2024年華師大新版高二化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華師大新版高二化學上冊月考試卷571考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、對于一定不能自發(fā)進行的反應來說，反應后體系的rm{(}rm{)}A.混亂度增大，而能量降低B.混亂度減少，能量降低C.混亂度減少，而能量增加D.混亂度增大，能量增加2、鋁及鋁合金經過陽極氧化，鋁表面能生成幾十微米厚的氧化鋁膜。某研究性學習小組模擬工業(yè)法對鋁片表面進行氧化處理。分別以鉛片、鋁片為電極，以硫酸溶液為電解液，按照如圖所示裝置連接電解池裝置，電解40min后取出鋁片，用水沖洗，放在水蒸氣中封閉處理20～30min，即可得到更加致密的氧化膜。下列有關說法正確的是()。A.電解時電子從電源負極→導線→鋁極，鉛極→導線→電源正級B.在電解過程中，H＋向陽極移動，SO向陰極移動C.電解過程陽極周圍溶液的pH下降D.電解的總反應為2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑3、下列措施不能增大反應速率的是A.鋅與稀硫酸反應時，加少量銅粉B.Fe與稀硫酸反應制取H2時，改用98%濃硫酸C.Al在氧氣中燃燒生成A12O3，將鋁片改成鋁粉D.恒溫時，增大H2(g)+Br2(g)?2HBr(g)反應體系的壓強4、最新研究表明生命起源于火山爆發(fā)，是因為火山爆發(fā)產生的氣體中含有rm{1%}的羰基硫rm{(OCS)}已知羰基硫中所有原子均滿足rm{8}電子穩(wěn)定結構。下列有關羰基硫的說法不正確的是

A.屬于極性分子B.沸點高于rm{CO_{2}}C.電子式為rm{:O:C:S:}D.三個原子位于同一直線上5、下列敘述不正確的是()A.rm{25隆忙}時稀氨水溶液的rm{K_{W}}小于rm{100隆忙}時rm{NaCl}稀溶液的rm{K_{W}}B.稀醋酸中加入少量的冰醋酸，醋酸電離程度減小，溶液的rm{pH}減小C.飽和石灰水中加入少量rm{CaO}恢復至室溫后溶液的rm{pH}值不變D.rm{pH}相同的氨水、氫氧化鈉和氫氧化鋇溶液，分別用蒸餾水稀釋到原來的rm{x}倍、rm{y}倍、rm{z}倍，稀釋后三種溶液的rm{pH}仍然相同，則rm{x}rm{y}rm{z}的關系是：rm{x<y=z}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、在一定體積的密閉容器中；進行如下化學反應：

CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）；其化學平衡常數K和溫度t的關系如下表：

。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6（1）該反應的化學平衡常數表達式為K=____．

（2）該反應為____反應（選填“吸熱”；“放熱”）．

（3）若830℃時，向容器中充入1molCO、5molH2O，反應達到平衡后，其化學平衡常數K____1.0（選填“大于”；“小于”、“等于”）

（4）若1200℃時，在某時刻該容器中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol?L-1、2mol?L-1、4mol?L-1、4mol?L-1，則此時上述反應的平衡移動方向為____．（選填“正反應方向”；“逆反應方向”、“不移動”）

（5）科學家一直致力于“人工固氮”的方法研究．目前合成氨的技術原理為：

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

該反應的能量變化如圖所示．

①在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E2的變化是：____．（填“增大”；“減小”或“不變”）．

②將一定量的N2（g）和H2（g）放入2L的密閉容器中，在500℃、2×107Pa下發(fā)生如下反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）

5分鐘后達到平衡，測得N2為0.2mol，H2為0.6mol，NH3為0.2mol．氮氣的平均反應速率v（N2）=____，H2的轉化率是____．

③欲提高②容器中H2的轉化率，下列措施一定可行的是____．

A．增大壓強。

B．改變反應的催化劑。

C．液化生成物分離出氨。

D．向容器中按原比例再充入原料氣。

E．升高溫度．

7、下圖是各物質的反應關系圖:已知A和E都是黃色粉末.F有刺激性氣味且有漂白性常被不法商人用來漂白腐竹等.請據此回答下列問題:(1)寫出下列各物質的化學式:A.__________E_________(2)寫出圖中編號的化學方程式:①_______________________②_________________________8、(12分)有機物A(C10H20O2)有蘭花香味，可用作香皂、洗發(fā)香波的芳香賦予劑。已知：①B分子中沒有支鏈；②D能與碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳；③D、E互為具有相同官能團的同分異構體，E分子烴基上的氫若被Cl取代，其一氯代物只有一種；④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）請寫出A、D、F的結構簡式A：；D：；F：。（2）B可以發(fā)生的反應有(填序號)。①取代反應②消去反應③加聚反應④氧化反應（3）D、F分子所含的官能團的名稱依次是、。（4）寫出與D、E具有相同官能團的同分異構體的可能結構簡式(任寫一種)：__________。9、某烷烴的質譜圖如下。

該烷烴某種同分異構體A的核磁共振氫譜顯示只有一個峰，寫出A的結構簡式______．10、（10分）如圖，取一塊黃豆大小的金屬鈉放在石棉網上，用酒精燈預熱，待鈉熔成球狀時，將盛氯氣的集氣瓶倒扣在鈉的上方，鈉會在氯氣中劇烈燃燒，產生大量白煙，請回答下列問題：（1）對此反應及現(xiàn)象的描述正確的是A．此反應為放熱反應B．白煙的生成說明產生了氯化鈉分子C．反應中鈉元素被氧化，氯元素被還原。（2）寫出該反應的方程式（3）用電子式表示氯化鈉的形成過程，（4）檢驗有Cl－生成，請補充實驗步驟（可填滿也不可填滿）①倒轉集氣瓶，加適量蒸餾水②取少量溶液于試管中。③加試管中加入____。④有生成則證明有Cl－。評卷人得分三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)11、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。12、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去13、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質量分數，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數w[Cr2(CO3)3]=____。14、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產品質量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產品產率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產品達到優(yōu)等品且產率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質是______________。

(4)產品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。15、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經氮氣載入反應管進行反應,繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發(fā)生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質量分數的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質量分數為____(結果保留一位小數)。16、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分四、解答題(共2題，共20分)17、在一恒容密閉容器中發(fā)生某化學反應2A（g）?B（g）+C（g）；在三種不同條件下進行，其中實驗Ⅰ；Ⅱ都在800℃，實驗Ⅲ在850℃，B、C的起始濃度都為0，反應物A的濃度隨時間（min）的變化如圖所示：

試回答下列問題：

（1）在實驗Ⅰ中；反應在20min至40min內A的平均反應速率為______．

（2）實驗Ⅱ和實驗I相比；可能隱含的反應條件是______．

（3）根據實驗Ⅲ和實驗Ⅰ的比較；可推測該反應降低溫度，平衡向______（填“正”或“逆”）反應方向移動，該正反應是______（填“放熱”或“吸熱”）反應．

（4）與實驗Ⅰ相比，若實驗Ⅰ中的A的起始濃度改為0.8mol?L-1；其它條件不變，則達到平衡時所需用的時間______實驗Ⅰ（填寫“大于”；“等于”或“小于”）．

18、蓋爾達法分解蛋白質的過程可表示為：蛋白質硫酸銨氨。

現(xiàn)對牛奶中的蛋白質進行下列實驗：取30.0mL牛奶，用蓋達爾法分解蛋白質，把氮完全轉化為氨，用0.500mol?L-1的H2SO4溶液50.0mL吸收后，剩余的酸用1.00mol?L-1的NaOH溶液中和；需38.0mL．求：

（1）30.0mL牛奶中氮元素的質量是多少？

（2）己知牛奶的密度1.03g?mL-1；蛋白質中含氮的質量分數為16.0%，則該牛奶中蛋白質的質量分數為多少？

評卷人得分五、計算題(共2題，共8分)19、（6分）在密閉容器中，濃度均為0.020mol·L-1CO和H2O(g)混合加熱到773K時，達到下列平衡CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，已知該反應的K=9，求CO的平衡濃度和轉化率。20、已知在某溫度rm{T隆忙}時，某稀硫酸和鹽酸混合液中，rm{c(H^{+})=10^{-a}mol?L^{-1}}rm{c(OH^{-})=10^{-b}mol?L^{-1}}已知rm{a+b=12.}向rm{20mL}該混合酸溶液中逐滴加入rm{pH=11Ba(OH)_{2}}溶液，生成rm{BaSO_{4}}的質量與加入的rm{Ba(OH)_{2}}溶液體積關系如圖所示，當加入rm{60mL}rm{Ba(OH)_{2}}溶液時，rm{C}點溶液的rm{pH=6(}體積變化忽略不計rm{)}試計算：

rm{(1)}最初混合酸溶液中rm{c(HCl)=}______；

rm{(2)}圖中______點rm{BaSO_{4}}就已被完全沉淀；質量為______克；

rm{(3)B}點rm{pH=}______rm{(}第rm{(3)}步要求寫出計算過程rm{)(}已知rm{lg3=0.48)}．評卷人得分六、綜合題(共2題，共16分)21、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．22、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】解：rm{triangleH-TtriangleS>0}的反應不能自發(fā)進行，若rm{triangleH-Ttriangle

S>0}rm{triangleH>0}即混亂度減少，而能量增加的反應體系一定不能自發(fā)進行；

故選C．

rm{triangleH-TtriangleS<0}的反應可自發(fā)進行，而rm{triangleH-TtriangleS>0}的反應不能自發(fā)進行；以此來解答．

本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應進行方向的判斷、焓變、熵變?yōu)榻獯鸬年P鍵，側重分析與應用能力的考查，注意綜合判據的應用，題目難度不大．rm{triangleS<0}【解析】rm{C}2、C【分析】試題分析：A、Al作電解池的陽極，Pb作電解池的陰極，則電子從陽極流出，流到正極，再從負極流回到陰極，錯誤；B、在電解過程中，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，錯誤；C、根據題意，Al極是氫氧根離子失去電子生成氧氣，氧氣與Al反應生成氧化鋁，所以陽極區(qū)的氫氧根離子濃度減小，氫離子濃度增大，pH下降，正確；D、電池總反應中缺少通電的條件，錯誤，答案選C。考點：考查電解原理的應用，電子、離子移動方向的判斷【解析】【答案】C3、B【分析】試題分析：A．鋅與稀硫酸反應時，若加少量銅粉，Zn、Cu及硫酸就構成例如原電池。Zn作負極，從而加快了反應速率。錯誤。B．Fe與稀硫酸反應制取H2時，若改用98%濃硫酸，應用在濃硫酸中H+的濃度很小，F(xiàn)e在濃硫酸中會發(fā)生鈍化，所以反應速率反而降低。正確。C．Al在氧氣中燃燒生成A12O3，若將鋁片改成鋁粉，由于固體的表面積增大，所以反應速率大大加快。錯誤。D．H2(g)+Br2(g)?2HBr(g)的有氣體參加的反應。所以在恒溫時，若增大H2(g)+Br2(g)?2HBr(g)反應體系的壓強，反應混合物的濃度都增大，所以化學反應速率加快。錯誤?？键c：考查外界條件對化學反應速率的影響的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、D【分析】【分析】本題考查含硫物質的性質及結構，為高頻考點，把握習題中的信息及遷移應用能力為解答的關鍵，注意利用與二氧化碳性質、結構相似來解答。【解答】A.羰基硫中所有原子均滿足rm{8}電子穩(wěn)定結構，結構式為rm{O=C=S}因rm{O}rm{S}得電子的能力不同，為含rm{C}rm{O}之間與rm{C}rm{S}之間的極性鍵的極性分子；故A錯誤；

B.rm{S}的相對原子質量大于rm{O}則羰基硫的相對分子質量大于二氧化碳，則沸點高于rm{CO_{2}}故B錯誤；

C.由羰基硫分子中所有原子均滿足rm{8}電子結構，可看作是二氧化碳分子中的一個氧原子被硫原子代替，羰基硫分子的電子式為故C錯誤；

D.羰基硫屬于直線型結構；分子中三個原子在同一直線上，故D正確。

故選D?！窘馕觥縭m{D}5、D【分析】【分析】本題考查弱電解質的電離平衡?！窘獯稹緼.水的電離吸熱，升溫促進水的電離，與溫度有關與溶液的酸堿性無關，rm{25隆忙}時rm{K}時rm{25隆忙}rm{K}rm{{,!}_{W}}小于rm{100隆忙K}故A正確；

B.稀醋酸中加入少量的冰醋酸，抑制醋酸的電離，醋酸電離程度減小，溶液的rm{100隆忙K}減?。还蔅正確；

C.飽和石灰水中加入少量rm{{,!}_{W}}反應結束后仍為飽和溶液，恢復至室溫后溶液的rm{pH}值不變；故C正確；

D.rm{CaO}相同的氨水、氫氧化鈉和氫氧化鋇溶液，分別用蒸餾水稀釋到原來的rm{pH}倍、rm{pH}倍、rm{x}倍，稀釋中一水合氨為弱堿電離出氫氧根離子，稀釋后三種溶液的rm{y}仍然相同，則rm{z}rm{pH}rm{x}的關系是：rm{y}故D錯誤。

故選D。

rm{z}【解析】rm{D}二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】

（1）在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g），平衡常數的計算式根據概念書寫計算式為：K=

故答案為：

（2）圖表中平衡常數隨溫度升高增大；說明溫度升高平衡正向進行，正反應是吸熱反應，故答案為：吸熱；

（3）若830℃時，向容器中充入1molCO、5molH2O；反應達到平衡后，溫度不變，平衡常數不變，其化學平衡常數為1，故答案為：等于；

（4）若1200℃時，K=2.6，在某時刻該容器中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol?L-1、2mol?L-1、4mol?L-1、4mol?L-1，濃度商===4＞2.6；說明反應逆向進行；故答案為：逆反應方向；

（5）①在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，降低了反應的活化能，依據圖示方向可知E2減?。还蚀鸢笧椋簻p??；

②將一定量的N2（g）和H2（g）放入2L的密閉容器中，在500℃、2×107Pa下發(fā)生反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）5分鐘后達到平衡，測得N2為0.2mol，H2為0.6mol，NH3為0.2mol．

依據化學平衡的三段式列式計算：起始量=平衡量+變化量。

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）

起始量（mmol）0.30.90

變化量（mol）0.10.30.2

平衡量（mol）0.20.60.2

氮氣的平均反應速率v（N2）==0.01mol/L?min；

H2的轉化率=×100%=33.3%

③欲提高②容器中H2的轉化率；

A；增大壓強；平衡向氣體體積減小的方向進行移動，氫氣轉化率增大，故A符合；

B；改變反應的催化劑；不改變化學平衡，不能提高氫氣轉化率，故B不符合；

C；液化生成物分離出氨；減少生成物，平衡正向進行，提高氫氣轉化率，故C符合；

D；向容器中按原比例再充入原料氣；相當于增大容器內的壓強，平衡正向進行，提高氫氣的轉化率，故D符合；

E；依據圖象分析可知；反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向進行，氫氣轉化率減小，故E不符合；

故選ACD．

故答案為：ACD．

【解析】【答案】（1）化學平衡常數是用平衡狀態(tài)下生成物平衡濃度的冪次方乘積除以反應物的冪次方乘積；

（2）平衡常數隨溫度變化；溫度越高，平衡常數越大，升溫，平衡正向進行，根據化學平衡的移動原理分析判斷；

（3）平衡常數只隨溫度變化；

（4）計算濃度商和平衡常數比較判斷反應進行的方向；

（5）①催化劑降低反應的活化能；

②依據化學平衡的三段式列式計算平衡量；依據化學反應速率和轉化率概念計算結果；

③根據影響化學平衡的影響條件分析判斷；平衡向正向進行，增大另一種物質的濃度會提高氫氣轉化率；

7、略

【分析】【解析】試題分析：A和E都是黃色粉末，其中A能和CO2反應，所以A是過氧化鈉，E是單質S。.過氧化鈉和CO2反應生成碳酸鈉和氧氣。能和S反應的是氧氣，所以B是碳酸鈉，C是氧氣。F有刺激性氣味且有漂白性常被不法商人用來漂白腐竹等，所以F是SO2。H能和銅反應生成SO2，且H是G和水的生成物，因此G是三氧化硫，H是硫酸?？键c：考查無機框圖題的有關判斷【解析】【答案】(1)A.Na2O2E.S(2)①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O8、略

【分析】試題分析：D能與碳酸氫鈉溶液反應放出二氧化碳，說明D含有羧基，是羧酸，則B是醇，B催化氧化得到醛，醛催化氧化得到羧酸。由于B分子中沒有支鏈，而且與碳原子數相同的羧酸E反應得到酯C10H20O2。則B是CH3CH2CH2CH2CH2OH；C是CH3CH2CH2CH2CHO；D是CH3CH2CH2CH2COOH；B與濃硫酸混合加熱發(fā)生消去反應得到F：CH3CH2CH2CH===CH2；D、E互為具有相同官能團的同分異構體，E分子烴基上的氫若被Cl取代，其一氯代物只有一種；則E是E與B發(fā)生反應得到A：（1）A的結構簡式是D是CH3CH2CH2CH2COOH；F的結構簡式是CH3CH2CH2CH===CH2；（2）B的分子中CH3CH2CH2CH2CH2OH含有醇羥基，所以能發(fā)生取代反應；由于醇羥基連接的C原子的鄰位C原子上有H原子，所以可以發(fā)生消去反應；醇羥基連接的C原子上含有H原子，因此可以發(fā)生氧化反應。在分子中無C=C雙鍵，因此不能發(fā)生加聚反應。因此可以發(fā)生的反應是①②④；（3）在DCH3CH2CH2CH2COOH分子所含的官能團的名稱是羧基；在FCH3CH2CH2CH===CH2分子所含的官能團的名稱是碳碳雙鍵；（4）與D、E具有相同官能團的同分異構體的可能結構簡式是考點：考查有機物的結構、性質、相互轉化及同分異構體的書寫的知識。【解析】【答案】（1）CH3CH2CH2CH2COOH；CH3CH2CH2CH===CH2（2）①②④（3）羧基；碳碳雙鍵；（4）9、略

【分析】解：根據質譜圖中最右邊的那個峰就是該物質的相對分子質量，根據質譜圖可知，該烷烴的相對分子質量為72，分子式為C5H12；核磁共振氫譜顯示只有一個峰，為新戊烷，其結構簡式為；

故答案為：C（CH3）4．

根據質譜圖中最右邊的那個峰就是該物質的相對分子質量；然后求出分子式，確定結構簡式．

本題考查了有機物結構簡式的確定，題目難度中等，明確質譜圖的含義，能夠根據質譜圖判斷物質的相對分子量．【解析】C（CH3）410、略

【分析】氯氣具有強氧化性，鈉是活潑的金屬，二者化合生成氯化鈉，屬于放熱反應。氧化鈉是離子化合物，不是分子，其形成過程為B是錯誤的。答案選AC；檢驗氯離子一般用硝酸酸化的硝酸銀，現(xiàn)象是產生白色沉淀?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）AC（2）2Na+Cl2==2NaCl（點燃）（3）（4）硝酸銀（或答硝酸酸化的硝酸銀）、白色沉淀三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)11、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越?。慌c鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據化合物中元素的正負化合價代數和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度。【解析】①.+6②.氧化還原反應③.該溫度下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溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度12、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結晶水的質量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質的質量計入減少的結晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D13、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為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，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%14、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產品達到優(yōu)等品且產率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產物是O2；依據元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點睛：明確實驗目的及反應原理為解答關鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩(wěn)定性差，易分解；因此向反應前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產量；增加鈉離子濃度，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%15、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮氣，將產物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據關系式計算。據此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮氣，將產物收集到蒸發(fā)皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產生誤差；③設25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據關系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質量分數為

【點睛】

本題為物質的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質量，正確找出關系式是答題的關鍵；易錯點是實驗操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產生誤差96.1%16、略

【分析】【分析】

根據流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結晶、抽濾、洗滌、干燥得到產品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+；結合化學方程式定量關系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)干燥。精制NaN3的方法是重結晶；使混合在一起的雜質彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+，結合化學方程式定量關系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==產品純度為故答案為：

②為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值，該實驗還需要補充平行實驗(重復滴定2~3次)。故答案為：補充平行實驗(重復滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)重結晶補充平行實驗(重復滴定2~3次)四、解答題(共2題，共20分)17、略

【分析】

（1）實驗Ⅰ中，反應在20min至40min內A的濃度變化為0.65mol/L-0.5mol/L=0.15mol/L，所以v（A）==0.0075mol?L-1?min-1．

故答案為：0.0075mol?L-1?min-1．

（2）實驗Ⅱ和實驗I相比；平衡狀態(tài)完全相同，平衡時A的濃度相同，但實驗Ⅱ的反應速率快，改變壓強平衡不移動，但物質的濃度發(fā)生變化，故實驗Ⅱ應該使用了催化劑．

故答案為：實驗Ⅱ使用了催化劑．

（3）實驗Ⅲ和實驗Ⅰ的比較；降低溫度，平衡時A的濃度增大，平衡向逆反應移動，降低溫度平衡向放熱反應移動，故正反應為吸熱反應．

故答案為：逆；吸熱．

（4）A的起始濃度改為0.8mol?L-1；等效為降低壓強，反應速率降低，到達平衡時間增長，即達到平衡時所需用的時間大于實驗Ⅰ．

故答案為：大于．

【解析】【答案】（1）實驗Ⅰ中，反應在20min至40min內A的濃度變化為0.65mol/L-0.5mol/L=0.05mol/L，再根據v=計算．

（2）實驗Ⅱ和實驗I相比；平衡狀態(tài)完全相同，平衡時A的濃度相同，但實驗Ⅱ的反應速率快．

（3）實驗Ⅲ和實驗Ⅰ的比較；降低溫度，平衡時A的濃度增大，平衡向逆反應移動．

（4）等效為降低壓強；反應速率降低．

18、略

【分析】

（1）令38mL1.00mol?L-1的NaOH溶液中和硫酸的物質的量為n；則：

2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O

21

0.038L×1mol/Ln

解得：n=0.038L×1mol/L×=0.019mol

故吸收氨氣的硫酸的物質的量為：0.500mol?L-1×0.05mL-0.019mol=0.006mol

令30.0mL牛奶中氮元素的質量是m；則：

2N～2NH3～H2SO4

28g1mol

m0.006mol

所以m=28g×=0.168g

答：30.0mL牛奶中氮元素的質量是0.168g；

（2）30mL牛奶的質量為：30mL×1.03g?mL-1=30.9g

所以30.9g×ω（蛋白質）×16.0%=0.168g

解得：ω（蛋白質）=3.4%

答：該牛奶中蛋白質的質量分數為3.4%．

【解析】【答案】（1）根據氫氧化鈉計算剩余的硫酸，進而計算與氨氣反應的硫酸的物質的量，再根據關系式2N～2NH3～H2SO4計算氮元素的質量；

（2）根據m=ρV計算30mL牛奶的質量；m（牛奶）×ω（蛋白質）×ω（蛋白質中N元素）=m（牛奶中N元素），據此計算蛋白質質量分數．

五、計算題(共2題，共8分)19、略

【分析】試題分析：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）起始濃度（mol/L）0.020.0200轉化濃度（mol/L）xxxx平衡濃度（mol/L（0.02－x）(0.02—x)xx則(x?x)/[(0.02-x)?(0.02-x)]=9解得x＝0.015mol/L所以平衡后CO的平衡濃度是0.020mol/L－0.015mol/L＝0.005mol/L;CO的轉化率為(0.015/0.020)×100%=75%考點：考查可逆反應的有關計算?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）[CO]=0.005mol·L-1，α(CO)=75%20、0.2mol/L；A；0.233；1.48【分析】解：：rm{(1)}該溫度下，rm{K_{w}=10^{-a}隆脕10^{-b}=10^{-(a+b)}=10^{-12}}rm{pH=11}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液中rm{c(OH^{-})=0.1mol/L}rm{c(Ba^{2+})=dfrac{1}{2}c(OH^{-})=0.05mol/L}

加入rm{c(Ba^{2+})=dfrac

{1}{2}c(OH^{-})=0.05mol/L}溶液時，沉淀量達最大，鋇離子與硫酸根離子恰好反應，該階段消耗的rm{20mLBa(OH)_{2}}由離子守恒可知rm{n(Ba^{2+})=0.02L隆脕0.05mol/L=0.001mol}加入rm{n(H_{2}SO_{4})=n