2025年岳麓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年岳麓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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列关于氯气的说法正确的是（）A.难溶于水B.无色无味C.具有漂白性D.有毒的气体2、如图所示为反应rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)}的能量变化示意图rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{H_{2}(g)}和rm{O_{2}(g)}反应生成rm{H_{2}O(g)}这是个吸热反应过程B.由rm{2mol}rm{H_{2}}和rm{1mol}rm{O_{2}}变成rm{4mol}rm{H}rm{2mol}rm{O}原子，这是个放热反应过程C.rm{2mol}rm{H_{2}(g)}和rm{1mol}rm{O_{2}(g)}反应生成rm{2mol}rm{H_{2}O(g)}共放出rm{484kJ}能量D.rm{4mol}rm{H}rm{2mol}rm{O}生成rm{2mol}rm{H_{2}O(g)}共放出rm{484kJ}能量3、有一化合物rm{(X)}结构简式如图，它与分别与金属钠、氢氧化钠和碳酸氢钠反应时，不可能生成的产物是rm{(}rm{)}A.B.C.D.4、能与rm{NaOH}溶液、新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液、纯碱溶液、溴水、苯酚钠、甲醇都起反应的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}COOH}B.rm{CH_{2}篓TCHCOOH}C.盐酸D.乙酸甲酯5、由一价离子组成的四种盐溶液：rm{AC}rm{BD}rm{AD}rm{BC}浓度均为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}在室温下，前两种溶液的rm{pH=7}第三种溶液的rm{pH>7}最后一种溶液的rm{pH<7}下列各组酸、碱性比较正确的是rm{(}rm{)}。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}碱性酸性rm{AOH>BOH}rm{HC>HD}rm{AOH<BOH}rm{HC>HD}rm{AOH>BOH}rm{HC<HD}rm{AOH<BOH}rm{HC<HD}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、下列各原子的基态电子排布式错误的是()A.rm{Fe}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{7}4s^{1}}B.rm{Cu1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}C.rm{Cu

1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{K}D.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{1;;;;;;;;;;;;}}rm{Cr}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（9分）按要求对下图中两极进行必要的联接并填空：（1）在A图中，使铜片上冒H2气泡。请加以必要联接，则联接后的装置叫____。电极反应式：锌板：；铜板：。（2）在B图中，a和b都是石墨电极，使a极析出铜，则b析出：____。加以必要的联接后，电极反应式，a极____b极：。经过一段时间后，停止反应后加入一定量的，溶液能恢复至与电解前完全一致。8、利用图装置；可以模拟铁的电化学防护。

若rm{X}为铜，为减缓铁的腐蚀，开关rm{K}应置于______处；若rm{X}为锌棒，开关rm{K}置于rm{M}处，该电化学防护法称为______。9、已知：

rm{垄脵}在稀碱溶液中；溴苯难发生水解。

rm{垄脷}

现有分子式为rm{C_{10}H_{10}O_{2}Br_{2}}的芳香族化合物rm{X}其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为rm{1}rm{2}rm{6}rm{1}在一定条件下可发生下述一系列反应，其中rm{C}能发生银镜反应，rm{E}遇rm{FeCl_{3}}溶液显色且能与浓溴水反应．

请回答下列问题：

rm{(1)X}中官能的名称是______．

rm{(2)F隆煤H}的反应类型是______．

rm{(3)I}的结构简式为______．

rm{(4)E}不具有的化学性质______rm{(}选填序号rm{)}．

rm{a.}取代反应rm{b.}消去反应。

rm{c.}氧化反应rm{d.1molE}最多能与rm{2molNaHCO_{3}}反应。

rm{(5)}写出下列反应的化学方程式：

rm{垄脵X}与足量稀rm{NaOH}溶液共热的化学方程式：______．

rm{垄脷F隆煤G}的化学方程式：______．

rm{(6)}同时符合下列条件的rm{E}的同分异构体共有______种；其中一种的结构简式为______．

rm{a.}苯环上核磁共振氢谱有两种rm{b.}不能发生水解反应。

rm{c.}遇rm{FeCl_{3}}溶液不显色rm{d.1molE}最多能分别与rm{1molNaOH}和rm{2molNa}反应．10、工业上用CO生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示反应过程中能量的变化情况：图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间的变化情况．

请回答下列问题．

（1）在“图1”中，曲线____（填“a”或“b”）表示使用了催化剂；该反应属于____（填“吸热”或“放热”）反应．

（2）下列说法正确的是____（填字母序号）．

a．起始充入的CO为2mol

b．增大CO的浓度；CO的转化率增大。

c．容器中压强恒定时；说明反应已达平衡状态。

d．保持温度和密闭容器的容积不变，再充入1molCO和2molH2，再次达到平衡时n（CH3OH）/n（CO）的值会变小。

（3）从反应开始到达平衡，v（H2）=____；该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数为____．若保持其他条件不变，将反应体系升温，则该反应的化学平衡常数____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇的百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）的变化曲线；

要求画出压强不同的两条曲线（在曲线上标出p1、p2，且p1＜p2）____．11、常温下，0.1m01／L的下列溶液：①HCl、②CH3COOH、③CH3COONa、④NaOH、⑤FeCl3、⑥NaCl。（1）pH由小到大排列顺序为____（填序号）；（2）实验室配制⑤的溶液时常需加入少量盐酸，否则得到的是浑浊的溶液，产生浑浊的原因是（用离子方程式表示）____（3）物质的量浓度相同的①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵在上述五种溶液中，铵根离子物质的量浓度由大到小的顺序是____（4）已知拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、39lkJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____12、有rm{A}rm{B}rm{C}三种晶体，分别由rm{C}rm{H}rm{Na}rm{Cl}四种元素中的一种或几种形成；对这三种晶体进行实验，结果见下表．

。项目熔点rm{/隆忙}硬度水溶性导电性水溶液与rm{Ag^{+}}反应rm{A}rm{811}较大易溶水溶液rm{(}或熔融rm{)}导电白色沉淀rm{B}rm{3}rm{500}很大不溶不导电不反应rm{C}rm{-114.2}很小易溶液态不导电白色沉淀rm{(1)}晶体的化学式分别为：rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______．

rm{(2)}晶体的类型分别为：rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______．

rm{(3)}晶体中粒子间的作用分别为：rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______．评卷人得分三、工业流程题(共8题，共16分)13、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___。14、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15、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]=____。16、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________%。17、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)。18、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2题，共18分)19、(10分)在25℃时,向100mL含氯化氢14.6g的盐酸溶液里放入5.60g纯铁粉(不考虑反应前后溶液体积的变化),反应开始至2min末,收集到1.12L(标准状况)氢气,在此之后,又经过4min,铁粉完全溶解,则:(1)在前2min内用FeCl2表示的平均反应速率是____________(2)在后4min内用HCl表示的平均反应速率是______________(3)前2min与后4min相比,反应速率较快的是__________________________________,其原因是__________________________________________。(4)反应结束后,溶液中Cl-的物质的量浓度为________________。20、（6分)将3.2gCu与足量的浓硫酸在加热条件下充分反应。（1）其中被还原的硫酸的物质的量为。（2）把反应后的溶液稀释至500mL，取出50mL，向其中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀20.97g，则稀释后所得溶液中SO42-的物质的量浓度为。（3）若浓硫酸中含溶质为bmol，投入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n(H2SO4)0.5bmol（填“>”、“<”或“=”）。评卷人得分五、其他(共2题，共12分)21、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。22、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)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】解：A；常温下；1体积水溶解2体积氯气，故A错误；

B；氯气为黄绿色有刺激性气味的气体；故B错误；

C；氯气不具有漂白性；次氯酸具有漂白性，故C错误；

D；氯气为黄绿色有刺激性气味的有毒气体；故D正确；

故选D．

A；常温下；1体积水溶解2体积氯气；

B；氯气为黄绿色有刺激性气味的气体；

C；氯气不具有漂白性；

D；氯气为黄绿色有刺激性气味的有毒气体．

本题考查氯气的性质，为元素化合物知识的高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养和学习的积极性，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】D2、C【分析】【分析】

本题考查对图象的分析能力；分子形成原子吸热，原子组成分子放热，题目难度不大。

【解答】

A.氢气与氧气的能量比水的能量高；反应放热，故A错误；

B.从图上可见rm{4molH}rm{2molO}原子能量高；断键吸热，故B错误；

C.从图上可知，rm{2molH_{2}(g)}和rm{1molO_{2}(g)}反应生成rm{2molH_{2}O(g)}共放出rm{484kJ}能量；故C正确；

D.rm{4molH}rm{2molO}生成rm{2molH_{2}O(g)}共放出rm{1852kJ}能量；故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}3、A【分析】解：三种官能团都可与钠反应；酚羟基；羧基都可与氢氧化钠反应，只有羧基于碳酸氢钠反应；

A.酚羟基反应；则可与钠或氢氧化钠，因酸性羧基大于酚羟基，则不可能只有酚羟基反应，故A错误；

B.可与氢氧化钠反应生成；故B正确；

C.可与钠反应生成；故C正确；

D.可与碳酸氢钠反应生成；故D正确．

故选A．

有机物含有酚羟基；醇羟基和羧基；三种官能团都可与钠反应，酚羟基、羧基都可与氢氧化钠反应，只有羧基于碳酸氢钠反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度不大，注意判断有机物的官能团的种类和性质，官能团是决定有机物性质的主要因素．【解析】rm{A}4、B【分析】解：rm{A.CH_{3}COOH}含有羧基，羧基能与rm{NaOH}溶液，新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液；纯碱溶液、苯酚钠、甲醇反应；不能与溴水发生反应，故A错误；

B.rm{CH_{2}篓TCHCOOH}含有双键和羧基，能与rm{NaOH}溶液，新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液；纯碱溶液、溴水、苯酚钠、甲醇都起反应；故B正确；

C.盐酸能与rm{NaOH}溶液，新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液；纯碱溶液、苯酚钠、甲醇反应；不能与溴水发生反应，故C错误；

D.乙酸甲酯能与rm{NaOH}溶液发生反应；与其他物质不反应，故D错误．

故选B．

羧基能与rm{NaOH}溶液，新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液；纯碱溶液、苯酚钠、甲醇反应；溴水能与双键发生加成反应．

本题考查官能团的性质，掌握官能团的特征反应是解题的关键，较简单．【解析】rm{B}5、A【分析】【分析】本题考查盐类水解规律的应用，明确盐中有弱才水解的规律是解答本题的关键，注意rm{BD}可能为醋酸铵，题目难度中等。【解答】rm{AC}rm{BD}的rm{pH=7}则可能为强酸强碱盐或弱酸弱碱盐，rm{AD}溶液的rm{pH>7}则为强碱弱酸盐，rm{BC}溶液的rm{pH<7}则为强酸弱碱盐，由此可知，rm{AC}为强酸强碱盐，而rm{BD}为弱酸弱碱盐，即rm{A}对应强碱，rm{C}对应强酸，所以碱性为rm{AOH>BOH}酸性为rm{HC>HD}

故选A。

【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】

本题考查了原子核外电子排布，明确原子核外电子排布规律是解本题关键，知道原子核外电子能量大小规律，知道原子轨道中电子处于半满、全满或全空时该原子最稳定。根据各个原子中未成对电子个数判断，当原子中每个能级上电子处于半满时，该能级中未成对电子数最多，据此分析解答。本题考查了原子核外电子排布，明确原子核外电子排布规律是解本题关键，知道原子核外电子能量大小规律，知道原子轨道中电子处于半满、全满或全空时该原子最稳定。根据各个原子中未成对电子个数判断，当原子中每个能级上电子处于半满时，该能级中未成对电子数最多，据此分析解答。

【解答】，故A.rm{Fe}错误；rm{Fe}的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}，故rm{A}错误；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}，故rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}正确；rm{A}rm{A}，故B.rm{Cu}正确；rm{Cu}的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}，故rm{B}正确；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}，故rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}正确。rm{B}rm{B}。C.rm{K}【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】（1）要使铜片上产生气泡，则应该构成原电池，锌是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子，电极反应式为锌板：Zn-2e-=Zn2＋铜板：2H＋＋2e-＝H2↑。（2）使a极析出铜，应该构成电解池，其中a极是阴极，所以b极是阳极，b极OH－放电，生成氧气。电极反应式分别是a极：Cu2＋＋2e-=Cu，b极：4OH――4e－＝O2↑＋2H2O。由于从溶液中减少的是铜和氧气，所以应该加如氧化铜才能恢复到电解前到状态。【解析】【答案】（1）原电池，锌板：Zn-2e-=Zn2＋铜板：2H＋＋2e-＝H2↑（2）O2，电解池，a极：Cu2＋＋2e-=Cu，b极：4OH――4e－＝O2↑＋2H2O，CuO（每空1分，未连线或连线错误酌情扣分）8、略

【分析】解：若rm{X}为铜，为减缓铁的腐蚀，铁比铜活泼，所以要采用外加电流的阴极保护法，所以为延缓铁腐蚀，rm{K}应置于rm{N}处；

若rm{Z}为锌，开关rm{K}置于rm{M}处；该方法为牺牲阳极的阴极保护法；

故答案为：rm{N}牺牲阳极的阴极保护法。

作原电池正极或电解池阴极的金属被保护；若rm{Z}为锌，开关rm{K}置于rm{M}处；该方法为牺牲阳极的阴极保护法；

本题考查了原电池和电解池原理，根据各个电极上发生的反应来分析解答，难度中等，原电池设计是高考热点，根据原电池原理设计原电池原理。【解析】rm{N}牺牲阳极的阴极保护法9、略

【分析】解：rm{A}能连续被氧化，则rm{A}是醇，rm{B}是醛，rm{C}是羧酸，rm{C}能发生银镜反应，则rm{C}是甲酸或二甲酸，rm{X}水解生成rm{C}和rm{D}且rm{X}中只含rm{2}个氧原子，所以rm{C}是rm{HCOOH}rm{B}是rm{HCHO}rm{A}是rm{CH_{3}OH}．

rm{D}能与新制氢氧化铜反应，说明rm{D}中含有醛基，rm{E}遇rm{FeCl_{3}}溶液显色，说明rm{E}中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明rm{X}中酯基为甲酸与酚形成的，即存在rm{HCOO-}两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在rm{-CHBr_{2}}芳香族化合物rm{X}其苯环上的一溴代物只有一种，说明rm{X}中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有rm{4}种氢原子，吸收峰的面积比为rm{1}rm{2}rm{6}rm{1}可以确定rm{X}含有rm{2}个甲基，结合rm{E}能与能与浓溴水反应，故HCrm{OO-}基团的邻、对位位置有rm{H}原子，综上分析可推知rm{X}的结构简式为：rm{X}水解然后酸化得rm{D}rm{D}的结构简式为：rm{D}被氧化生成rm{E}rm{E}的结构简式为：rm{E}和氢气发生加成反应生成rm{F}rm{F}的结构简式为：rm{F}发生缩聚反应生成rm{G}rm{G}的结构简式为：rm{H}能使溴水褪色，应是rm{F}在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成rm{H}故H为rm{H}能发生加聚反应生成rm{I}rm{I}的结构简式为：．

rm{(1)X}为含有官能团是：酯基；溴原子，故答案为：酯基、溴原子；

rm{(2)F隆煤H}的反应类型是：消去反应；故答案为：消去反应；

rm{(3)}由上述分析可知，rm{I}的结构简式为：故答案为：

rm{(4)E}的结构简式为：

rm{a.E}含有酚羟基和甲基；能发生取代反应，故不选；

rm{b.E}不能发生消去反应；故选；

rm{c.E}是有机物能氧化反应；且酚羟基易被氧化，故不选；

rm{d.}羧基能和碳酸氢钠反应，所以rm{1molE}最多能与rm{1molNaHCO_{3}}反应；故选；

故答案为：rm{bd}

rm{(5)垄脵X}与足量稀rm{NaOH}溶液共热的化学方程式：

rm{垄脷F隆煤G}的化学方程式：

故答案为：

rm{(6)E(}rm{)}同分异构体同时符合下列条件：

rm{b}不能发生水解反应，没有酯基，rm{c}遇rm{FeCl_{3}}溶液不显色，说明不含酚羟基，rm{d}rm{1mol}该同分异构体最多能分别与rm{1molNaOH}和rm{2molNa}反应，含有rm{1}个rm{-OH}rm{1}个rm{-COOH}rm{a}苯环上的一氯代物有两种，苯环上有rm{2}种rm{H}原子，应含有rm{2}个取代基且处于对位，符合条件的同分异构体有：共有rm{4}种；

故答案为：rm{4}任意一种．

rm{A}能连续被氧化，则rm{A}是醇，rm{B}是醛，rm{C}是羧酸，rm{C}能发生银镜反应，则rm{C}是甲酸或二甲酸，rm{X}水解生成rm{C}和rm{D}且rm{X}中只含rm{2}个氧原子，所以rm{C}是rm{HCOOH}rm{B}是rm{HCHO}rm{A}是rm{CH_{3}OH}．

rm{D}能与新制氢氧化铜反应，说明rm{D}中含有醛基，rm{E}遇rm{FeCl_{3}}溶液显色，说明rm{E}中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明rm{X}中酯基为甲酸与酚形成的，即存在rm{HCOO-}两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在rm{-CHBr_{2}}芳香族化合物rm{X}其苯环上的一溴代物只有一种，说明rm{X}中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有rm{4}种氢原子，吸收峰的面积比为rm{1}rm{2}rm{6}rm{1}可以确定rm{X}含有rm{2}个甲基，结合rm{E}能与能与浓溴水反应，故HCrm{OO-}基团的邻、对位位置有rm{H}原子，综上分析可推知rm{X}的结构简式为：rm{X}水解然后酸化得rm{D}rm{D}的结构简式为：rm{D}被氧化生成rm{E}rm{E}的结构简式为：rm{E}和氢气发生加成反应生成rm{F}rm{F}的结构简式为：rm{F}发生缩聚反应生成rm{G}rm{G}的结构简式为：rm{H}能使溴水褪色，应是rm{F}在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成rm{H}故H为rm{H}能发生加聚反应生成rm{I}rm{I}的结构简式为：据此解答．

本题考查了有机物的推断，对学生的逻辑推理有较高的要求，采取正、逆推法相结合确定rm{X}结构，注意rm{X}和氢氧化钠的水溶液发生水解时不仅酯基水解，溴原子还水解，含有溴原子的碳原子上有两个羟基时不稳定，易变成醛基，为易错点．【解析】酯基、溴原子；消去反应；rm{bd}rm{4}任意一种10、略

【分析】

（1）由图可知，曲线b降低了反应所需的活化能，则b使用了催化剂；又该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应；

故答案为：b；放热；

（2）a、由图2可知生成0.75mol/LCH3OH；则反应了0.75mol/LCO，平衡时有0.25mol/LCO，即CO的起始物质的量为（0.75mol/l+0.25mol/L）×2L=2mol，故A正确；

b；增加CO浓度；会促进氢气的转化，氢气的转化率增大，但CO的转化率减小，故B错误；

c；该反应为反应前后压强不等的反应；则压强不变时，该反应达到平衡状态，故C正确；

d、再充入1molCO和2molH2，体积不变，则压强增大，平衡正向移动，再次达到平衡时n（CH3OH）/n（CO）会增大；故D错误；

故选：ac；

（3）由图2可知；反应中减小的CO的浓度为1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，10min时达到平衡；

则用CO表示的化学反应速率为=0.075mol•L-1•min-1；

因反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=0.075mol•L-1•min-1×2=0.15mol•L-1•min-1；

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

开始（mol/L）120

转化（mol/L）0.751.50.75

平衡（mol/L）0.250.50.75

则化学平衡常数K==12；

因温度升高；平衡逆向移动，反应物的浓度增大，生成物的浓度减少，平衡常数减小；

故答案为：0.15mol•L-1•min-1；12；减小；

（4）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0；

则温度越高；逆向反应进行的程度越大，甲醇的含量就越低；

压强增大；反应正向进行的程度大，则甲醇的含量高，则图象为。

故答案为：．

【解析】【答案】（1）根据图中反应的活化能的大小来分析是否使用催化剂；利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化；

（2）A；由图2利用转化的CO和平衡时CO的量来分析；

B；增加CO浓度；会促进氢气的转化，但本身的转化率降低；

C；该反应为反应前后压强不等的反应；

D、再充入1molCO和2molH2；体积不变，则压强增大，平衡正向移动；

（3）由图2计算用CO表示的反应速率；再利用反应速率之比等于化学计量数之比来计算氢气的反应速率，利用各物质平衡的浓度来计算化学平衡常数；根据温度升高，平衡逆向移动，反应物的浓度增大，生成物的浓度减少，平衡常数减小；

（4）根据温度和压强对该反应的影响来分析．

11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，醋酸钠是弱酸强碱盐，氢氧化钠是一元强碱。氯化铁是强酸弱碱盐，氯化钠是强酸强碱盐，所以在浓度相等的条件下，pH由小到大排列顺序为①②⑤⑥③④。（2）氯化铁溶于水，铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，所以加入盐酸的目的是抑制铁离子的水解，方程式是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。（3）在溶液中NH4＋水解，而硫酸氢铵能电离出氢离子，抑制NH4＋水解。HCO3－水解，显碱性，促进NH4＋水解，所以五种溶液中，铵根离子物质的量浓度由大到小的顺序是⑤＞④＞②＞③＞①。（4）反应热是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则该反应的反应热△H＝3×436kJ/mol＋946kJ/mol－2×3×391kJ/mol＝－92.0kJ/mol，所以反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)=-92.0kJ/mol。考点：考查pH的判断、盐类水解的应用、溶液中离子浓度比较以及反应热的计算【解析】【答案】（1）①②⑤⑥③④（2）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+（3）⑤＞④＞②＞③＞①（4）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)=-92.0kJ/mol12、略

【分析】解：根据rm{A}的水溶液与rm{Ag^{+}}反应有白色沉淀，说明rm{A}的水溶液中有rm{Cl^{-}}再根据其可以导电得rm{A}为rm{NaCl}或rm{HCl}又因为其硬度较大，所以判断其为rm{NaCl}

由于rm{B}的熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水，可判断其应该为原子晶体，所以rm{B}为金刚石；

rm{C}的熔点为负、硬度很小，判断其为气体，易溶于水，水溶液与rm{Ag^{+}}反应有白色沉淀，所以rm{C}为rm{HCl}

rm{(1)}由以上分析可知rm{A}为rm{NaCl}rm{B}为rm{C}rm{C}为rm{HCl}故答案为：rm{NaCl}rm{C(}金刚石rm{)}rm{HCl}

rm{(2)A}熔点较高，熔融状态下能导电，为离子晶体；rm{B}熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水，为原子晶体；rm{C}熔点为低；硬度很小；为分子晶体；

故答案为：离子晶体；原子晶体；分子晶体；

rm{(3)NaCl}为离子化合物，离子键；rm{C}为原子晶体，原子间以共价键结合；rm{HCl}为分子晶体；分子间存在分子间作用力，故答案为：离子键；共价键；分子间作用力．

根据rm{A}的水溶液与rm{Ag^{+}}反应有白色沉淀，说明rm{A}的水溶液中有rm{Cl^{-}}再根据其可以导电得rm{A}为rm{NaCl}或rm{HCl}又因为其硬度较大，所以判断其为rm{NaCl}

由于rm{B}的熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水，可判断其应该为原子晶体，所以rm{B}为金刚石；

rm{C}的熔点为负、硬度很小，判断其为气体，易溶于水，水溶液与rm{Ag^{+}}反应有白色沉淀，所以rm{C}为rm{HCl}

结合对应物质的组成和性质判断晶体的类型．

本题考查晶体类型和性质，侧重于物质的性质的考查，注意把握离子晶体、原子晶体以及分子晶体的结构和性质的区别，题目难度不大．【解析】rm{NaCl}rm{C(}金刚石rm{)}rm{HCl}离子晶体；原子晶体；分子晶体；离子键；共价键；分子间作用力三、工业流程题(共8题，共16分)13、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14、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.D15、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%16、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%17、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