2025年人教A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年人教A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7题，共14分)1、将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，下列有关的说法：①盐酸过量②氨水过量③恰好完全反应④c(NH4+)=c(Cl－)⑤c(NH4+)＜c(Cl－)正确的是A.②④B.③④C.②⑤D.①⑤2、下列物质一定不能发生加成反应的是A.C2H6B.C2H4C.C3H6D.C2H23、的同分异构体中，某苯环上的一氯代物只有一种的结构有rm{(}不考虑立体异构rm{)(}rm{)}A.rm{6}种B.rm{5}种C.rm{4}种D.rm{3}种4、将一定体积的rm{NaOH}溶液分成两等份，一份用rm{pH=2}的一元酸rm{HA}溶液中和，消耗酸溶液的体积为rm{V_{1}}另一份用rm{pH=2}的一元酸rm{HB}溶液中和，消耗酸溶液的体积为rm{V_{2}}则下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.若rm{V_{1}>V_{2}}则说明rm{HA}的酸性比rm{HB}的酸性强B.若rm{V_{1}>V_{2}}则说明rm{HA}的酸性比rm{HB}的酸性弱C.因为两种酸溶液的rm{pH}相等，故rm{V_{1}}一定等于rm{V_{2}}D.rm{HA}rm{HB}分别和rm{NaOH}中和后，所得的溶液都一定呈中性5、现有一瓶甲、乙的混合物，已知甲、乙属同系物，甲、乙某些性质如下：。物质分子式熔点（℃）沸点（℃）密度（g/cm3）水溶性甲C3H6O2－9855．50．93可溶乙C4H8O2－84870．90可溶根据物理性质，将混合物中甲、乙分离的最佳方法是（）A.蒸馏B.萃取C.重结晶D.分液6、分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（）A.K2CO3和K2O都属于盐B.KOH和Na2CO3都属于碱C.H2SO4和HNO3都属于酸D.Na2O和Na2SiO3都属于氧化物7、水壶长时间使用后，会形成一层水垢rm{(}主要成分为rm{CaCO_{3}).}厨房中的下列物质可用来清除水垢的是rm{(}rm{)}A.白醋B.食盐C.料酒D.小苏打评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、（5分)写出丁烷(C4H10)、戊烷(C5H12)的各种同分异构体并用系统命名法给其命名。9、（7分）向黄色的FeCl3溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN==Fe(SCN)3+3KCl表示。（1）该反应类型属于。（填四个基本反应类型之一）（2）经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN－不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：①所得Fe3+和SCN－的配合物中，主要是Fe3+与SCN－以个数比1：1配合所得离子显血红色。该配合物离子的化学式是，FeCl3溶液与KSCN溶液发生反应的产物中含该离子的配合物化学式是。②若Fe3+与SCN－以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为。（3）向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于（单选）。A．与Fe3+配合的SCN－数目增多B．血红色离子的数目增多C．血红色离子的浓度增加10、（8分）已知：①卤代烃在一定条件下能水解，如（R为烃基，X表示卤原子）②有机物中的硝基在铁和盐酸作用下，能被还原成氨基：对乙酰胺基酚又名扑热息痛，为白色晶体，是一种优良的解热镇痛药，其毒性较菲那西汀、阿司匹林低。扑热息痛的生产流程为：请回答下列问题：（1）写出反应的化学方程式由氯苯制A：________________由A制B：__________________由B制C：__________________（2）扑热息痛在潮湿环境中长期受热发生水解，写出扑热息痛水解的化学方程式。____11、（9分）水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。（1）在酸性溶液中，水分子容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）。对于这一过程，下列描述不合理的是______________。A．氧原子的杂化类型发生了改变B．微粒的形状发生了改变C．微粒的化学性质发生了改变D．微粒中的键角发生了改变根据价层电子对互斥理论推测H3O+的形状为_____________________。（2）水分子和硫化氢分子的键角及中心原子的杂化方式如下表：。分子H2OH2S中心原子杂化方式sp3键角104．5°92．1°键长95．7pm133．6pm根据表格中的数据判断O－H键键能______（填“＞”、“＝”或“<”）S－H键键能。用电负性知识解释H2O的键角大于H2S的键角的原因：__________________________________________________________________________________。（3）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键（如图所示），已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），则冰晶体中氢键的“键能”是________kJ/mol。12、在一定体积的密闭容器中；进行如下化学反应：

C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；其化学平衡常数K和温度t的关系如表：

。t/（℃）70080083010001200K0.60.91.01.72.6完成下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=______．

（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是______．

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（H2O）=c（H2）

（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO）•c（H2）=c（H2O），试判断此时的温度为______℃；在此温度下，若反应开始时H2O（g）的浓度为amol/L，当反应达到平衡时测得CO与H2的浓度均为0.2mol/L，则反应开始时H2O的浓度a=______mol/L．13、工业上用甲苯生产对-羟基苯甲酸乙酯；下列反应①--⑥是其合成过程；其中某些反应条件及部分反应物或生成物未注明，回答下列问题。

（1）有机物A的结构简式为______

（2）试剂X是______，④的反应类型：______．14、（1）AgNO3的水溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH____7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以____（填“促进”；“抑制”）其水解．

（2）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____．

（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的____．15、(8分)现有室温的①HCl②H2SO4③CH3COOH三种溶液。（1）若三种酸均为pH=2的溶液，它们的物质的量浓度由大到小的顺序是___________(用序号表示，下同)，三种酸溶液各取1mL，分别加水到1000mL，pH最小的是________。（2）若三种酸均为0.1mol·L－1的溶液，它们的pH由大到小的顺序是________，三种酸溶液各取1mL，分别加水稀释到1000mL，pH最小的是_________。16、如图是实验室用乙醇与浓硫酸共热制乙烯的实验装置。

（1）写出上述装置Ⅰ反应方程式______，该反应属于______反应。

（2）温度计的作用是______，如果温度控制不好极易发生副反应，方程式为______

（3）沸石的作用是______

（4）添加上述两液体试剂时，应先加______

（5）若将制的乙烯通入溴的四氯化碳溶液时，方程式为______

（6）乙烯的用途很多，可通过加聚反应生产塑料聚乙烯，写出该反应方程式：______．评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)17、（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。18、（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。19、（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。20、（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。评卷人得分四、工业流程题(共3题，共27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、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)。评卷人得分五、解答题(共2题，共6分)24、下表为元素周期表的一部分，a、b；c为部分元素．回答下列问题：

。afyhibejcddgl（1）请写出上述元素d3+的核外电子排布式______；

（2）请写出e元素的原子电子轨道表示式______；

（3）ya3分子的电子式是______；其分子的空间构型是______；

（4）b；e两种元素中；金属性较强的是______；第一电离能大的是______．（填元素符号）

（5）h的i形成hi2分子杂化类型是______fh32-的空间构型分别为______．

25、某同学用0.10mol/L的HCl溶液测定未知浓度的NaOH溶液；其实验操作如下：

A．用酸式滴定管量取20.00mLHCl溶液注入锥形瓶；同时滴加2-3滴酚酞试液；

B．用0.10mol/L的HCl溶液润洗酸式滴定管；

C．把滴定管用蒸馏水洗净；

D．取下碱式滴定管；用待测NaOH溶液润洗后，将待测NaOH溶液注入碱式滴定管至距离刻度“O”以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面；

E．检查滴定管是否漏水；

F．另取锥形瓶；再重复以上操作1-2次；

G．把锥形瓶放在碱式滴定管下边；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶，直到加入l

滴碱液后溶液颜色突变并在半分钟内不再变色为止；记下滴定管液面所在的刻度．请回答下列问题：

（1）滴定操作的正确顺序是：（填字母）______→C→______→B→______→______→______．

（2）G步操作中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是______．

（3）D步操作中液面应调节到______；尖嘴部分应______．

（4）滴定终点读数时；如果仰视液面，读出的数值______，若滴定前平视读数则由此计算得到的NaOH溶液浓度______．（填“偏大”；“偏小”、“无影响”）

评卷人得分六、计算题(共4题，共32分)26、分别称取rm{2.12g}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}NO_{3}}固体混合物两份．

rm{(1)}将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的rm{Ba(OH)_{2}}溶液，产生的沉淀质量rm{m/g}与加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液体积的关系如图rm{.}混合物中rm{n[(NH_{4})_{2}SO_{4}]}rm{n(NH_{4}NO_{3})}为______．

rm{(2)}另一份固体混合物中rm{NH_{4}^{+}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液rm{(}浓度同上rm{)}恰好完全反应时，溶液中rm{c(NO_{3}^{-})=}______rm{(}溶液体积变化忽略不计，保留小数点后面rm{3}位rm{)}．27、二甲醚是一种可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物rm{(}水煤气rm{)}合成二甲醚。请回答下列问题：rm{(1)}利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：rm{垄脵2{H}_{2}(g)+;CO(g)?C{H}_{3}OH(g);;娄陇{H}_{1}=-90.8;kJ隆陇mo{l}^{-1}}rm{垄脷2C{H}_{3}OH(g);?C{H}_{3}OC{H}_{3}(g)+{H}_{2}O(g);;;;娄陇{H}_{2}=-23.5;kJ隆陇mol-1}rm{垄脹CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+;H2(g);;娄陇{H}_{3}=-41.3;kJ隆陇mo{l}^{-1}}总反应：rm{3{H}_{2}(g)+;3CO(g);?C{H}_{3}OC{H}_{3}(g)+C{O}_{2}(g)}的rm{垄脵2{H}_{2}(g)+;CO(g)?C{H}_{3}OH(g);;娄陇{H}_{1}=-90.8;kJ隆陇mo{l}^{-1}

}rm{垄脷2C{H}_{3}OH(g);?C{H}_{3}OC{H}_{3}(g)+{H}_{2}O(g);;;;娄陇{H}_{2}=-23.5;kJ隆陇mol-1

}rm{垄脹CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+;H2(g);;娄陇{H}_{3}=-41.3;kJ隆陇mo{l}^{-1}

}_______；rm{3{H}_{2}(g)+;3CO(g);?C{H}_{3}OC{H}_{3}(g)+C{O}_{2}(g)

}一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡后，既能加快化学反应速率又能提高二甲醚的产量，可以采取的措施是______rm{娄陇}填标号rm{H}rm{=}低温高压rm{(2)}分离出二甲醚rm{(}加入催化剂rm{)}增加rm{a.}的浓度rm{b.}在相同条件下的密闭容器中，加入等物质的量的rm{c.}和rm{d.}反应一段时间后，测得容器内压强为原来的一半，则该条件下rm{H_{2}}的转化率为____。rm{(3)}下列事实能说明该总反应达到平衡状态的是rm{H_{2}}rm{CO}rm{H_{2}}混合气体的质量不变rm{(4)}混合气体的压强不变rm{(}rm{)}rm{a.}rm{b.}rm{c.}的比值不变rm{n}．rm{(CO_{2})/}rm{n}rm{(CO)}rm{d}的比值不变rm{n}rm{(CH_{3}OCH_{3})/}rm{n}rm{(CO_{2})}rm{e.3}rm{V}28、目前工业合成氨的原理是：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}rm{2NH_{3}(g)triangleH=-93.0kJ/mol}另据报道，一定条件下：rm{2NH_{3}(g)triangleH=-93.0kJ

/mol}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)triangleH="+1530.0kJ"/mol}

rm{2N_{2}(g)+6H_{2}O(l)}氢气的燃烧热rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)triangleH="

+1530.0kJ"/mol}_______________rm{(1)}

rm{triangleH=}在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是____。。rm{kJ/mol}A.气体体积不再变化，则已平衡B.气体密度不再变化，尚未平衡C.平衡后，往装置中通入一定量rm{Ar}压强不变，平衡不移动D.平衡后，压缩装置，生成更多rm{NH_{3}}A.气体体积不再变化，则已平衡B.气体密度不再变化，尚未平衡C.平衡后，往装置中通入一定量rm{Ar}压强不变，平衡不移动D.平衡后，压缩装置，生成更多rm{NH_{3}}29、乙醇是生活中常见的物质，用途广泛，其合成方法和性质也具有研究价值。Ⅰrm{.}乙醇可以作为燃料燃烧。已知化学键的键能是指气态原子间形成rm{1mol}化学键时释放出的能量。应用表中数据rm{(25隆忙}rm{101kPa)}写出气态乙醇完全燃烧生成rm{CO2}和水蒸气的热化学方程式_________。。键rm{C隆陋C}rm{C隆陋H}rm{O=O}rm{H隆陋O}rm{C隆陋O}rm{C=O}键能rm{/(kJ?mol-1)}rm{348}rm{413}rm{498}rm{463}rm{351}rm{799}Ⅱrm{.}直接乙醇燃料电池rm{(DEFC)}具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。碱性乙醇燃料电池酸性乙醇燃料电池熔融盐乙醇燃料电池rm{(1)}三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________。rm{(2)}碱性乙醇燃料电池中，电极rm{a}上发生的电极反应式为_________，使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性会不断下降，其原因是_________。rm{(3)}酸性乙醇燃料电池中，电极rm{b}上发生的电极反应式为_________，通过质子交换膜的离子是_________。rm{(4)}熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，rm{CO_{3}^{2-}}向电极_____rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}移动，电极rm{b}上发生的电极反应式为_________。Ⅲrm{.}已知气相直接水合法可以制取乙醇：rm{H_{2}O(g)+C_{2}H_{4}(g)?}rm{H_{2}O(g)+C_{2}H_{4}(g)?

}当rm{CH_{3}CH_{2}OH(g)}时，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如下图：rm{n(H_{2}O)漏Un(C2H4)=1漏U1}图中压强rm{(1)}rm{P1}rm{P2}rm{P3}的大小顺序为：_________，理由是：_________。rm{P4}气相直接水合法采用的工艺条件为：磷酸rm{(2)}硅藻土为催化剂，反应温度rm{/}压强rm{290隆忙}rm{6.9MPa}该条件下乙烯的转化率为rm{n(H_{2}O)漏Un(C_{2}H_{4})=0.6漏U1}若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有rm{5篓G}任写一种rm{(}_________。Ⅳrm{)}探究乙醇与溴水是否反应。rm{.}探究乙醇与溴水在一定条件下是否可以发生反应，实验如下：。rm{(1)}实验编号实验步骤实验现象rm{1}向rm{4mL}无水乙醇中加入rm{1mL}溴水，充分振荡，静置rm{4}小时溶液橙黄色褪去，溶液接近无色rm{2}向rm{4mL}无水乙醇中加入rm{1mL}溴水，加热至沸腾开始现象不明显，沸腾后溶液迅速褪色向淀粉rm{KI}溶液中滴加冷却后的上述混合液溶液颜色不变溶液颜色不变rm{3}向rm{4mL}水中加入rm{1mL}溴水，加热至沸腾橙黄色略变浅向淀粉rm{KI}溶液中滴加冷却后的溴水混合液溶液变蓝溶液变蓝rm{垄脵}实验rm{2}中向淀粉rm{-KI}溶液中滴加冷却后的混合液的目的是_________。rm{垄脷}实验rm{3}的作用是_________。rm{垄脹}根据实验现象得出的结论是_________。rm{(2)}现有含rm{amolBr_{2}}的溴水和足量的乙醇，请从定量的角度设计实验rm{(}其他无机试剂任选rm{)}探究该反应是取代反应还是氧化反应_________rm{(}已知若发生氧化反应，则rm{Br_{2}}全部转化为rm{HBr)}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：当氨水与盐酸恰好完全反应时，生成NH4Cl和水，由于水解反应使溶液呈酸性，当将氨水滴入盐酸中至中性，说明氨水过量，①③错误，②正确；由电荷守恒得：c(H＋)＋c(NH4＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液呈中性说明c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH4＋)＝c(Cl－)，④正确，选A.考点：考查水的电离和溶液的酸碱性，盐的水解等知识。【解析】【答案】A2、A【分析】【解析】【答案】A3、C【分析】解：第一种情况就是四个碳分别形成甲基；这种情况有三种小情况；

rm{垄脵}四个甲基分别连在rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}位碳原子上，rm{5}rm{6}位氢原子等效；苯环上的一氯代物只有一种的结构；

rm{垄脷}四个甲基分别连在rm{1}rm{2}rm{4}rm{5}位碳原子上，rm{3}rm{6}位氢原子等效；苯环上的一氯代物只有一种的结构；

rm{垄脹}四个甲基分别连在rm{1}rm{2}rm{3}rm{5}位碳原子上，rm{4}rm{6}位氢原子等效；苯环上的一氯代物只有一种的结构；

第二种情况就是两个乙基分别为rm{1}rm{4}位碳原子上，rm{2}rm{3}rm{5}rm{6}位氢原子等效；苯环上的一氯代物只有一种的结构；

所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有rm{4}种；

故选：rm{C}．

根据取代基的种类和个数进行分析，使得有机物结构中含有rm{1}种氢原子即可：

第一种情况就是四个碳分别形成甲基；这种情况有三种小情况；

rm{垄脵}四个甲基分别连在rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}位碳原子上；

rm{垄脷}四个甲基分别连在rm{1}rm{2}rm{4}rm{5}位碳原子上；

rm{垄脹}四个甲基分别连在rm{1}rm{2}rm{3}rm{5}位碳原子上；

第二种情况就是两个乙基分别为rm{1}rm{4}位碳原子上．

本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，根据等效氢判断侧链是解题的关键．【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{pH}均为rm{2}的一元酸rm{HA}rm{HB}两种溶液中rm{H^{+}}离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若rm{V_{1}>V_{2}}则说明rm{HA}的酸性比rm{HB}的酸性强；若rm{V_{1}=V_{2}}则说明rm{HA}的酸性与rm{HB}的酸性相同．

A、由以上分析可知，rm{V_{l}>V_{2}}则说明rm{HA}的酸性比rm{HB}的酸性强；故A正确；

B、由以上分析可知，rm{V_{l}>V_{2}}则说明rm{HA}的酸性比rm{HB}的酸性强；故B错误；

C、因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能判断rm{V_{1}}与rm{V_{2}}的相对大小；故C错误；

D、若rm{HA}与rm{HB}为弱酸，则rm{HA}rm{HB}分别和rm{NaOH}中和后；所得的溶液显碱性，故D错误；

故选A．

rm{pH}均为rm{2}的一元酸rm{HA}rm{HB}两种溶液中rm{H^{+}}离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若rm{V_{1}>V_{2}}则说明rm{HA}的酸性比rm{HB}的酸性强；若rm{V_{1}=V_{2}}则说明rm{HA}的酸性与rm{HB}的酸性相同．

本题考查酸性强弱的定性判断，题目难度中等，注意根据两种酸溶液中rm{H^{+}}离子浓度相等时，酸越弱则酸的浓度越大这一特点分析判断．【解析】rm{A}5、A【分析】试题分析：甲、乙的密度都比水小，不能分液；都能溶于水，不能萃取，熔点都很低，不能重结晶，所以只能利用沸点的高低，用蒸馏的方法将其分离，答案选A。考点：考查有机混合物的分离方法【解析】【答案】A6、C【分析】【解答】解：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误．B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐；故B错误．

C、H2SO4和HNO3都属于酸；故C正确．

D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐；故D错误．

故选C．

【分析】电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；

电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；

电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；

由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；

据定义分析即可．7、A【分析】解：碳酸钙可以与酸反应；故可使用酸性物质除去碳酸钙，分析选项所给的物质，食醋中含有醋酸，显酸性，可与碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙和水；二氧化碳，故可除去水垢。

故选：rm{A}

水垢的主要成分为碳酸钙；可以使用能使碳酸钙溶解的物质加以除去．

本题考查了碳酸盐的性质，完成此题，可以依据已有的知识进行．【解析】rm{A}二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】考查烷烃同分异构体的书写及烷烃的命名。烷烃同分异构体的书写技巧是：先写最长链；然后从最长链减少一个碳原子作为取代基，在剩余的碳链上连接，即主链由长到短，支链由整到散，位置由中心排向两边。【解析】【答案】CH3CH2CH2CH3(丁烷)；CH3CH(CH3)2(2-甲基丙烷)CH3CH2CH2CH2CH3(戊烷)；CH3CH2CH(CH3)2(2-甲基丁烷)；C(CH3)4(2，2-二甲基丙烷)9、略

【分析】（1）根据方程式可知，属于离子相互交换充分的，所以是复分解反应。（2）①Fe3+与SCN－以个数比1：1配合所得离子显＋2价，所以该离子的化学式为[Fe（SCN）]2+，则相应化合物的化学式为[Fe（SCN）]Cl2。②Fe3+与SCN－以个数比1：5配合，则所得离子显－2价，所以方程式为FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl。（3）颜色深浅和浓度大小有关系，因此如果溶液血红色加深，则血红色离子的浓度增加。这是由于加入浓KSCN溶液，平衡向正反应方向运动。答案选C。【解析】【答案】（7分）（1）复分解（2）[Fe（SCN）]2+、[Fe（SCN）]Cl2、FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl（3分）（3）C（其余每空1分）10、略

【分析】（1）①氯苯发生硝化反应即生成A，由于最终的生成物中苯环上的取代基是对位的，所以反应式为②根据后面的反应条件可判断，A生成B是氯原子被羟基代替，引入酚羟基，所以反应式为③根据已知信息可知B生成C属于氨基的还原反应，反应式为（2）根据扑热息痛的结构简式可知，分子中含有钛键，所以发生水解反应的方程式为【解析】【答案】（1）、（2）11、略

【分析】试题分析：（1）水分子得到1个H+形成水合氢离子（H3O+），O的杂化方式仍是sp3杂化，但水分子中有2对孤对电子，水合氢离子中有1对孤对电子，所以水分子的构型是V型，而水合氢离子是三角锥型，键角发生了改变，二者的化学性质也不同，水合氢离子呈正电性，易产生氢离子显示酸性而水分子呈电中性，所以答案选A；水合氢离子是三角锥型；（2）水分子中的O-H键的键长小于S-H键的键长，所以O-H键的键能大于S-H键的键能；H2O的键角大于H2S的键角的原因是因为O的电负性大于S的电负性，使O与H之间的成键的两对电子比S与H之间的成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离更近，斥力更大，键角大；（3）每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每个氢键属于水分子的1/2,所以1mol冰晶体中含有2mol氢键，冰吸收热量升华，成为水蒸气，需要克服2mol氢键和范德华力，设氢键的“键能”是x，所以51kJ/mol=11kJ/mol+2x，解得x=20kJ/mol；考点：考查分子的杂化类型的判断，物质的性质与结构的关系，键能的计算【解析】【答案】（1）A三角锥型（2）>O的电负性大于S的电负性，使O与H之间的成键的两对电子比S与H之间的成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离更近，斥力更大，键角大；（3）2012、略

【分析】解：（1）碳为固体，浓度为常数，故不在平衡常数表达式中出现，该反应平衡常数表达式K=故答案为：

（2）a．随反应进行气体的物质的量增大；压强增大，容器中压强不变，说明到达平衡状态，故a正确；

b．反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，混合气体中c（CO）不变说明到达平衡状态，故b正确；

c．v（H2）正=v（H2O）逆不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比；说明到达平衡状态，故c正确；

d．反应始终按CO与氢气物质的量之比为1：1进行，c（H2）=c（CO）不能说明到达平衡；故d错误；

故答案为；abc；

（3）c（CO）•c（H2）=c（H2O），即K==1，此时应为8300C；若反应开始时H2O（g）的浓度为amol/L，当反应达到平衡时测得CO与H2的浓度均为0.2mol/L；则。

C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；

起始（mol/L）a0.20.2

转化（mol/L）0.20.20.2

平衡（mol/L）a-0.20.20.2

K==1；解得a=0.24；

故答案为：8300C；0.24．

（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；固体不在表达式中出现；

（2）利用平衡的特征“等；定”及衍生的物理量判断；

（3）计算K，结合表格判断温度，若反应开始时H2O（g）的浓度为amol/L，当反应达到平衡时测得CO与H2的浓度均为0.2mol/L；利于平衡浓度与K计算．

本题考查化学平衡常数及计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、各物质的量浓度的关系、平衡状态判断方法等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与平衡浓度的关系，题目难度不大．【解析】abc；830；0.2413、略

【分析】解：（1）由上面的分析可知，A为

故答案为：

（2）根据上面的分析可知，试剂x是酸性KMnO4溶液，甲基被氧化生成羧基，为氧化反应，故答案为：酸性KMnO4溶液；氧化反应．

反应①是甲苯与Cl2在铁粉作催化剂的条件下发生苯环上的取代反应，从反应②的产物可知反应②是一个卤代烃的水解反应，可推出有机物A为反应③是将酚羟基中氢被甲基取代，反应⑤是将甲氧基又变为酚羟基，比较和的结构可知；反应④是将甲基氧化成羧基的反应，所以试剂X为酸性高锰酸钾溶液，从④是氧化反应知，反应③和⑤的目的是保护酚羟基，防止被氧化，以此解答该题．

本题考查有机化学推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目中有一个隐含条件在推断过程中，即羟基与HI反应生成了甲氧基，此反应反过来也能发生，所以HI起到了能保护羟基的作用．在做此类题目的时候，注意发生反应的官能团以及官能团的位置．【解析】酸性KMnO4溶液；氧化反应14、略

【分析】

（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Ag++H2OAgOH+H+，在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，防止Ag+离子水解使溶液溶液浑浊；

故答案为：酸；＜；Ag++H2OAgOH+H+；抑制；

（2）FeCl3为强酸弱碱盐，水解生成Fe（OH）3和盐酸，盐酸易挥发，FeCl3溶液在加热时促进Fe3+的水解，水解后生成Fe（OH）3，加热分解生成Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（3）硫化钠水解呈碱性，在溶液中存在S2-+H2O⇌HS-+OH-，加热少量NaOH，溶液中OH-浓度增大；可抑制水解，故答案为：NaOH．

【解析】【答案】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性；从影响平衡移动的角度解答；

（2）FeCl3溶液在加热时促进Fe3+的水解，水解后生成Fe（OH）3，加热分解生成Fe2O3；

（3）硫化钠水解呈碱性；从影响盐类水解平衡移动的因素分析．

15、略

【分析】（1）盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，所以在pH相等的条件下，它们的物质的量浓度由大到小的顺序是③①②。稀释促进醋酸的电离，所以醋酸的pH变化最小，即答案选③。（2）在浓度相同的条件下，弱酸的pH大于强酸的，即pH由大到小的顺序是③①②。由于稀释的浓度还都是相同的，所以pH最小的硫酸的，即答案选②。【解析】【答案】（共8分，每空2分）（1）③①②；③（2）③①②；②16、略

【分析】解1）乙醇与浓硫酸在加热到170度，发生消去反应生成乙烯，化学方程式：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；消去反应；

（2）实验室制备乙烯应控制温度迅速升高度170度，在140度容易发生分子间脱水生成乙醚，方程式：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；

故答案为：控制反应温度迅速升高到170度；2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；

（3）加热乙醇与浓硫酸混合液容易发生爆发；应加入碎瓷片防止爆发；

故答案为：防止爆发；

（4）浓硫酸稀释产生大量的热；应将浓硫酸加入到乙醇中，所以应先加入乙醇，再加入浓硫酸；

故答案为：乙醇；

（5）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，方程式：Br2+CH2=CH2→BrCH2CH2Br；

故答案为：Br2+CH2=CH2→BrCH2CH2Br；

（6）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，方程式：

故答案为：．

（1）乙醇与浓硫酸在加热到170度；发生消去反应生成乙烯；

（2）实验室制备乙烯应控制温度迅速升高度170度；在140度容易发生分子间脱水生成乙醚；

（3）加热乙醇与浓硫酸混合液容易发生爆发；

（4）依据浓硫酸稀释正确操作解答；

（5）乙烯与溴发生加成反应生成1；2-二溴乙烷；

（6）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯．

本题考查了实验室制备乙烯及乙烯的性质，熟悉乙醇、乙烯的性质是解题关键，题目难度不大，注意实验条件的控制．【解析】CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；消去；控制反应温度迅速升高到170度；2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；防止爆沸；乙醇；Br2+CH2=CH2→BrCH2CH2Br；三、探究题(共4题，共8分)17、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滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）18、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）19、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滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）20、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、工业流程题(共3题，共27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22、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.D23、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%五、解答题(共2题，共6分)24、略

【分析】

（1）由元素在周期表中的位置可知，d为Fe元素，原子序数为26，则Fe3+的核外电子排布式的1s222s2p63s23p63d5，故答案为：1s222s2p63s23p63d5；

（2）e为Al元素，原子序数为13，其电子轨道表示式为

故答案为：

（3）y为N，a为H，则ya3分子为NH3，其电子式为空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；

（4）b为Mg；e为Al，金属性Mg＞Al，镁原子最外层为全满，失去1个电子较难，则第一电离能大，故答案为：Mg；Mg；

（5）h为O，i为F，f为C，OF2分子中O原子上有2对孤电子对，σ键数为2，则杂化类型sp3，CO32-中无孤电子对，σ键数为3，则杂化类型sp2；则空间构型为平面正三角形；

故答案为：sp3；平面正三角形．

【解析】【答案】（1）由元素在周期表中的位置可知；d为Fe元素，原子序数为26；

（2）由元素在周期表中的位置可知；e为Al元素，原子序数为13；

（3）y为N，a为H，则ya3分子为NH3；由最外层电子等来分析；

（4）b为Mg；e为Al，Mg；Al均在第三周期，同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，第一电离能越小，但镁原子最外层为全满；

（5）h为O；i为F，f为C，利用最外层电子及成键来分析杂化及空间构型．

25、略

【分析】

（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作；故答案为：E→C→D→B→A→G→F，故答案为：E；D；A；G；F；

（2）因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显；便于分辨，故答案为：使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；

（3）装液后；液面应调节到“0”刻度或“0”刻度以下，尖嘴部分应充满溶液，故答案为：“0”刻度或“0”刻度以下；充满溶液；

（4）滴定终点读数时，如果仰视液面，读出的数值偏大，若滴定前平视读数，则造成V（标）偏大，根据c（碱）=可知c（碱）偏大；故答案为：偏大；偏大．

【解析】【答案】（1）中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

（2）根据锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显；便于分辨；

（3）根据滴定管量取液体的方法；

（4）根据滴定管的结构以及c（碱）=判断不当操作对相关物理量的影响．

六、计算题(共4题，共32分)26、略

【分析】解：rm{(1)}分别称取rm{2.12g}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}NO_{3}}固体混合物两份，而第一份加rm{100mL}的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为rm{2.33g}其物质的量为：rm{dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为rm{dfrac

{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}其质量为：rm{0.01mol}则每份中rm{0.01mol隆脕132g/mol=1.32g}的质量为：rm{NH_{4}NO_{3}}所以rm{2.12-1.32=0.8g}的物质的量为：rm{dfrac{0.8g}{80g/mol}=0.01mol}所以混合物中rm{NH_{4}NO_{3}}rm{dfrac

{0.8g}{80g/mol}=0.01mol}rm{n[(NH_{4})_{2}SO_{4}]}rm{n(NH_{4}NO_{3})=0.01mol}

故答案为：rm{0.01mol=1}rm{1}

rm{1}由rm{1}可知rm{(2)}氢氧化钡溶液中含有氢氧化钡的物质的量为rm{(1)}所以氢氧化钡的浓度为：rm{dfrac{0.01mol}{0.1L}=0.1mol/L}而rm{100mL}rm{0.01mol}和rm{dfrac

{0.01mol}{0.1L}=0.1mol/L}固体混合物中铵根离子的物质的量为：rm{2.12g}根据rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}可知氢氧化钡的物质的量为：rm{0.03mol隆脕dfrac{1}{2}=0.015mol}所以需氢氧化钡溶液的体积为：rm{dfrac{0.015mol}{0.1mol/L}=0.15L}

所以此时溶液中硝酸根离子的浓度为：rm{c(NO_{3}^{-})=dfrac{0.01mol}{0.15L}隆脰0.067mol/L}

故答案为：rm{NH_{4}NO_{3}}．

rm{0.01隆脕2+0.01=0.03mol}分别称取rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{0.03mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.015mol}和rm{dfrac

{0.015mol}{0.1mol/L}=0.15L}固体混合物两份，而第一份加rm{c(NO_{3}^{-})=dfrac

{0.01mol}{0.15L}隆脰0.067mol/L}的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为rm{0.067mol/L}其物质的量为：rm{dfrac{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为rm{(1)}其质量为：rm{2.12g}则每份中rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}的质量为：rm{NH_{4}NO_{3}}所以rm{100mL}的物质的量为：rm{dfrac{0.8g}{80g/mol}=0.01mol}

rm{2.33g}由rm{dfrac

{2.33g}{233g/mol}=0.01mol}可知rm{0.01mol}氢氧化钡的物质的量为rm{0.01mol隆脕132g/mol=1.32g}所以氢氧化钡的浓度为：rm{dfrac{0.01mol}{0.1L}=0.1mol/L}而rm{NH_{4}NO_{3}}rm{2.12-1.32=0.8g}和rm{NH_{4}NO_{3}}固体混合物中铵根离子的物质的量为：rm{dfrac

{0.8g}{80g/mol}=0.01mol}根据rm{(2)}可知氢氧化钡的物质的量为rm{(1)}所以需氢氧化钡的体积为：rm{dfrac{0.015mol}{0.1mol/L}=0.15L}根据rm{100mL}计算硝酸根离子的物质的量浓度．

本题考查混合物反应的计算，题目难度不大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{0.01mol}【解析】rm{1}rm{1}rm{0.067mol/L}27、（1）-246.4kJ/mol（2）d（3）75%（4）bc【分析】【分析】本题考查热化学方程式和盖斯定律的分析应用，化学平衡的有关知识和化学计算，本题难度不大，做题时注意平衡三段式的应用

【解答】

rm{(1)}由盖斯定