化钾，看是否出现血红色，若出现则存在三价铁，否则反之，rm{(3)}溶液；检验步骤rm{II}已经进行完全的试剂是硫氰化钾，看是否出现血红色，若出现则存在三价铁，否则反之，步骤rm{II}Ⅴ的反应温度一般需控制在故答案为：rm{KSCN}溶液；以下，温度过高会导致rm{KSCN}分解和加快rm{(4)}的水解，所以控制温度其目的是防止rm{I}分解，减少rm{35隆忙}的水解，故答案为：防止rm{NH_{4}HCO_{3}}分解，减少rm{Fe^{2+}}水解；rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{Fe^{2+}}rm{NH_{4}HCO_{3}}达到沉淀溶解平衡时，溶液的rm{Fe^{2+}}为rm{(5)}rm{(5)}，rm{FeCO}rm{FeCO}rm{FeCO}rm{3}rm{3}为rm{3}rm{pH}rm{pH}rm{8}时，根据氢氧化亚铁的rm{.5}rm{.5}rm{c}rm{c}rm{(}rm{Fe}rm{Fe}rm{2+}rm{2+}rm{2+}rm{)}rm{1.0隆脕10}rm{1.0隆脕10}rm{-6}rm{-6}rm{-6}rm{mol?L}rm{mol?L}rm{-1}rm{-1}rm{-1}rm{Qc=c}rm{Qc=c}rm{(}rm{Fe}rm{Fe}rm{2+}rm{2+}rm{2+}rm{)}rm{?c}rm{?c}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{-}rm{-}rm{-}rm{)}rm{=1.0隆脕10}rm{=1.0隆脕10}rm{-6}rm{-6}rm{-6}rm{mol?L}rm{mol?L}rm{-1}rm{-1}rm{-1}空气中煅烧碳酸亚铁，是碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，由原子守恒配平后反应的化学方程式为rm{4FeC{O}_{3}+{O}_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2F{e}_{2}{O}_{3}+4C{O}_{2}}故答案为：rm{4FeC{O}_{3}+{O}_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2F{e}_{2}{O}_{3}+4C{O}_{2}}rm{隆脕(}rm{10}根据题意，最后残留物为rm{隆脕(}是氧化铁，则铁元素的质量是rm{dfrac{112}{160}隆脕bg=0.7bg}根据铁元素守恒可以知道样品中铁元素的质量为rm{10}所以样品中铁元素的质量分数为rm{10}rm{-5.5}故答案为：rm{-5.5}rm{-5.5}【解析】rm{(1)}rm{Fe}rm{Fe}rm{3}rm{3}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}rm{+8H}rm{+8H}rm{{,!}^{+}}rm{=Fe^{2+}+2Fe}漏斗rm{=Fe^{2+}+2Fe}rm{{,!}^{3+}}溶液rm{+4H}防止rm{+4H}分解，减少rm{2}水解rm{2}否rm{O}rm{O}rm{(2)}rm{B}rm{(3)KSCN}rm{(4)}rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{Fe^{2+}}rm{(5)}rm{c}rm{c}rm{(}rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+})}rm{?c}rm{?c}rm{{,!}^{2}(}rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-})}rm{(6)4FeC{O}_{3}+{O}_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2F{e}_{2}{O}_{3}+4C{O}_{2}}rm{=1.0隆脕10}或rm{=1.0隆脕10}rm{{,!}^{-6}}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、简答题(共1题，共10分)22、略

【分析】解：rm{A}是石油裂解气的主要成份且rm{A}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{A}和水发生加成反应生成rm{B}rm{B}发生氧化反应生成rm{C}rm{C}被氧化生成rm{D}rm{B}和rm{D}反应生成乙酸乙酯；则。

rm{B}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{C}为rm{CH_{3}CHO}rm{D}为rm{CH_{3}COOH}乙酸乙酯为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}

rm{(1)}通过以上分析知，rm{A}是乙烯，其结构式为rm{C}的结构简式为rm{CH_{3}CHO}故答案为：rm{CH_{3}CHO}

rm{(2)B}是乙醇、rm{D}是乙酸，rm{B}rm{D}中官能团分别是醇羟基；羧基；故答案为：醇羟基；羧基．

rm{(3)垄脵}为乙烯和水的加成反应，反应方程式为rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}加成反应；

rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为

故