2025年浙科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年浙科版高二化学下册月考试卷310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6题，共12分)1、一次区分乙酸、乙醇、苯、四氯化碳四种液体的试剂是（）A.H2OB.溴水C.新制Cu(OH)2D.酸性高锰酸钾溶液2、物质分类的依据通常有组成和性质，下列物质分类中，只考虑组成的是()A.rm{Na_{2}SO_{4}}是钠盐、硫酸盐、正盐B.rm{HNO_{3}}是一元酸、强酸、挥发性酸C.rm{Mg(OH)_{2}}是二元碱、难溶性碱、中强碱D.rm{SO_{2}}是酸性氧化物、非金属氧化物、最高价氧化物3、下列有机物的命名正确的是（）A.4，4，3-三甲基己烷B.2-甲基-4-乙基-1-戊烯C.3-甲基-2-戊烯D.2，2-二甲基-3-戊炔4、如图A、B是等体积容器，K是开关，活塞可以左右移动。在一定温度下，关闭K，向A中通入一定量的NO2。发生：2NO2(g)N2O4(g)；△H<0。则以下说法不正确的是（）A.保持活塞位置不变，打开K，体系中气体颜色先变浅、然后略加深B.打开K一会，再关闭它，向右推动活塞，最后A容器的气体颜色比B的浅C.保持活塞位置不变，打开K一会，再关闭它，把A容器加热，A中气体颜色比B中深D.打开K一会，再关闭它，向B中通入氩气，B中气体颜色不变5、rm{垄脵pH=2}的rm{CH_{3}COOH}溶液；rm{垄脷pH=2}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液；rm{垄脹pH=12}的氨水；rm{垄脺pH=12}的rm{NaOH}溶液rm{.}相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是rm{(}rm{)}A.水电离的rm{c(H^{+})}rm{垄脵=垄脷=垄脹=垄脺}B.将rm{垄脷}rm{垄脺}溶液混合后，rm{pH=7}消耗溶液的体积：rm{垄脷<垄脺}C.等体积的rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脺}溶液分别与足量铝粉反应，生成rm{H_{2}}的量：rm{垄脷}最大D.向rm{10mL}上述四溶液中各加入rm{90mL}水后，溶液的rm{pH}rm{垄脹>垄脺>垄脵>垄脷}6、用rm{3g}块状大理石与rm{30mL3mol/L}盐酸反应制取rm{CO_{2}}气体，若要增大反应速率，可采取的措施是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}再加入rm{30mL3mol/L}盐酸rm{垄脷}改用rm{30mL6mol/L}盐酸rm{垄脹}改用rm{3g}粉末状大理石rm{垄脺}适当升高温度．A.rm{垄脵垄脷垄脺}B.rm{垄脷垄脹垄脺}C.rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脹}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、某有机物由C、H、O三种元素组成，它的红外吸收光谱表明有羟基O-H键和烃基上C-H键的红外吸收峰，且烃基和羟基上氢原子个数之比为2：1，它的相对分子质量为62，试写出该有机物的结构简式____．8、（4分）常温下，0.1mol·L溶液中，=现取0．1mol·L溶液与PH=13的溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化）。试回答下列问题：（1）混合溶液呈_______性（“酸”﹑“中”或“碱”），理由（用离子方程式表示）________．（2）混合溶液中由水电离出的___________0.1mol·L溶液中由水电离出的（填“大于”﹑“小于”或“等于”）。（3）若混合后溶液的pH=a，则-=_________mol·L（用含a的代数式表示）。9、工业上常回收冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质），并用来生产Zn(NO3)2·6H2O晶体，其工艺流程为：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：。氢氧化物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH3．31．56．54．25．4沉淀完全的pH5．23．79．76．78．0⑴在“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是。⑵上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有。⑶在“除杂I”步骤中，需再加入适量H2O2溶液，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为。为使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，应控制溶液的pH范围为。检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是。⑷加入Zn粉的作用是。“操作A”的名称是。10、向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的化学方程式为______．11、元素rm{A}rm{B}rm{C}都是短周期元素，rm{A}元素原子的rm{2p}轨道上只有两个未成对电子，rm{B}的rm{3p}轨道上有空轨道，rm{A}rm{B}同主族，rm{B}rm{C}同周期，rm{C}是本周期中电负性最大的．

请回答：

rm{(1)A}原子的核外电子排布的轨道表示式______，rm{B}原子的核外电子排布式______，rm{C}原子的价电子排布式______．

rm{(2)A}rm{B}rm{C}的气态氢化物的化学式分别是______；其中最不稳定的是______．

rm{(3)}它们的最高价氧化物的水化物中；酸性最强的是______．

rm{(4)AC_{4}}的化学式______，电子式______，结构式______，中心原子rm{A}的杂化方式______杂化，是______rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}分子．评卷人得分三、工业流程题(共5题，共10分)12、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___。13、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]=____。14、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________%。15、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)。16、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、计算题(共4题，共16分)17、0.1mol某有机物和0.2molO2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）（设O2无剩余），产物经过弄H2SO4，浓H2SO4质量增加5.4g：在通过灼热的CuO；充分反应后，CuO质量减轻1.6g：最后气体在通过碱石灰被完全吸收，碱石灰质量增加8.8g

（1）通过计算确定该有机物的实验式；分子式；相对分子质量．

（2）若该有机物的红外光谱表明有-OH等吸收峰，核磁共振氢谱有两种类型的氢原子，写出该有机物的结构简式．18、(7分)某烃折合标准状况下的密度为3.215g/L，现取3.6g该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4g，碱石灰增重11g，求：(1)该烃的相对分子质量；(2)确定该烃的分子式；(3)已知该烃的一氯代物只有一种，写出该烃的结构简式：_______________。19、常温下，将rm{0.05mol/L}盐酸和未知浓度的rm{NaOH}溶液以rm{1:2}的体积比混合，所得溶液rm{pH=12}用上述rm{NaOH}溶液滴定rm{pH=3}的某一元弱酸溶液rm{20mL}达到终点时消耗rm{NaOH}溶液rm{13.00mL}试求：rm{(}已知rm{lg2=0.3)}rm{(1)NaOH}溶液的rm{pH}为____rm{(2)}此一元弱酸的物质的量浓度为____rm{_mol/L}rm{(3)}求此条件下该一元弱酸的电离平衡常数为____rm{_}20、由碳棒、铁片和200mL稀H2SO4（足量）组成的原电池中，当在碳棒上共放出3.36L（标准状况）气体时，求消耗铁多少克？有多少个电子通过了导线？评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。23、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。24、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、综合题(共2题，共8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6题，共12分)1、C【分析】根据与水的互溶性及密度大小，可知乙酸、乙醇与水互溶，可通过新制新制Cu(OH)2鉴别；而苯与水分层，且油层在上方，四氯化碳与水分层，且没层在下方；【解析】【答案】C2、A【分析】略【解析】rm{A}3、C【分析】【解析】试题分析：A、碳链编号不对，取代基位次和不是最小；依据系统命名法得到名称为：3，3，4-三甲基己烷，故A错误；B、名称中的主链不是最长；依据系统命名法得到名称为：2，4-二甲基-1-己烯，故B错误；C、选取含双键的最长的碳链为主链，从离双键近的一端开始编号；依据系统命名法得到名称为：3-甲基-2-戊烯，故C正确；D、编号不对，应为4，4-二甲基-2-戊炔，故D错误；故选C。考点：有机物的命名【解析】【答案】C4、B【分析】A．保持活塞位置不变，打开K，各物质浓度同倍数瞬间减小，体系中气体颜色变浅，此时相当于减压，平衡左移，NO2浓度略有所增大，颜色再略加深；B：向右推动活塞，相当于增大各物质浓度，A体系各物质浓度增大，颜色加深，即使平衡右移，颜色略微变浅，但也不能改变“最后A容器的气体颜色比B的深”这个结果；C：A容器加热，平衡左移，A中气体颜色比B中深；D：向B中通入氩气，各物质的浓度不变，平衡不移动，所以B中气体颜色不变【解析】【答案】B5、A【分析】解：rm{A.}在相同的条件下；水电离的氢离子浓度相同，酸和碱溶液对水的电离起到抑制作用，强酸弱酸溶液中氢离子浓度相同，强碱弱碱溶液中氢氧根离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同，故A正确；

B.强酸和强碱恰好中和，rm{pH=7}消耗溶液的体积rm{垄脷=垄脺}故B错误；

C.和等量铝粉反应；醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C错误；

D.弱电解质稀释平衡正向移动，溶液rm{pH}值应该rm{垄脹>垄脺>垄脷>垄脵}故D错误；

故选A．

A.酸碱对水的电离起到抑制作用；

B.强酸和强碱后溶液呈中性；证明酸碱恰好中和反应；

C.弱酸存在电离平衡；随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；

D.加水稀释，强酸强碱溶液的rm{PH}变化最大；若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离．

本题考查弱电解质电离和溶液的rm{pH}的计算问题，溶液酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度相对大小比较判断，弱电解质存在电离平衡是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{A}6、B【分析】解：用rm{3}克块状大理石与rm{30}毫升rm{3}摩rm{/}升盐酸反应制取rm{CO_{2}}气体发生的反应为：rm{CaCO_{3}+2HCl篓TCaCl_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}要增大反应速率；则：

rm{垄脵}再加入rm{30}毫升rm{3}摩rm{/}升盐酸，盐酸浓度未变，反应速率不变，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}改用rm{30}毫升rm{6}摩rm{/}升盐酸rm{.}盐酸浓度增大，增加了单位体积的活化分子的数目，从而增加有效碰撞，反应速率加快rm{.}故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}改用rm{3}克粉末状大理石固体大理石的表面积增大，反应速率加快rm{.}故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}适当升高温度rm{.}升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大rm{.}故rm{垄脺}正确；

故选B．

影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、rm{x}射线、固体物质的表面积等rm{.}浓度：增加反应物浓度，使反应速率加快rm{.}温度：升高温度，使反应速率加快rm{.}压强：对于有气体参与的化学反应，除体积其它条件不变时，增大压强，使反应速率加快rm{.}使用正催化剂；使反应物速率加快．

掌握影响化学反应速率的因素有哪些，为什么能够影响，是解题的关键，平时学习需理解记忆．【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】

设有机物分子中有n个O-H键，则C-H键数为2n，其分子式为CxH3nOn（x；n均为正整数）

则12x+19n=62

讨论：当n=1；x=3.58（不合理，舍去）

当n=2；x=2（合理）

有机物的分子式为C2H6O2，含有2个-OH，故结构简式为．

故答案为：．

【解析】【答案】设有机物分子中有n个O-H键，烃基和羟基上氢原子个数之比为2：1，则C-H键数为2n，其分子式为CxH3nOn（x；n均为正整数）；则12x+19n=62，据此讨论确定该有机物的结构简式．同一碳原子上不能连有两个-OH．

8、略

【分析】【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】试题分析：⑴影响化学反应速率的因素有浓度、温度、固体颗粒的大小等。所以在“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是适当升高反应温度（或增大硝酸浓度、将锌废渣粉碎等）。（2）在实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。⑶在“除杂I”步骤中，需再加入适量H2O2溶液，H2O2有氧化性，而Fe2+有还原性，二者容易发生氧化还原反应。根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得H2O2与Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。为使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，根据物质开始形成沉淀和沉淀完全时的pH的大小，的应控制溶液的pH范围为5．2～5．4。检验Fe3+是否沉淀完全的原理就是利用Fe(SCN)3的血红色；实验操作是静置，取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则表明Fe3+沉淀完全。⑷由于溶液中还含有Cu2+。为了制取纯净的Zn(NO3)2·6H2O晶体，应该把杂质除杂。加入Zn粉的作用是除去溶液中的Cu2+，反应方程式为Zn+Cu2+=Cu+Zn2+。将溶液蒸发浓缩、冷却结晶然后过滤烘干即得到Zn(NO3)2·6H2O晶体。考点：考查影响化学反应速率的因素、化学仪器的使用、混合物的分离、离子方程式的书写的知识。【解析】【答案】（1）适当升高反应温度（或增大硝酸浓度、将锌废渣粉碎等）；（2）烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O5．2～5．4静置，取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则表明Fe3+沉淀完全（4）除去溶液中的Cu2+冷却结晶10、略

【分析】解：碳酸酸性强于HCN，NaCN与二氧化碳反应生成NaHCO3和HCN，化学方程式：NaCN+CO2=NaHCO3+HCN；

故答案为：NaCN+CO2=NaHCO3+HCN；

碳酸酸性强于HCN，NaCN与二氧化碳反应生成NaHCO3和HCN；据此解答．

本题考查了化学方程式的书写，明确强酸制备弱酸的规律，熟悉碳酸与HCN酸性强弱是解题关键，题目难度不大．【解析】NaCN+CO2=NaHCO3+HCN11、略

【分析】解：元素rm{A}rm{B}rm{C}都是短周期元素，rm{A}元素原子的rm{2p}轨道上只有两个电子，则rm{A}的外围电子排布为rm{2s^{2}2p^{2}}故A为碳元素；rm{B}的rm{3p}轨道上有空轨道，则rm{B}的rm{A}的外围电子排布为rm{3s^{2}3p^{1}}或rm{3s^{2}3p^{2}}rm{A}rm{B}同主族，故B为硅元素；rm{B}rm{C}同周期，rm{C}是本周期中电负性最大的；故C为氯元素．

rm{(1)A}为碳元素，碳原子的rm{B}为硅元素，rm{Si}原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}rm{C}为氯元素rm{C}原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}价电子排布式为rm{3s^{2}3p^{5}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}rm{3s^{2}3p^{5}}

rm{(2)A}为碳元素，rm{B}为硅元素，rm{C}为氯元素，它们气态氢化物的化学式分别是rm{CH_{4}}rm{SiH_{4}}rm{HCl}非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性rm{Cl>C>Si}所以氢化物稳定性rm{HCl>CH_{4}>SiH_{4}}气态氢化物最不稳定的化学式是rm{SiH_{4}}

故答案为：rm{CH_{4}}rm{SiH_{4}}rm{HCl}rm{SiH_{4}}

rm{(3)}非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性rm{Cl>C>Si}所以酸性rm{HClO_{4}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}酸性最强的是rm{HClO_{4}}故答案为：rm{HClO_{4}}

rm{(4)AC_{4}}的化学式rm{CCl_{4}}分子中碳原子与氯原子之间形成rm{1}对共用电子对，电子式为结构式为中心原子rm{C}原子的杂化轨道数为rm{4}碳原子采取rm{sp^{3}}杂化；分子为正四面体对称结构，是非极性分子；

故答案为：rm{CCl_{4}}rm{sp^{3}}非极性．

元素rm{A}rm{B}rm{C}都是短周期元素，rm{A}元素原子的rm{2p}轨道上只有两个电子，则rm{A}的外围电子排布为rm{2s^{2}2p^{2}}故A为碳元素；rm{B}的rm{3p}轨道上有空轨道，则rm{B}的外围电子排布为rm{3s^{2}3p^{1}}或rm{3s^{2}3p^{2}}rm{A}rm{B}同主族，故B为硅元素；rm{B}rm{C}同周期，rm{C}是本周期中电负性最大的；故C为氯元素，据此答题；

本题考查结构与物质关系、核外电子排布规律、常用化学用语、分子结构等，难度不大，注意基础知识的掌握与理解．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}rm{3s^{2}3p^{5}}rm{CH_{4}}rm{SiH_{4}}rm{HCl}rm{SiH_{4}}rm{HClO_{4}}rm{CCl_{4}}rm{sp^{3}}非极性三、工业流程题(共5题，共10分)12、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13、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%14、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%15、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%16、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、计算题(共4题，共16分)17、略

【分析】

浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加5.4g，说明反应产物中含水5.4g，通过灼热氧化铜，由于发生反应CuO+COCu+CO2使固体的质量减轻，结合方程式利用差量法可计算CO的物质的量．通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了8.8g可计算总CO2的物质的量，减去CO与CuO反应生成的CO2的质量为有机物燃烧生成CO2的质量；根据元素守恒计算有机物中含有C；H、O的物质的量，进而求得化学式，结合结构特点确定结构简式．

本题考查有机物的推断，为高考常见题型，利用燃烧法确定有机物分子式、有机物结构的判断、官能团的性质等，难度中等，掌握原子守恒判断有机物的分子式方法．【解析】解：（1）有机物燃烧生成水5.4g，物质的量为=0.3mol；

令有机物燃烧生成的CO为x；则：

CuO+COCu+CO2；固体质量减少△m

28g16g

x1.6g

所以x=2.8g，CO的物质的量为=0.1mol．

根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.1mol；质量为0.1mol×44g/mol=4.4g．

有机物燃烧生成的CO2的质量为8.8g-4.4g=4.4g，物质的量为=0.1mol；

根据原子守恒可知，有机物分子中N（C）==2，N（H）==6，N（O）==2；

所以有机物的分子式为C2H6O2；相对分子质量为62．

答：该有机物的实验式为CH3O，分子式为C2H6O2；相对分子质量为62；

（2）若该有机物的红外光谱表明有-OH等吸收峰，核磁共振氢谱有两种类型的氢原子，则结构应为CH2OHCH2OH；

答：该有机物的结构简式为CH2OHCH2OH．18、略

【分析】【解析】【答案】(1)72(2分)(2)C5H12(2分)(3)CH3CCH3CH3CH3(3分)19、rm{(1)12.6}

rm{(2)0.026}

rm{(3)Ka=4隆脕10^{-5}}【分析】【分析】

本题考察酸碱混合液的rm{P^{H}}物质的量浓度、平衡常数的计算。

【解答】rm{(1)}设rm{NaOH}的浓度为rm{x}

rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}

rm{=0.01mol隆陇L^{-1}}

rm{x=0.04mol隆陇L^{-1}}，rm{NaOH}溶液的rm{pH}为rm{14+lg0.04=12.6}溶液的rm{NaOH}为rm{pH}

rm{14+lg0.04=12.6}

故答案为：rm{12.6}

rm{c(HA)=dfrac{13隆脕{10}^{-3}隆脕0.04}{20隆脕{10}^{-3}}=0.026mol隆陇L^{-1}}；

故答案为：rm{12.6}

rm{(2)NaOH+HA=NaA+H_{2}O}rm{c(HA)=

dfrac{13隆脕{10}^{-3}隆脕0.04}{20隆脕{10}^{-3}}

=0.026mol隆陇L^{-1}}

rm{K_{a}=dfrac{{10}^{-3}隆脕{10}^{-3}}{0.026-{10}^{-3}}隆脰4隆脕10^{-5}}

故答案为：rm{0.026}rm{(3)HA}【解析】rm{(1)12.6}

rm{(2)0.026}

rm{(3)Ka=4隆脕10^{-5}}20、解：设需要消耗铁x．

该原电池的电池反应式为：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗铁8.4g．

设转移电子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑转移电子。

22.4L1.204×1023个。

3.36Ly

所以y═=1.806×1023个。

故答案为：8.4g；1.806×1023个．【分析】

根据生成的氢气与铁之间的关系式计算消耗的铁；根据生成的氢气与通过的电子之间的关系式计算通过的电子．

本题以原电池为载体考查了氧化还原反应的有关计算，难度不大，明确各物理量之间的关系是解本题的关键．【解析】解：设需要消耗铁x．

该原电池的电池反应式为：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗铁8.4g．

设转移电子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑转移电子。

22.4L1.204×1023个。

3.36Ly

所以y═=1.806×1023个。

故答案为：8.4g；1.806×1023个．五、探究题(共4题，共40分)21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中