2025年外研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年外研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8题，共16分)1、下列变化需要通电才可以进行的是①电离②电解③电镀④电化学腐蚀A.①②③B.②③④C.②③D.全部2、如图是电解CuCl2溶液的装置；其中c；d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（）

A.a为负极，b为正极B.d为阳极，c为阴极C.电解过程中，d电极质量增加D.电解过程中，氯离子浓度不变3、下列化学式与指定物质的主要成分对应正确的是A.rm{CH_{4}隆陋隆陋}天然气B.rm{CO_{2}隆陋隆陋}水煤气C.rm{CaCO_{3}隆陋隆陋}石膏粉D.rm{NaHCO_{3}隆陋隆陋}苏打粉4、下列说法中错误的是：①化学性质相似的有机物是同系物②分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物④互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别,但化学性质必定相似A.①②③④B.只有②③C.只有③④D.只有①②③5、设C+CO22CO(正反应吸热)，反应速率为v1，N2+3H22NH3(正反应放热)，反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时v1和v2的变化情况是（）A.同时增大B.同时减小C.v1增大，v2减小D.v1减小，v2增大6、下列说法正确的是（）A.s能级的能量总是小于p能级的能量B.2s的电子云比1s的电子云大，说明2s的电子云中的电子比1s的多C.当电子排布在同一能级的不同轨道时，电子总是先占满1个轨道，然后再占据其他原子轨道D.nf能级中最多可容纳14个电子7、有关晶体结构的叙述中，错误的是（）A.金刚石的网状结构中，最小的环上有6个碳原子B.在氯化钠晶体中，每个氯离子周围都紧邻6个氯离子C.在金属铜的晶体中，由于存在自由电子，因此铜能导电D.分子晶体熔化时，不破坏共价键；原子晶体熔化时，破坏共价键8、用水稀释rm{O.1mol隆陇L^{-1}}氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是()A.rm{C(OH^{-;)}/C(NH_{3}隆陇H_{2}O)}B.rm{C(NH_{3}隆陇H_{2}O)/C(OH^{脪禄})}C.rm{C(H^{+})}和rm{C(OH^{一})}的乘积D.rm{OH^{-}}的物质的量评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。进行如下实验：①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·盐酸中，得溶液C；③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出l.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。请填空：（1）①产物中的单质B是__________________。（2）②中所发生的各反应的化学方程式是________________________________，_________________________________________________________。（3）③中所发生的各反应的离子方程式是________________________________，_________________________________________________________。（4）NaClO是一种很强的氧化剂，请写出酸性环境中NaClO将Fe2+氧化的离子方程式_________________________________________________________。（5）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2+）为___________________，c（Fe2+）为____________________。10、（10分）已知：合成氨反应为N2+3H22NH3（正反应为放热反应），分析下列问题：（1）在一定温度时，可用图中哪一条曲线表示反应物的转化率和压强之间的关系（填“I”“II”“III”）（2）在不同温度和压强下（P1>P2），合成氨反应达到平衡时，混合气体中氨气的体积分数Z%随温度变化的曲线应为（填“A”“B”“C”“D”）(3)将N2和H2按1:3的体积比通入合成塔，反应达平衡后，NH3的体积分数为20%，则达到平衡时，N2和H2的转化率之比α(N2)∶α(H2)=________平衡时N2的转化率为_________；平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=____11、（12分）有机物A易溶于水，且1molA能跟Na反应生成0.5molH2，但不与NaOH反应，已知A通过如下转化关系制得分子式为C4H8O2的酯E，且当D→E时，相对分子质量增加28，B是一种烃。（1）写出A、B的名称和C、D中官能团的名称A________B________C_______D________E物质的核磁共振氢谱有____________个峰。（2）①反应的条件是_________________________；②反应的化学方程式为___________________________________________。（3）B与HCl加成可以得到F，F也可以由A与HCl发生__________反应得到。①由F生成A的条件为________________________。②由F生成B的化学方程式为____________________________________________。12、理论研究证明；在多电子原子中，电子的排布分成不同的能层（电子层），同一能层的电子，还可以分成不同的能级（轨道）．能层和能级的符号及所能容纳的最多电子数如下：

（1）根据______的不同，原子核外电子的排布可以分成不同的能层，每个能层所能排布的最多电子数为______，除K层外，其他能层为最外层时，最多只能排布______个电子．

（2）从题干信息中可以发现许多规律，如s能级上只能容纳2个电子，每个能层上的能级数与______相等．

（3）某元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，说明它的原子核外共有______个电子层，M电子层上共有______个运动状态不同的电子，该原子最外电子层上有______个电子．13、现有一可导热体积固定的密闭容器A，和一可导热容积可变的容器B．关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同．（已知：2NO2⇌N2O4；△H＜0）

（1）一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是VA______VB．（填“＞”、“＜”、“=”）；若打开活塞K2，气球B将______（填：变大；变小、不变）．

（2）若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率αA将______（填增大或减小、不变）；若通入等量的Ne气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将______，B中NO2的转化率将______（填：变大；变小、不变）．

（3）室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，______中的颜色较深．

（4）若在容器A中充入4.6g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5，则平衡时N2O4的物质的量为______．14、用直线连接相关材料和用途。材料用途氧化铝陶瓷制轴承氮化硅陶瓷通讯光导纤维高级耐火材料压电陶瓷点火器15、（7分）德国克莱斯公司成功研制了利用甲醇车载制氢氧燃料电池工艺，其原理如右图所示，请观察此图回答：（1）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）；△H=+49．0kJ·mol－1②2CH3OH（g）+O2（g）=2CO2（g）+4H2（g）；△H=－385.8kJ·mol－1下列说法正确的是A．反应①中反应物的总能量高于生成物的总能量B．反应①中拆开CH3OH（g）和H2O（g）中的化学键所需能量大于形成CO2（g）和3H2（g）中的化学键所释放的能量C．CH3OH蒸气的燃烧热为大于192．9kJ·mol－1D．根据②推知反应：2CH3OH（l）+O2（g）=2CO2（g）+4H2（g）的△H＞－385．8kJ·mol－1（2）最近科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使空气中的CO2转变为可再生燃料甲醇。若有2.2kgCO2与足量H2恰好完全反应，生成气态的水和甲醇，可放出2473.5kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式。（3）可给笔记本电脑供电的甲醇燃料电池已经面世，其结构示意图如右图。甲醇在催化剂作用下提供质子（H＋）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一电极后与氧气反应，电池总反应为：2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O。b处通入的物质是____，负极反应为：。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rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数rm{A<B<C<D<E<F.}其中rm{A}rm{B}rm{C}是同一周期的非金属元素rm{.}化合物rm{DC}的晶体为离子晶体，rm{D}的二价阳离子与rm{C}的阴离子具有相同的电子层结构rm{.AC_{2}}为非极性分子rm{.B}rm{C}的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高rm{.E}元素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，rm{ECl_{3}}能与rm{B}rm{C}的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为rm{2}rm{1}rm{1mol}配合物与足量的rm{AgNO_{3}}溶液反应能立即生成rm{3molAgCl.F}原子的一种核素的质量数为rm{65}中子数为rm{36.}请根据以上情况，回答下列问题：rm{(}答题时要用元素符号表示rm{)}

rm{(1)B}氢化物与rm{HCl}反应生成的含有rm{B}元素粒子的空间构型是______rm{.F}元素原子的最外层电子数为______个rm{.}

rm{(2)B_{3}^{-}}离子分别与rm{AC_{2}}由rm{B}rm{C}组成的气态化合物互为等电子体，则rm{B}rm{C}组成的化合物化学式为______；rm{B_{3}^{-}}离子还可以和一价阴离子互为等电子体；这阴离子电子式为______，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，这金属阳离子符号为______

rm{(3)A}rm{B}rm{C}的第一电离能由小到大的顺序为______

rm{(4)E^{3+}}的核外电子排布式是______，rm{ECl_{3}}形成的六配位的配合物化学式为______．

rm{(5)B}的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与rm{D}的单质反应时，rm{B}被还原到最低价；该反应的化学方程式是______

rm{(6)}在rm{F}的rm{+1}价氧化物的晶胞结构如右图，rm{F}为______球rm{(}“黑”“白”rm{)}评卷人得分五、其他(共2题，共6分)23、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。24、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。评卷人得分六、综合题(共2题，共12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8题，共16分)1、C【分析】试题分析：电解和电镀需通电进行，原电池形成的腐蚀不需通电，电离是在水溶液中或熔融状态下形成自由移动离子的过程。考点：考查基本原理有关问题。【解析】【答案】C2、C【分析】【解答】解：在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极．A、a是正极，b是负极；故A错误；

B；c是阳极；d是阴极，故B错误；

C；电解过程中；d电极是阴极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，电极质量增加，故C正确；

D；电解过程中；氯离子在阳极上失电子产生氯气，氯离子浓度减小，故D错误．

故选C．

【分析】在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，根据电子或电流的流向可以确定电解池的阴阳极，进而确定电极反应．3、A【分析】考查化学式与名称。A.正确；B.水煤气是rm{CO}和氢气，错误；C.石膏是硫酸钙，错误；D.苏打是碳酸钠，错误；故选A。【解析】rm{A}4、A【分析】结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物，所以选项①②不正确；③不正确，例如乙炔和苯分子中碳氢的个数之比是相同的，但二者不互为同系物；互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，化学性质也不一定相似，选项④不正确，所以正确的答案选A。【解析】【答案】A5、A【分析】试题分析：升高温度反应速率均增大，所以答案选A。考点：考查【解析】【答案】A6、D【分析】解：A．各能级能量由低到高的顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f；所以s能级的能量不一定小于p能级的能量，如4s＞3p，故A错误；

B．2s的电子云比1s的电子云大；而s电子云的大小与能层有关，与电子数无关，故B错误；

C．电子排布在同一能级时；总是优先单独占据不同轨道，且自旋方向相同，不是先占满1个轨道，然后再占据其他原子轨道，故C错误；

D．f能级有7个轨道；每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反；所以nf能级中最多可容纳14个电子，故D正确；

故选D．

A．根据构造原理；各能级能量由低到高的顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f，以此解答该题；

B．根据s电子云的大小与能层有关；与电子数无关；

C．电子排布在同一能级时；总是优先单独占据不同轨道，且自旋方向相同，为洪特规则内容；

D．f能级有7个轨道；每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反．

本题考查了核外电子的描述方式，电子云，原子轨道等，属于基本理论的考查，题目难度中等．【解析】【答案】D7、B【分析】解：A；金刚石晶体是空间网状结构；每个碳原子结合另外4个碳，形成6元环，故A正确；

B；在氯化钠晶胞中每个氯离子周围都紧邻12个氯离子；故B错误；

C；金属导电是原因金属晶体中存在自由移动的电子；故C正确；

D；分子晶体是由分子以分子间作用力结合而成的；熔化时破坏的是分子间作用力；原子晶体是原子间以共价键结合而成的，熔化时破坏了共价键，故D正确；

故选B．

A；根据金刚石晶体结构分析；

B；根据氯化钠晶胞分析；

C；根据金属导电的原因分析；

D；根据形成晶体的微粒及微粒间的作用力分析．

本题考查了晶体的有关知识，题目比较简单，注意对常见晶体晶胞的分析．【解析】【答案】B8、B【分析】【分析】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键。【解答】A.氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离，rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}的物质的量增加，但浓度减小，所以rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{隆陋}}rm{)/c(NH}rm{)/c(NH}rm{{,!}_{3}}比值增大，故A错误；B.由rm{隆陇H}rm{隆陇H}可知，加水促进电离，则rm{{,!}_{2}}减少，rm{O)}比值增大，故A错误；增大；所以二者的比值减小，故B正确；

C.因加水稀释时，温度不变，则rm{O)}和rm{NH_{3}.H_{2}O}的乘积不变；故C错误；

D.由rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}rm{n(NH_{3}.H_{2}O)}可知，加水促进电离，rm{n(OH^{-})}的物质的量增大；故D错误。

故选B。rm{c(H^{+})}【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】试题分析：（1）①MgO和Fe2O3组成的混合物行铝热反应，发生Al与Fe2O3反应置换出铁;（2）（3）②MgO与盐酸反应生成氯化镁与水，反应方程式为MgO+2HCl=MgCl2+H2O；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水，反应方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O。（4）NaClO将Fe2+氧化的离子方程式为2Fe2++ClO—+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。（5)令MgO和Fe2O3的物质的量都为xmol，则40x+160x=20，解得x=0.1，溶液D为氯化镁、氯化亚铁的混合溶液，根据镁元素守恒可知，n（Mg2+）=n（MgO）=0.1mol，溶液D的体积仍视为0.15L，所以c（Mg2+）=0.1mol/0.15L=0.67mol/L,由于此反应Fe＋2Fe3+＝3Fe2+中Fe3+物质的量为0.1mol,故生成的n（Fe2+）为0.3mol,根据Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑生成l.12L（标况）气体可知此反应生成的n（Fe2+）为0.05mol,因此n总（Fe2+）=（0.3+0.05）mol,因此；c（Fe2+）==0.35mol/0.15L=2.3mol·L-1。考点：镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【解析】【答案】（1）Fe（2）Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2OMgO＋2HCl＝MgCl2＋H2O（3）Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑Fe＋2Fe3+＝3Fe2+（4）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O（2分）（5）c（Mg2+）=0.67mol·L-1，c（Fe2+）==2.3mol·L-110、略

【分析】【解析】【答案】（1）II（2分）（2）C（2分）(3)1：1（2分）(4)33.3%（2分）1:3:1（2分）11、略

【分析】试题分析：1molA与Na反应生成0.5molH2，但不与NaOH反应，说明A为一元醇，B为醇A消去生成的烯，C为醛，D为羧酸。D与A反应生成分子式为C4H8O2的酯，则A分子中含2个碳原子。A为C2H5—OH。反应①是乙醇制取乙烯的反应，反应条件是浓硫酸170℃；反应②是乙醛制取乙酸的反应，条件是氧气——需要催化剂或和新制的氢氧化铜溶液共热或新制的银氨溶液。F为一氯乙烷，乙醇可通过取代反应制取一氯乙烷；一氯乙烷制取乙醇的条件是在氢氧化钠水溶液中加热考点：考查有机化学推断、有机化学反应条件、化学反应类型。【解析】【答案】（12分）(1)乙醇乙烯醛基羧基3（5分）(2)①浓硫酸170℃（1分）②2CH3CHO＋O22CH3COOH（2分）(3)取代反应（1分）①氢氧化钠水溶液加热（1分）CH3CH2Cl+NaOHCH2=CH2↑+NaCl+H2O（2分）12、略

【分析】解：（1）核外电子的能量是不同的，多电子原子核外电子，是按照电子的能量由低到高的顺序，从近到远排列，离核越近能量越小，离核越远能量越大，原子核外电子的排布可以分成不同的能层，每个能层所能排布的最多电子数为2n2；最外层可以排8个（K层最多2个）；

故答案为：能量；2n2；8；

（2）能层含有的能级数等于能层序数；即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns；np、nd、nf的能量依次增大，在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数；

故答案为：能层序数；

（3）多电子原子核外电子，是按照电子的能量由低到高的顺序，能层含有的能级数等于能层序数，根据该元素原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d34s2，可知：它的原子核外共有4个电子层，M电子层为第三能层，第三能层共有11个电子，根据泡利不相容原理可知，M电子层上共有11个运动状态不同的电子，该原子最外层为4s2；所以该原子最外电子层上有2个电子；

故答案为：4；11；2．

（1）在原子结构示意图中，质子数即核电荷数等于核外电子数，核外电子在分层排布时，遵循：离核较近区域运动的电子能量较低；各电子层最多容纳电子数2n2；n为电子层数，且次外层电子数不超过18个，次外层不超多8个；

（2）在不违反泡利原理；和洪特规则的条件下；电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，能级数等于该能层序数；

（3）根据该元素原子的核外电子排布式可知：它的原子核外共有4个电子层，M电子层为第三能层，根据泡利不相容原理分析，该原子最外层为4s2．

本题考查了原子核外电子排布规律，熟练掌握能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】能量；2n2；8；能层序数；4；11；213、略

【分析】解：（1）容器A中压强降低；容器B体压强不变，压强越大，反应速率越快，故v（A）＜v（B），A中压强小于B中的压强，打开旋塞K，气球B的压强减小，体积减小；

故答案为：＜；变小；

（2）保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向正反应方向移动，NO2的转化率将增大；故答案为：增大；

保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时NO2的转化率减小；故答案为：变小；

（3）该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大；颜色变深，故答案为：A；

（4）设参加反应的二氧化氮为xmol，n（NO2）===0.1mol

2NO2⇌N2O4

起始的量：0.1mol0

反应的量：x

平衡的量：0.1-x

平衡时平均相对分子质量==57.5，所以x=0.04mol，所以平衡时平衡时N2O4的物质的量为：=0.02mol；

故答案为：0.02mol．

（1）容器A体积不变；随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器A中压强降低，容器B体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快；根据A中压强小于B中的压强来分析；

（2）保持容器容积不变，通入一定量的NO2；等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；

（3）该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大；

（4）先根据公式求出n（NO2）=再利用三段式和混合气体的平均相对分子质量求出平衡时N2O4的物质的量．

本题考查压强、温度、浓度对化学平衡的影响，难度中等，构建平衡建立的等效途径是解题的关键．【解析】＜；变小；增大；不变；变小；A；0.02mol14、略

【分析】解答该题，关键是要了解各类材料的性能，理解性能和用途的关系，对照分析氧化铝陶瓷熔点很高；氮化硅陶瓷硬度很大；光导纤维有非常强的传导光的能力；压电陶瓷受撞击时能产生电压。【解析】【答案】15、略

【分析】【解析】【答案】（1）BCD（2分）（2）CO2（g）+3H2（g）=H2O（g）+CH3OH（g）△H=-49.47kJ/mol（2分）（3）氧气或空气1分CH3OH＋H2O－6e—=CO2＋6H＋2分三、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、正四面体；1；N2O；Fe3+；C＜O＜N；1s22s22p63s23p63d3；[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3；4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O；黑【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数rm{A<B<C<D<E<F.}化合物rm{DC}的晶体为离子晶体，rm{D}的二价阳离子与rm{C}的阴离子具有相同的电子层结构，rm{C}形成rm{-2}价阴离子，且rm{D}位于rm{C}的下一周期，rm{B}rm{C}的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，rm{C}形成rm{-2}价阴离子，则rm{C}为氧元素，故D为镁元素；核电荷数rm{B<C}则rm{B}为氮元素；rm{A}rm{B}rm{C}是同一周期的非金属元素，rm{AC_{2}}为非极性分子，则rm{A}为碳元素；rm{E}元素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，原子核外电子排布为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}则rm{E}为rm{Cr}元素；rm{CrCl_{3}}能与rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为rm{2}rm{1}则配体中有rm{4}个rm{NH_{3}}rm{2}个rm{H_{2}O}rm{1mol}配合物与足量的rm{AgNO_{3}}溶液反应能立即生成rm{3molAgCl}三个氯离子位于外界，该配合物为rm{[Cr(NH_{3})_{4}(H_{2}O)_{2}]Cl_{3}}rm{F}原子的一种核素的质量数为rm{65}中子数为rm{36}故其质子数rm{=65-36=29}则rm{F}为rm{Cu}元素；

rm{(1)N}元素氢化物与rm{HCl}反应生成的含有rm{N}元素粒子为rm{NH_{4}^{+}}分子中rm{N}原子价层电子对数rm{=4+dfrac{5-1-1隆脕4}{2}=4}不含孤对电子，故其空间构型是正四面体；rm{=4+dfrac

{5-1-1隆脕4}{2}=4}为rm{F}原子核外电子排布为：rm{Cu}元素原子的最外层电子数为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}个；

故答案为：正四面体；rm{1}

rm{1}离子分别与rm{(2)N_{3}^{-}}由rm{CO_{2}}rm{N}组成的气态化合物互为等电子体，则rm{O}rm{N}组成的化合物化学式为rm{O}

rm{N_{2}O}离子还可以和一价阴离子互为等电子体，根据价电子总数相等，用rm{N_{3}^{-}}rm{S}原子代替rm{C}个rm{2}原子可知该阴离子为rm{N}结构与rm{SCN^{-}}类似，这阴离子电子式为这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，这金属阳离子符号为rm{CO_{2}}

故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{N_{2}O}

rm{Fe^{3+}}同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子rm{(3)}能级有rm{2p}个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为rm{3}

故答案为：rm{C<O<N}

rm{C<O<N}原子核外电子排布为：rm{(4)Cr}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}原子失去rm{Cr}能级rm{4s}个电子、rm{1}能级rm{3d}个电子形成rm{2}rm{Cr^{3+}}的核外电子排布式是rm{C