2025年湘教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年湘教版高二化学下册月考试卷393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、下列关于图像及描述说法都正确的是2、有甲、乙两组物质，在一定条件下，甲组中能和乙组中各物质都起反应的是甲组：A．甲酸B．乙酸钠C．乙酸乙酯D．苯酚乙组：E．NaOHF．溴水G．甲醛H．FeCl33、下列事实可以用勒夏特列原理解释的是（）

A.新制的氯水在光照条件下颜色变浅。

B.使用催化剂；提高合成氨的产率。

C.高锰酸钾（KMnO4）溶液加水稀释后颜色变浅。

D.H2、I2；HI平衡混合气体加压后颜色变深。

4、已知某可逆反应：mA(g)+nB(g)pC(g)△H在密闭容器器中进行，如图所示，反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是A.T12，p1>p2，m+n0B.T1>T2，p12，m+n<0C.T1>T2，p12，m+n>p，△H>0D.T1>T2，p1>p2，m+n>p，△H<05、下列有机物的系统命名正确的有rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{3-}二甲基rm{-3}rm{3-}二乙基戊烷B.rm{2-}甲基rm{-3-}乙基丁烷C.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-2-}丁醇D.rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁醇6、下列实验，能达到目的是()

A.用图中装置检验乙炔的还原性B.先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，鉴别己烯中是否混有少量甲苯C.用裂化汽油从溴水中萃取溴单质。

D.将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液，除去甲烷中混有的乙烯7、如图为一个装有活塞的密闭容器，内盛有rm{22.4ml}的rm{NO}若通入rm{11.2ml}的rm{O_{2}(}体积为标况下测得rm{)}保持温度，压强不变，则容器中的密度为rm{(}rm{)}A.等于rm{1.369g/L}B.等于rm{2.054g/L}C.于rm{1.369g/L}和rm{2.054g/L}之间D.大于rm{2.054g/L}8、rm{0.1mol}由两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后，得到rm{0.16molCO_{2}}和rm{3.6}克水，则混合气体中rm{(}rm{)}A.一定有甲烷B.一定是甲烷和乙烯C.可能有乙烷D.一定有乙炔评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（6分）有机物甲的结构简式如下，它可通过不同的化学反应分别制得结构简式为乙～庚的物质．请回答下列问题：（1）指出反应的类型：甲→丙：______________________，甲→丁：______________________。（2）在甲～庚七种物质中，互为同分异构体的是_____________________。（填代号，下同）；可看作酯类的是、和庚。（3）已知HCHO分子中所有原子都在同一平面内，则在上述分子中所有原子有可能都在同一平面内的物质是______________________。10、铁及其化合物与生产、生活关系密切。（1）下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。①该电化腐蚀称为。②图中A和B区域相比较，腐蚀较慢的是(填字母)。（2）实验室经常用到FeCl3溶液，在配制FeCl3溶液时常需加入少量的；将FeCl3溶液和碳酸氢钠溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为。（3）已知t℃时，反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25。①t℃时，反应达到平衡时n(CO2)：n(CO)=②若在1L密闭容器中加人0.02molFeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x=。11、某烃A的分子量为56，应用红外光谱测知分子中含有1个碳碳双键，应用核磁共振氢谱法检测显示只有二种类型的氢原子．写出A的分子式____________，结构简式____________，用系统命名法命名是____________；在A的同系物中分子量最小的烃的结构简式是____________．12、锗rm{(Ge)}是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：rm{(1)}基态rm{Ge}原子的核外电子排布式为____________，有__________个未成对电子。rm{(2)Ge}与rm{C}是同族元素，rm{C}原子之间可以形成双键、叁键，但rm{Ge}原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_____________________________________。rm{(3)}比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因__________________________________________________________________________________________。。rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔点rm{/}rm{隆忙}rm{?}rm{49.5}rm{26}rm{146}沸点rm{/}rm{隆忙}rm{83.1}rm{186}约rm{400}rm{(4)}光催化还原rm{CO_{2}}制备rm{CH_{4}}反应中，带状纳米rm{Zn_{2}GeO_{4}}是该反应的良好催化剂。rm{Zn}rm{Ge}rm{O}电负性由大至小的顺序是__________________。rm{(5)Ge}单晶具有金刚石型结构，其中rm{Ge}原子的杂化方式为_____________，微粒之间存在的作用力是__________________。rm{(6)}晶胞有两个基本要素：rm{垄脵}原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为rm{Ge}单晶的晶胞，其中原子坐标参数rm{A}为rm{(0,0,0)}rm{B}为rm{(1/2,0,1/2)}rm{C}为rm{(1/2,1/2,0)}则rm{D}原子的坐标参数为_____________________。13、乙醇rm{(CH_{3}CH_{2}OH)}和乙酸rm{(CH_{3}COOH)}是生活中常见的有机物，请根据题意填空：rm{(1)}向乙醇中投入一小块金属钠，有气体产生，该气体是________rm{(}填“rm{H_{2}}”或“rm{CO_{2}}”rm{)}rm{(2)CH_{3}CH_{2}OH}的官能团是________rm{(}填“羟基”或“羧基”rm{)}rm{(3)}乙醇、乙酸和浓硫酸混合共热可产生一种有水果香味的物质，该物质是________rm{(}填“乙醛”或“乙酸乙酯”rm{)}14、化学无处不在；了解一些与食品相关的化学知识很有意义．

（1）薯片等容易挤碎的食品，宜选用充气袋装．不应该充入的是______．

A．氮气B．二氧化碳C．氧气。

（2）为使面包松软可口，通常用碳酸氢钠作发泡剂．因为它______．

①热稳定性差②增加甜味③产生二氧化碳④提供钠离子。

A．②③B．①③C．①④

（3）苯甲酸钠（C6H5COONa）是常用的食品防腐剂．下列描述错误的是______．

A．苯甲酸钠属于盐类B．苯甲酸钠能溶于水C．苯甲酸钠属于烃类．15、在有机化学分析中，根据反应的性质和反应产物，即可确定烯烃的组成和结构rm{(}双键及支键的位置rm{)}例如：rm{xrightarrow[Zn/H_{2}O_{2}]{O_{3}}}rm{

xrightarrow[Zn/H_{2}O_{2}]{O_{3}}}

据以上线索和下列反应事实，确定rm{+}的结构：rm{C_{7}H_{14}xrightarrow[Zn/H_{2}O_{2}]{O_{3}}CH_{3}CHO+}该烃的结构简式为______．rm{C_{7}H_{14}}16、某温度时，在rm{1L}密闭容器中，rm{A}rm{B}rm{C}三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示rm{.}由图中数据分析：

rm{(1)}该反应的化学方程式：______；

rm{(2)}反应开始至rm{2min}末，rm{A}的反应速率为______；

rm{(3)}该反应是由______开始进行的rm{.}填序号。

rm{垄脵}正反应rm{垄脷}逆反应rm{垄脹}正逆反应同时．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)17、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．18、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．19、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。20、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、解答题(共2题，共12分)21、醋酸是日常生活中最常见的调味剂和重要的化工原料，醋酸钠是其常见的盐．（已知：25℃，Ka（CH3COOH）=1.69×10-5）．请回答：

（1）写出醋酸钠在水中发生水解反应的离子方程式：______；

（2）在CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为______（用“c（Bn+）”表示相应离子浓度）；

（3）25℃时，醋酸的电离平衡常数表达式Ka=．0.10mol/L的醋酸溶液的pH约为______（提示：醋酸的电离常数很小，平衡时的c（CH3COOH）可近似视为仍等于0.10mol/L；已知：lg1.3=0.114）；

（4）对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是______；

A．稀释醋酸溶液；醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小．

B．升高温度可以促进醋酸电离；而升高温度则会抑制醋酸钠水解．

C．醋酸和醋酸钠的混合液中；醋酸抑制醋酸钠的水解；醋酸钠也抑制醋酸的电离．

D．醋酸和醋酸钠的混合液中；醋酸促进醋酸钠的水解；醋酸钠也促进醋酸的电离．

（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合（注：混合前后溶液体积变化忽略不计）；混合液中的下列关系式正确的是______；

A．c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）

B．c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）

C．c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L

（6）常温时；有以下3种溶液，其中pH最小的是______；

A．0.02mol•L-1CH3COOH与0.02mol•L-1NaOH溶液等体积混合液。

B．0.03mol•L-1CH3COOH与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合液。

C．pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合液。

（7）已知醋酸能够和小苏打溶液发生下列反应：CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+CO2↑+H2O．用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸氢钠溶液，则pH（CH3COONa）______pH（NaHCO3）．（填：“＞”；“＜”或“=”）

22、碘在科研与生活中有重要应用．某兴趣小组用0.50mol•L-1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol•L-1K2S2O8、0.10mol•L-1Na2S2O3等试剂；探究反应条件对化学反应速率的影响．

已知：S2O82-+2I-═2SO42-+I2（慢）I2+2S2O32-═S4O62-+2I-（快）

（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的______（填化学式）耗尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色．为确保能观察到蓝色，S2O32-与S2O82-初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32-）：n（S2O82-）＜______．

（2）某同学设计实验如下表所示：

。0.20mol•L-1K2S2O8溶液的体积/mL0.10mol•L-1Na2S2O3溶液的体积/mLH2O的体积/mL0.50mol•L-1KI溶液的体积淀粉溶液实验110.04.00.04.02.0实验29.04.01.04.02.0实验38.04.0V14.02.0该实验的目的是______；表中V1=______mL；理由是______．

（3）已知某条件下，浓度c（S2O82-）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82-）～t的变化曲线示意图（进行相应的标注）

评卷人得分五、工业流程题(共3题，共9分)23、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___。24、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25、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________%。评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)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．27、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、B【分析】【解析】试题分析：粗铜精炼时，粗铜和电源的正极相连，纯铜和电源的负极相连，A不正确；B是铜锌原电池，正确；C中惰性电极电解氯化钠溶液，阴极生成氢气，阳极生成氯气，体积之比是1:1的，C不正确；在铁上镀铜时，铁和电源的负极相连，做阴极，铜和电源的正极相连，做阳极，D不正确，答案选B。考点：考查电化学的综合应用【解析】【答案】B2、D【分析】【解析】【答案】D3、A【分析】

A、氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO；光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氯气的浓度减小，氯水颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；

B；使用催化剂；缩短到达平衡时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；

C、高锰酸钾（KMnO4）溶液加水稀释；高锰酸根离子的浓度减小，溶液颜色变浅，与可逆过程无关，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；

D、可逆反应为H2（g）+I2（g）2HI（g），增大压强I2的浓度增大；颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，不能用用勒夏特列原理解释，故D错误．

故选A．

【解析】【答案】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度；压强或温度等）；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释．

4、C【分析】温度越高，压强越大，反应速率越大，到达平衡的时间就越短，所以T1大于T2，P2大于P1。根据图像可知，温度越高，反应物的含量越低，说明升高温度平衡向正反应方向移动，即正反应是吸热反应，△H＞0。压强越大，反应物的含量越低，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，即m＋n大于p。所以答案是C。【解析】【答案】C5、D【分析】解：rm{A}每个碳原子只能形成四条价键，而在此命名中，rm{3}号碳原子上的支链有rm{3}个，故rm{3}号碳原子形成了rm{5}条价键；故A错误；

B、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{5}个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{2}号和rm{3}号碳原子上各有一个甲基，故名称为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；故B错误；

C、每个碳原子只能形成四条价键，而在此有机物中，在rm{2}号碳原子上有两个甲基、一个rm{-OH}故rm{2}号碳原子形成了rm{5}条价键；故C错误；

D、醇命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故此有机物的主链上有rm{4}个碳原子，从离官能团近的一端给主链上碳原子进行编号，故rm{-OH}在rm{1}号碳原子上，在rm{2}号和rm{3}号碳原子上各有一个甲基，故名称为：rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁醇；故D正确．

故选D．

A；每个碳原子只能形成四条价键；

B；烷烃命名时；要选最长的碳链为主链；

C；每个碳原子只能形成四条价键；

D；醇命名时；要选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上碳原子进行编号．

本题考查了烷烃、醇的命名，难度不大，应注意的是每个碳原子只能形成rm{4}条价键．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及混合物分离提纯、检验等为解答的关键，注意有机物的性质应用，题目难度不大。【解答】A.乙炔中混有的硫化氢也能被高锰酸钾氧化；则图中高锰酸钾不能检验乙炔的还原性，故A错误；

B.先加足量溴水与烯烃反应；再加入酸性高锰酸钾溶液与甲苯反应，则先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，可鉴别己烯中是否混有少量甲苯，故B正确；

C.裂化汽油中含碳碳双键；与溴水发生加成反应，不能萃取提取溴，故C错误；

D.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；引入新杂质，不能除杂，应选溴水；洗气除杂，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}7、D【分析】解：一氧化氮与氧气恰好发生反应生成了二氧化氮；

rm{2NO+O_{2}篓T2NO_{2}}

rm{2}rm{1}rm{2}

rm{22.4mL11.2mL22.4mL}

反应后生成了rm{22.4mL}二氧化氮，假设二氧化氮体积不变，则容器中气体的密度为：rm{娄脩(NO_{2})=dfrac{46g/mol隆脕dfrac{22.4隆脕10^{-3}L}{22.4L/mol}}{22.4隆脕10^{-3}L}=2.054g/L}

因存在转化平衡：rm{娄脩(NO_{2})=dfrac{46g/mol隆脕dfrac

{22.4隆脕10^{-3}L}{22.4L/mol}}{22.4隆脕10^{-3}L}=2.054g/L}混合气体的体积减小；

所以容器中气体rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}应大于rm{娄脩}

故选D．

根据一氧化氮与氧气的反应方程式判断二者恰好完全反应生成二氧化氮；然后根据反应后生成的二氧化氮气体计算出气体的密度，再根据二氧化氮存在转化平衡，混合气体的体积减小，得出容器中密度比二氧化氮的密度大．

本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，注意掌握二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，反应后混合气体的密度大于二氧化氮的密度，试题培养培养离子学生的分析、理解能力和计算能力．rm{2.054g/L}【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{n(H_{2}O)=dfrac{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}混合烃完全燃烧生成rm{0.1mol}和rm{0.16molCO_{2}}根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为rm{0.2molH_{2}O}烃中rm{C_{1.6}H_{4}}原子数小于rm{C}的只有甲烷，则一定含有甲烷，rm{1.6}分子中含rm{CH_{4}}个氢原子，故另一种分子中一定含rm{4}个氢原子，且其碳原子数大于rm{4}故可能是rm{1.6}或rm{C_{2}H_{4}}一定没有rm{C_{3}H_{4}}或rm{C_{2}H_{6}}二者的rm{C_{2}H_{2}}原子不等于rm{H}

A；由上述分析可知；混和气体中一定有甲烷，故A正确；

B、由上述分析可知，混和气体中一定有甲烷，可能含有是rm{4}或rm{C_{2}H_{4}}故B错误；

C、由上述分析可知，混和气体中一定没有rm{C_{3}H_{4}}或rm{C_{2}H_{6}}故C错误；

D、由上述分析可知，混和气体中一定没有rm{C_{2}H_{2}}或rm{C_{2}H_{6}}故D错误．

故选A．

rm{n(H_{2}O)=dfrac{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}即rm{C_{2}H_{2}}混合烃完全燃烧生成rm{n(H_{2}O)=dfrac

{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}和rm{0.1mol}根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为rm{0.16molCO_{2}}根据平均分子式进行判断．

本题考查混合烃组成的判断，难度中等，本题关键是能够正确分析有机物完全燃烧生成的rm{0.2molH_{2}O}和rm{C_{1.6}H_{4}}的物质的量关系，根据平均分子式进行判断．rm{CO_{2}}【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】（1）甲中含有醇羟基，通过消去反应，生成碳碳双键。羟基也可以被溴化氢反应取代反应，羟基被溴原子取代。（2）分子式相同，而结构不同的化合物是同分异构体。甲～己的分子式分别是C9H10O3、C9H8O3、C9H8O2、C9H9O2Br、C9H10O3、C12H12O4，庚是高分子化合物。所以丙和戊属于同分异构体。含有酯基就可以看作是酯类化合物，所以戊、己以及庚都可看作酯类。（3）除丙之外，其他化合物中均含有饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定位于四面体的四个顶点上，所以不可能在同一平面上。因为甲醛是平面型结构，所以羧基也是平面型结构，又因为碳碳双键和苯环都是平面型结构，所以丙中所有原子有可能在同一个平面上。【解析】【答案】（1）消去反应取代反应（每空1分）（2）丙和戊戊己（每空1分）（3）丙（1分）10、略

【分析】试题分析：B中接触了水和氧气，更加容易被腐蚀，制备氯化铁加入盐酸主要是防止氯化铁发生水解。衡常数是指在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，但需要注意但是固体和纯液体的浓度视为常数，不能出现在表达式中，。c(CO2)c(CO)则K=所以n(CO2)：n(CO)=1；4（3）由于FeO(s)转化率为50%即参与反应的FeO为0.01摩尔，则消耗0.01摩尔一氧化碳，生成0.01摩尔的二氧化碳。所以在平衡时，氧化亚铁的量为0.01、一氧化碳为X-0.01摩尔，二氧化碳为0.01摩尔，据化学平衡常数计算公式可得0.04=X—0.01即X=0.05摩尔考点：化学平衡的计算的相关知识点的应用【解析】【答案】（1）吸氧腐蚀A（2）盐酸（3）4；10.0511、略

【分析】解：烃A的分子量为56，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则A应为烯烃，设分子式为CnH2n，则有14n=56，n=4，分子式为C4H8，又因为核磁共振氢谱法检测显示只有二种类型的氢原子，其结构简式应为CH3-CH=CH-CH3，该物质为2-丁烯，2-丁烯的同系物中分子量最小的烃的乙烯，结构简式为CH2=CH2；

故答案为：C4H8；CH3-CH=CH-CH3；2-丁烯；CH2=CH2；【解析】C4H8;CH3-CH=CH-CH3;2-丁烯;CH2=CH212、（1）[Ar]3d104s24p22（2）锗的原子半径大，原子之间形成的ρ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键（3）GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强（4）O＞Ge＞Zn（5）sp3共价键（6）（1/4，1/4，1/4）【分析】【分析】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞计算等，rm{(6)}中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大。【解答】rm{(1)Ge}是rm{32}号元素，位于第四周期第rm{IVA}族，基态rm{Ge}原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{2}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2}}在最外层的rm{4s}能级上rm{2}个电子为成对电子，rm{4p}轨道中rm{2}个电子分别处以不同的轨道内，有rm{2}轨道未成对电子；

故答案为：rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2}}rm{2}

rm{(2)}虽然rm{Ge}与rm{C}是同族元素，rm{C}原子之间可以形成双键、叁键，但考虑rm{Ge}的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成rm{娄脨}键，所以rm{Ge}原子之间难以形成双键或叁键；

故答案为：rm{Ge}原子半径大，原子间形成的rm{娄脪}单键较长，rm{p-p}轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成rm{娄脨}键；

rm{(3)}锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}故沸点：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}

故答案为：rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}的熔；沸点依次增高；原因是分子结构相似；分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；

rm{(4)}元素非金属性：rm{Zn<Ge<O}元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：rm{O>Ge>Zn}

故答案为：rm{O>Ge>Zn}

rm{(5)Ge}单晶具有金刚石型结构，rm{Ge}原子与周围rm{4}个rm{Ge}原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，rm{Ge}原子之间形成共价键，rm{Ge}原子杂化轨道数目为rm{4}采取rm{sp^{3}}杂化；

故答案为：rm{sp^{3}}共价键；

rm{(6)D}与周围rm{4}个原子形成正四面体结构，rm{D}与顶点rm{A}的连线处于晶胞体对角线上，过面心rm{B}rm{C}及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞rm{2}等分，同理过rm{D}原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再rm{2}等份，可知rm{D}处于到各个面的rm{1/4}处，则rm{D}原子的坐标参数为rm{(1/4,1/4,1/4)}

故答案为：rm{(1/4,1/4,1/4)}

【解析】rm{(1)[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2;;}2}rm{(2)}锗的原子半径大，原子之间形成的rm{娄脩}单键较长，rm{p-p}轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成rm{娄脨}键rm{(3)GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强rm{(4)O>Ge>Zn}rm{(5)sp^{3;;;;}}共价键rm{(6)(1/4,1/4,1/4)}13、rm{(1)H_{2;}(2)}羟基rm{(3)}乙酸乙酯【分析】【分析】本题考查乙醇的性质。【解答】rm{(1)}乙醇和钠反应生成氢气，本题答案是：rm{H_{2}}rm{(2)CH_{3}CH_{2}OH}的官能团是羟基；本题答案是：羟基；rm{(3)}乙醇、乙酸和浓硫酸混合共热，发生酯化反应，生成乙酸乙酯；本题答案是：乙酸乙酯。【解析】rm{(1)H_{2;}(2)}羟基rm{(3)}乙酸乙酯14、略

【分析】解：（1）油炸虾条；薯片具有还原性；易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，故答案为：C；

（2）碳酸氢钠受热易分解出二氧化碳；通常用碳酸氢钠作发泡剂，故答案为：B；

（3）苯甲酸钠是由苯甲酸根离子和钠离子组成的盐；钠盐均易溶于水，苯甲酸钠含有钠元素，不属于烃，故答案为：C．

（1）油炸虾条；薯片易因被氧化而变质；保存时，充入气体应为非氧化性气体；

（2）碳酸氢钠受热易分解出二氧化碳；通常用碳酸氢钠作发泡剂；

（3）苯甲酸钠是由苯甲酸根离子和钠离子组成的盐；钠盐均易溶于水，苯甲酸钠含有钠元素，不属于烃．

本题考查了常见食品添加剂的组成、性质和用途，题目难度不大，物质的性质决定物质的用途．【解析】C；B；C15、略

【分析】解：根据可知rm{C_{7}H_{14}}的结构简式是rm{(CH_{3})_{2}CHC(CH_{3})=CHCH_{3}}

故答案为：rm{(CH_{3})_{2}CHC(CH_{3})=CHCH_{3}}．

由信息可知；烯烃发生氧化反应就是将双键断开直接连接氧原子，以此来解答．

本题考查有机物的官能团与性质，为高频考点，把握信息中烯烃氧化的规律为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{(CH_{3})_{2}CHC(CH_{3})=CHCH_{3}}16、略

【分析】解：rm{(1)}由图可知，rm{2min}末达到平衡状态，说明该反应为可逆反应，从反应开始到rm{2min}末，rm{A}的物质的量减少rm{2mol}rm{B}的物质的量减少rm{1mol}rm{C}的物质的量增加rm{2mol}

因此该反应的化学方程式为rm{2A+B?2C}

故答案为：rm{2A+B?2C}

rm{(2)}反应开始至rm{2min}末，rm{A}的物质的量减少了rm{2mol}rm{v(A)=dfrac{2mol}{1L隆脕2min}=1mol/(L?min)}

故答案为：rm{v(A)=dfrac

{2mol}{1L隆脕2min}=1mol/(L?min)}

rm{1mol/(L?min)}由图可知，反应开始时rm{(3)}rm{A}rm{B}的物质的量均不为rm{C}说明该反应从正逆反应同时开始进行的；

故答案为：rm{0}．

rm{垄脹}由图可知，rm{(1)}末达到平衡状态；说明该反应为可逆反应，根据物质的量变化之比等于化学计量数之比确定化学计量数；

rm{2min}反应开始至rm{(2)}末，rm{2min}的物质的量减少了rm{A}带入rm{v=dfrac{trianglen}{Vcdottrianglet}}计算；

rm{2mol}由图可知，反应开始时rm{v=dfrac{trianglen}{Vcdot

trianglet}}rm{(3)}rm{A}的物质的量均不为rm{B}说明该反应从正逆反应同时开始进行的．

本题考查了化学平衡状态建立的过程和化学反应速率的计算，难度不大，rm{C}注意rm{0}时达到化学平衡状态，说明该反应是可逆反应，化学方程式中要写可逆号．rm{(1)}【解析】rm{2A+B?2C}rm{1mol/(L?min)}rm{垄脹}三、有机推断题(共4题，共8分)17、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH218、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH219、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl20、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、解答题(共2题，共12分)21、略

【分析】

（1）醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，离子反应为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

（2）醋酸根离子水解，溶液显碱性，显性离子大于隐性离子，则离子关系为c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（3）平衡常数表达式Ka=0.10mol/L的醋酸溶液的c（H+）===1.3×10-3mol/L；则pH=2.88，故答案为：2.88；

（4）A．稀释促进电离；促进水解；则稀释时醋酸的电离程度增大，醋酸钠的水解程度增大，故A错误；

B．电离；水解均为吸热反应；升高温度，促进水解、电离，故B错误；

C．醋酸和醋酸钠的混合液中；电离与水解相互抑制，故C正确；

D．醋酸和醋酸钠的混合液中；醋酸抑制醋酸钠的水解；醋酸钠也抑制醋酸的电离，故D错误；

故答案为：B；

（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）；故答案为：ABC；

（6）混合溶液的酸性越强；则pH越小；

A．0.02mol•L-1CH3COOH与0.02mol•L-1NaOH溶液等体积混合液；恰好生成醋酸钠，溶液显碱性；

B．0.03mol•L-1CH3COOH与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合液；反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，剩余0.01mol/L醋酸；

C．pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合液；反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，pH=2的醋酸浓度大于远0.01mol/L，显然C酸性最大，pH最小；

故答案为：C；

（7）用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸氢钠溶液；酸性越强，水解程度小，则碱性小，pH就小；

由CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+CO2↑+H2O可知；醋酸的酸性强，则醋酸钠水解程度小，盐溶液的pH小，故答案为：＜．

【解析】【答案】（1）醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；

（2）醋酸根离子水解；溶液显碱性；

（3）平衡常数表达式Ka=0.10mol/L的醋酸溶液的c（H+）=以此计算pH；

（4）A．稀释促进电离；促进水解；

B．电离；水解均为吸热反应；

C．醋酸和醋酸钠的混合液中；电离与水解相互抑制；

D．醋酸和醋酸钠的混合液中；醋酸抑制醋酸钠的水解；醋酸钠也抑制醋酸的电离；

（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒为c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+）；以此分析；

（6）混合溶液的酸性越强；则pH越小，以此来解答；

（7）用pH试纸在常温下分别测定0.10mol/L的醋酸钠溶液和0.10mol/L的碳酸氢钠溶液；酸性越强，水解程度小，则碱性小，pH就小．

22、略

【分析】

（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，先发生S2O82-+2I-═2SO42-+I2（慢），后发生I2+2S2O32-═S4O62-+2I-（快），当S2O32-耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色，根据I2+2S2O32-═S4O62-+2I-（快）方程式知，I2与S2O32-的物质的量的关系为1：2，即1mol碘需2molS2O32-，根据方程式S2O82-+2I-═2SO42-+I2知，生成1mol碘需为1molS2O82-，即n（S2O32-）：n（S2O82-）=2：1，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，即n（S2O32-）：n（S2O82-）＜2：1；

故答案为：Na2S2O3；＜2；

（2）对照实验1和2发现，实验2取的0.20mol•L-1K2S2O8溶液的体积9mL，比实验1少了1mL，说明取的K2S2O8物质的量少，加水1mL，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下，探究的是该反应速率与K2S2O8浓度的关系；同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2mL水；

故答案为：探究该反应速率与K2S2O8浓度的关系；2mL；理由是保证反应物K2S2O8浓度改变；而其他的不变，才到达实验目的；

（3）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短，故答案为：．

【解析】【答案】（1）根据KI、Na2S2O3与淀粉的反应原理解答；

（2）根据实验1；2、3的异同点解答；

（3）根据降低温度和使用催化剂对反应速率的影响解答．

五、工业流程题(共3题，共9分)23、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24、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.