2025年北師大版高二化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高二化學(xué)上冊月考試卷122考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、電瓶車所用電池一般為鉛蓄電池，這是一種典型的可充電電池，電池總反應(yīng)式為：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O則下列說法正確的是（）A.放電時(shí)：電子流動(dòng)方向由A經(jīng)導(dǎo)線流向BB.放電時(shí)：正極反應(yīng)是Pb-2e-+SO42-PbSO4C.充電時(shí)：鉛蓄電池的負(fù)極應(yīng)與充電器電源的正極相連D.充電時(shí)：陽極反應(yīng)是PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+2、某有機(jī)具有手性碳原子，經(jīng)下面的變化后仍一定具有手性碳原子的是rm{(}rm{)}A.加成反應(yīng)B.消去反應(yīng)C.氯代反應(yīng)D.水解反應(yīng)3、有如下合成路線，甲經(jīng)二步轉(zhuǎn)化為丙：下列敘述錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}

A.甲和丙均可與酸性rm{KMnO_{4}}溶液發(fā)生反應(yīng)B.反應(yīng)rm{(1)}的無機(jī)試劑是液溴和鐵粉，實(shí)際起催化作用的是rm{FeBr_{3}}C.步驟rm{(2)}產(chǎn)物中可能含有未反應(yīng)的甲，可用溴水檢驗(yàn)是否含甲D.反應(yīng)rm{(2)}屬于取代反應(yīng)4、從柑桔中可煉制萜二烯rm{(}rm{)}下列有關(guān)它的推測不正確的是rm{(}rm{)}A.分子式為rm{C_{10}H_{16}}B.常溫下呈液態(tài)難溶于水C.所有原子可能共平面D.與過量溴的rm{CCl_{4}}溶液反應(yīng)后產(chǎn)物rm{(}如圖rm{)}為：5、在一定溫度下的定容密閉容器中，當(dāng)下列條件不再改變時(shí)，表明反應(yīng)：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已達(dá)到平衡狀態(tài)的現(xiàn)象是A.混合氣體的壓強(qiáng)B.混合氣體的密度C.氣體的總物質(zhì)的量D.單位時(shí)間內(nèi)生成nmolC的同時(shí)消耗2nmolB6、“鹽水動(dòng)力”玩具車的電池以鎂片、活性炭為電極，向極板上滴加食鹽水后電池便可工作，電池反應(yīng)為2Mg+O2+2H2O=2Mg（OH）2．下列關(guān)于該電池的說法錯(cuò)誤的是（）

A.鎂片作為正極B.食鹽水作為電解質(zhì)溶液C.電池工作時(shí)鎂片逐漸被消耗D.電池工作時(shí)實(shí)現(xiàn)了化學(xué)能向電能的轉(zhuǎn)化7、2002年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)獲得者的貢獻(xiàn)之一是發(fā)明了對有機(jī)物分子進(jìn)行結(jié)構(gòu)分析的質(zhì)譜法．其方法是讓極少量的（10﹣9g）化合物通過質(zhì)譜儀的離子化室使樣品分子大量離子化，少量分子碎裂成更小的離子．如C2H6離子化后可得到C2H6+、C2H5+、C2H4+；然后測定其質(zhì)荷比．某有機(jī)物樣品的質(zhì)荷比如下圖所示（假設(shè)離子均帶一個(gè)單位正電荷，信號(hào)強(qiáng)度與該離子的多少有關(guān)），則該有機(jī)物可能是（）

A.甲醇B.甲烷C.丙烷D.乙烯8、下列物質(zhì)中，屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}Cl}B.rm{HCOOH}C.rm{NH_{3}?H_{2}O}D.rm{Al(OH)_{3}}9、下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)____平衡移動(dòng)原理解釋的是A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、現(xiàn)有Fe、Cu組成的合金，其中Cu、Fe的總物質(zhì)的量為amol，Cu的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x；研成粉末后，全部投入含bmolHNO的稀溶液中，微熱使其充分反應(yīng)，且硝酸的還原產(chǎn)物只有NO，試回答下列問題：（1）若剩余的殘?jiān)挥蠧u，則溶液中含有的金屬離子為__________。(寫出所有可能情況)（2）當(dāng)溶液中金屬離子只有FeCu時(shí)，則b的取值范圍是(用a、x表示)___________。（3）當(dāng)x＝0.5，溶液中Fe與Fe的物質(zhì)的量相等時(shí)，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下共產(chǎn)生672mL氣體。則a＝____________、b＝_____________。11、有人設(shè)想在住宅小區(qū)附近建立小型生活垃圾焚燒廠；其工藝流程如下圖所示。請將圖中①②③所要表達(dá)的內(nèi)容填在下面橫線上。

①____，②____，③____。12、（1）已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四種離子；某同學(xué)推測該溶液中各離子濃度大小順序可能有如下四種關(guān)系：

A．c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）B．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）

C．c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）D．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）

①若溶液中只溶解了一種溶質(zhì)，該溶質(zhì)的名稱是______，上述離子濃度大小順序關(guān)系中正確的是（選填序號(hào)）______．

②若上述關(guān)系中C是正確的，則溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式是______．

③若該溶液中由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，則混合前c（HCl）（填“＞”、“＜”、或“=”，下同）______c（NH3?H2O），混合后溶液中c（NH4+）與c（Cl-）的關(guān)系c（NH4+）______c（Cl-）．

（2）在25℃條件下將pH=11的氨水稀釋100倍后溶液的pH為（填序號(hào)）______．

A．9B．9～11之間C．11～13之間D．13

（3）25℃時(shí)，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化銨固體，當(dāng)固體溶解后，測得溶液pH減小，主要原因是（填序號(hào)）______．

A．氨水與氯化銨發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；

B．氯化銨溶液水解顯酸性，增加了c（H+）；

C．氯化銨溶液水解顯堿性，降低了c（H+）；

D．氯化銨溶于水，電離出大量銨根離子，抑制了氨水的電離，使c（OH-）減?。?3、呼吸面具中常用Na2O2來做供氧劑，發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，在反應(yīng)中Na2O2是：______CO2是：______（填氧化劑，還原劑，既不是氧化劑也不是還原劑），若有1mol的O2生成，轉(zhuǎn)移了______mol的電子；Na2O2中陰陽離子個(gè)數(shù)比______；0.5molCO2中，有______mol電子，______mol碳原子，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下所占有的體積______，含有的O原子個(gè)數(shù)______，摩爾質(zhì)量______．14、下圖所示裝置中，甲、乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放足量的rm{KI}溶液、足量的rm{CuSO_{4}}溶液和rm{K_{2}SO_{4}}溶液，電極均為石墨電極。接通電源，經(jīng)過一段時(shí)間后，測得乙中rm{c}電極質(zhì)量增加rm{32g}據(jù)此回答問題：

rm{(1)}電源的rm{N}端為____極；rm{(2)}電極rm上發(fā)生的電極反應(yīng)為____；rm{(3)}電極rm{f}上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積____；rm{(4)}電解開始時(shí)，在甲燒杯的中央，滴幾滴淀粉溶液，你能觀察到的現(xiàn)象是____；rm{(5)}電解前后溶液的rm{pH}變化情況，rm{(}填增大、減小或不變r(jià)m{)}甲溶液；乙溶液。15、（1）常溫下，0.10mol/LNH4Cl溶液pH____7（填＞、=或＜），溶液中各離子濃度由大到小的順序是____．

（2）相同物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液與NaHCO3溶液，pH大?。篘a2CO3____NaHCO3（填＞、=或＜），兩種溶液中微粒種類：Na2CO3____NaHCO3（填＞；=或＜）．

（3）NaHCO3溶液呈堿性的原因是____（寫出有關(guān)的離子方程式，下同），Al2（SO4）3溶液呈酸性的原因是____，普通泡沫滅火器是利用NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，產(chǎn)生大量的氣體和沉淀，氣體將混合物壓出滅火器，相關(guān)反應(yīng)的離子方程式是____．16、科學(xué)家利用太陽能分解水生成的氫氣在催化劑作用下與二氧化碳反應(yīng)生成甲醇，并開發(fā)出直接以甲醇為燃料的燃料電池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃燒熱△H分別為－285.8kJ·mol－1、－283.0kJ·mol－1和－726.5kJ·mol－1。請回答下列問題：（1）用太陽能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；（2）甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為________________________；（3）在容積為2L的密閉容器中，由CO2和H2合成甲醇(CO2+3H2CH3OH+H2O)在其他條件不變得情況下，考察溫度對反應(yīng)的影響，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下圖所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列說法正確的是______（填序號(hào)）①溫度為T1時(shí)，從反應(yīng)開始到平衡，生成甲醇的平均速率為v(CH3OH)＝nA/tAmol·L-1·min-1②該反應(yīng)在T1時(shí)的平衡常數(shù)比T2時(shí)的?、墼摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)④處于A點(diǎn)的反應(yīng)體系從T1變到T2，達(dá)到平衡時(shí)n(H2)/n(CH3OH)增大（4）在T1溫度時(shí)，將1molCO2和3molH2充入一密閉恒容器中，充分反應(yīng)達(dá)到平衡后，若CO2轉(zhuǎn)化率為a,則容器內(nèi)的壓強(qiáng)與起始?jí)簭?qiáng)之比為_________________________。17、鍺rm{(Ge)}是典型的半導(dǎo)體元素，在電子、材料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}基態(tài)rm{Ge}原子的核外電子排布式為rm{[Ar]}______；有______個(gè)未成對電子．

rm{(2)Ge}與rm{C}是同族元素，rm{C}原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但rm{Ge}原子之間難以形成雙鍵或叁鍵rm{.}從原子結(jié)構(gòu)角度分析；原因是______．

rm{(3)}比較下列鍺鹵化物的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)；分析其變化規(guī)律及原因______．

。rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔點(diǎn)rm{/隆忙}rm{-49.5}rm{26}rm{146}沸點(diǎn)rm{/隆忙}rm{83.1}rm{186}約rm{400}rm{(4)}光催化還原rm{CO_{2}}制備rm{CH_{4}}反應(yīng)中，帶狀納米rm{Zn_{2}GeO_{4}}是該反應(yīng)的良好催化劑rm{.Zn}rm{Ge}rm{O}電負(fù)性由大至小的順序是______．

rm{(5)Ge}單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，其中rm{Ge}原子的雜化方式為______微粒之間存在的作用力是______．

rm{(6)}晶胞有兩個(gè)基本要素：rm{壟脵}原子坐標(biāo)參數(shù)，表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置，如圖rm{(1}rm{2)}為rm{Ge}單晶的晶胞，其中原子坐標(biāo)參數(shù)rm{A}為rm{(0,0,0)}rm{B}為rm{(dfrac{1}{2},0,dfrac{1}{2})}rm{(dfrac{1}{2},0,dfrac

{1}{2})}為rm{(dfrac{1}{2},dfrac{1}{2},0).}則rm{C}原子的坐標(biāo)參數(shù)為______．

rm{(dfrac{1}{2},dfrac

{1}{2},0).}晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知rm{D}單晶的晶胞參數(shù)rm{壟脷}其密度為______rm{Ge}列出計(jì)算式即可rm{a=565.76pm}．rm{g?cm^{-3}(}評(píng)卷人得分三、工業(yè)流程題(共5題，共10分)18、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(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（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(jià)為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)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(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點(diǎn)后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)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(chǎn)生差異的原因是___。19、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時(shí)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(jié)晶水的含量進(jìn)行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實(shí)驗(yàn)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(chǎn)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(guān)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(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時(shí)C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)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(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時(shí)間過長，F(xiàn)eSO4進(jìn)一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時(shí)間過短，結(jié)晶水未完全失去20、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，同時(shí)具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈臁⒓徔?、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領(lǐng)域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)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(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應(yīng)溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)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(yīng)溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達(dá)到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應(yīng)溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時(shí)加入NaCl的目的是______________。

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

(4)產(chǎn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點(diǎn)，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(jìn)行空白實(shí)驗(yàn)，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。21、三氯化鉻是化學(xué)合成中的常見物質(zhì),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(chǎn)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(diǎn)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(shí),主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應(yīng)管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮?dú)?使CCl4蒸氣經(jīng)氮?dú)廨d入反應(yīng)管進(jìn)行反應(yīng),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(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí),切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮?dú)?⑥檢查裝置氣密性。正確的順序?yàn)?⑥→③→________。

(4)已知反應(yīng)管中發(fā)生的主要反應(yīng)有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實(shí)驗(yàn)需在通風(fēng)櫥中進(jìn)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(xué)方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(dāng)稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強(qiáng)酸性,此時(shí)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(diǎn),平行測定三次,平均消耗標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實(shí)驗(yàn)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(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。22、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)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(qiáng)的還原性。

ii．相關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關(guān)物質(zhì)熔點(diǎn)℃沸點(diǎn)℃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(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(2)實(shí)驗(yàn)室模擬工藝流程步驟II；III的實(shí)驗(yàn)裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實(shí)驗(yàn)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(shí)的操作為___________(選填字母編號(hào))。步驟III蒸餾時(shí)的操作順序是___________(選填字母編號(hào))。

a．打開K1、K2b．關(guān)閉K1、K2c．打開K3d．關(guān)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(shí)驗(yàn)室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應(yīng)為：

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

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)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(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實(shí)驗(yàn)的精確度，該實(shí)驗(yàn)還需要___________。評(píng)卷人得分四、簡答題(共1題，共7分)23、實(shí)驗(yàn)室制取少量溴乙烷的裝置如圖所示rm{.}根據(jù)題意完成下列填空：

rm{(1)}圓底燒瓶中加入的反應(yīng)物是溴化鈉、______、和rm{1}rm{1}的硫酸rm{.}配制體積比rm{1}rm{1}的硫酸所用的定量儀器為______rm{(}選填編號(hào)rm{)}．

rm{a.}天平rm{b.}量筒rm{c.}容量瓶rm{d.}堿式滴定管。

rm{(2)}寫出加熱時(shí)燒瓶中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式______

rm{(3)}將生成物導(dǎo)入盛有冰水混合物的試管rm{A}中；冰水混合物的作用是______．

試管rm{A}中的物質(zhì)分為三層rm{(}如圖所示rm{)}產(chǎn)物在第______層rm{(}填序號(hào)rm{)}．

rm{(4)}試管rm{A}中除了產(chǎn)物和水之外，還可能存在______、______rm{(}寫出化學(xué)式rm{)}．

rm{(5)}用濃的硫酸進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，若試管rm{A}中獲得的有機(jī)物呈棕黃色，除去其中雜質(zhì)的正確方法是______rm{(}選填編號(hào)rm{)}．

rm{a.}蒸餾rm{b.}用氫氧化鈉溶液洗滌rm{c.}用四氯化碳萃取rm{d.}用亞硫酸鈉溶液洗滌。

若試管rm{B}中的酸性高錳酸鉀溶液褪色；使之褪色的物質(zhì)的名稱是______．

rm{(6)}實(shí)驗(yàn)員老師建議把上述裝置中的儀器連接部分都改成標(biāo)準(zhǔn)玻璃接口，其原因是______．評(píng)卷人得分五、有機(jī)推斷題(共4題，共32分)24、某烴A是有機(jī)化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個(gè)國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某烴A是有機(jī)化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個(gè)國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應(yīng)。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結(jié)構(gòu)簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學(xué)方程式___________。

(4)設(shè)計(jì)以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機(jī)試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個(gè)碳的同系物，寫出化合物H同時(shí)符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個(gè)五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。27、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團(tuán)的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應(yīng)類型是____________，B和F的結(jié)構(gòu)簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構(gòu)體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設(shè)計(jì)它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應(yīng)流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】解：A．放電時(shí)，Pb極即B極為電池負(fù)極，PbO2極即A極為正極；電子流動(dòng)方向由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線流向正極，即由B經(jīng)導(dǎo)線流向A，故A錯(cuò)誤；

B、由鉛蓄電池的總反應(yīng)PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放電時(shí)，Pb被氧化，應(yīng)為電池負(fù)極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正極上PbO2得電子被還原，電極反應(yīng)式為PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；故B錯(cuò)誤；

C；在充電時(shí)；鉛蓄電池的負(fù)極的逆反應(yīng)是還原反應(yīng)，應(yīng)與充電器電源的負(fù)極相連，故C錯(cuò)誤；

D、在充電時(shí)，陽極上發(fā)生氧化反應(yīng)，和放電時(shí)的正極反應(yīng)互為逆反應(yīng)，即PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+；故D正確．

故選D．

由鉛蓄電池的總反應(yīng)PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放電時(shí)，Pb被氧化，應(yīng)為電池負(fù)極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正極上PbO2得電子被還原，電極反應(yīng)式為PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；在充電時(shí)，陽極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式和放電時(shí)的正極反應(yīng)互為逆反應(yīng)，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式和放電時(shí)的負(fù)極反應(yīng)互為逆反應(yīng)．

本題考查原電池的工作原理，題目難度中等，本題注意電極反應(yīng)式的書寫，為解答該題的關(guān)鍵．【解析】【答案】D2、D【分析】解：rm{A.}碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，中間rm{C}連接rm{2}個(gè)rm{-CH_{2}CH_{3}}不具有手性，故A不選；

B.rm{-Cl}發(fā)生消去反應(yīng)后，中間rm{C}連接rm{2}個(gè)rm{-CH=CH_{2}}不具有手性，故B不選；

C.若最左側(cè)的甲基發(fā)生氯代反應(yīng)，中間rm{C}連接rm{2}個(gè)rm{-CH_{2}CH_{2}Cl}不具有手性，故C不選；

D.rm{-CH_{2}CH_{2}Cl}發(fā)生水解反應(yīng)轉(zhuǎn)化為rm{-CH_{2}CH_{2}OH}中間rm{C}上連接rm{4}個(gè)不同基團(tuán)；為手性碳原子，故D選；

故選D．

由結(jié)構(gòu)可知，不含rm{H}原子的rm{C}上連接rm{4}個(gè)不同基團(tuán)，為手性碳原子，分子中含碳碳雙鍵、rm{-Cl}結(jié)合烯烴；鹵代烴的性質(zhì)來解答．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意烯烴、鹵代烴的性質(zhì)，題目難度不大．【解析】rm{D}3、B【分析】解：由合成路線，甲經(jīng)二步轉(zhuǎn)化為丙，由rm{C=C}引入兩個(gè)rm{-OH}則反應(yīng)rm{(1)}為rm{C=C}與鹵素單質(zhì)的加成反應(yīng)，反應(yīng)rm{(2)}為鹵素原子的水解反應(yīng)；

A.rm{C=C}rm{-OH}均能被酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化，則甲和丙均可與酸性rm{KMnO_{4}}溶液發(fā)生反應(yīng)；故A正確；

B.由上述分析可知，rm{(1)}為加成反應(yīng)，不需要rm{Fe}為催化劑；故B錯(cuò)誤；

C.步驟rm{(2)}產(chǎn)物中可能含有未反應(yīng)的甲；甲與溴水反應(yīng)，而丙不能，則可用溴水檢驗(yàn)是否含甲，故C正確；

D.反應(yīng)rm{(2)}為鹵素原子的水解反應(yīng)；屬于取代反應(yīng)，故D正確；

故選B．

由合成路線，甲經(jīng)二步轉(zhuǎn)化為丙，由rm{C=C}引入兩個(gè)rm{-OH}則反應(yīng)rm{(1)}為rm{C=C}與鹵素單質(zhì)的加成反應(yīng)，反應(yīng)rm{(2)}為鹵素原子的水解反應(yīng)；以此來解答．

本題考查有機(jī)物合成及結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握合成反應(yīng)中官能團(tuán)的變化判斷發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重烯烴、鹵代烴、醇性質(zhì)的考查，題目難度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】解：rm{A.}該有機(jī)物含有rm{10}個(gè)rm{C}rm{16}個(gè)rm{H}則分子式為rm{C_{10}H_{16}}故A正確；

B.碳原子數(shù)大于rm{4}常溫下為液態(tài)，烴類物質(zhì)都不溶于水，故B正確；

C.分子中含有飽和碳原子；具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，則所有原子不可能在同一個(gè)平面上，故C錯(cuò)誤；

D.含有rm{C=C}可發(fā)生加成反應(yīng)，與過量溴可完全發(fā)生加成反應(yīng)生成故D正確．

故選C．

該有機(jī)物中含有rm{C=C}可發(fā)生加成反應(yīng)，能被酸性高錳酸鉀氧化，根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式判斷有機(jī)物含有的元素的種類和原子數(shù)目，可確定有機(jī)物的分子式，有機(jī)物中烴類物質(zhì)都不溶于水．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高考常見題型，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重于學(xué)生的分析、應(yīng)用能力的考查，注意烯烴的加成與氧化反應(yīng)，題目難度不大．【解析】rm{C}5、B【分析】【解析】試題分析：由反應(yīng)方程式可以看出，反應(yīng)前后氣體體積不變，但氣體的質(zhì)量發(fā)生了改變。因此，當(dāng)達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，氣體的質(zhì)量應(yīng)保持不變，混合氣體的密度也應(yīng)保持不變。故答案選B?？键c(diǎn)：化學(xué)平衡與移動(dòng)【解析】【答案】B6、A【分析】【解答】解：A．根據(jù)原電池反應(yīng)式知；Mg元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?2價(jià)，所以Mg失電子作負(fù)極，故A錯(cuò)誤；

B．電解質(zhì)溶液是食鹽水；發(fā)生吸氧腐蝕，故B正確；

C．Mg作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2↓；所以電池工作時(shí)鎂片逐漸被消耗，故C正確；

D．該裝置是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；為原電池，故D正確；

故選A．

【分析】該裝置是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，Mg易失電子作負(fù)極、C作正極，負(fù)極反應(yīng)式為Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2↓、正極反應(yīng)式為O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，據(jù)此分析解答．7、B【分析】【解答】解：由有機(jī)物樣品的質(zhì)譜圖可知；該有機(jī)物微粒質(zhì)荷比最大值為16，則該有機(jī)物的相對分子質(zhì)量為16，甲醇；甲烷、丙烷、乙烯的相對分子質(zhì)量為32、16、42、28，則該有機(jī)物甲烷，故選B．

【分析】根據(jù)質(zhì)譜圖中有機(jī)物樣品的質(zhì)荷比的最大值為該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量，然后根據(jù)相對分子質(zhì)量來確定物質(zhì)的分子式．8、A【分析】解：rm{A.}氯化銨是鹽；屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故A正確；

B.甲酸是弱酸；屬于弱電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C.一水合氨屬于弱堿；是弱電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；

D.氫氧化鋁屬于弱堿；故D錯(cuò)誤；

故選A．

在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)；在溶液里全部電離的是強(qiáng)電解質(zhì)，部分電離屬于若電解質(zhì)，電解質(zhì)屬于純凈物；化合物，據(jù)此解答即可．

本題考查了強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷，把握電解質(zhì)的定義，分清強(qiáng)弱電解質(zhì)的本質(zhì)區(qū)別，題目難度不大．【解析】rm{A}9、A【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡移動(dòng)原理及化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，意在考查考生對相關(guān)知識(shí)的掌握情況。【解答】A.催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，與化學(xué)平衡無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B.說明離子積隨著溫度的升高而增大，即溫度升高，水的電離平衡正向移動(dòng)，故B正確；C.可以用溫度變化來解釋化學(xué)平衡的移動(dòng)，故C正確；D.濃度與溶液rm{pH}的關(guān)系說明濃度對rm{NH_{3}隆隴H_{2}O}的電離平衡的影響，故D正確。故選A。【解析】rm{A}二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】試題分析：(1)Cu、Fe的混合物與稀硝酸反應(yīng)，金屬可能有剩余，可能沒有剩余．金屬可能有剩余時(shí)，根據(jù)共存可知，剩余金屬有兩種情況：①剩余Fe、Cu，當(dāng)有Fe剩余時(shí)，溶液中能與Fe反應(yīng)的Fe3+、Cu2+都不存在，所以溶液中只有Fe2+；②只剩余Cu，溶液中一定不存在與Cu反應(yīng)的Fe3+，根據(jù)離子共存，溶液可能只有Fe2+；③通過②知，溶液中還可能存在的離子是Fe2+、Cu2+；④當(dāng)固體沒有剩余時(shí)，可能存在的情況是：當(dāng)Fe恰好與硝酸反應(yīng)生成Fe2+，Cu恰好與硝酸生成Cu2+，所以溶液中存在的離子是Fe2+、Cu2+；⑤通過④知，固體沒有剩余時(shí)，生成的Fe3+部分反應(yīng)，根據(jù)離子共存，溶液中存在的離子可能的Fe2+、Fe3+、Cu2+；⑥通過④、⑤知，固體沒有剩余時(shí)，鐵、銅全部被氧化成離子，根據(jù)離子共存，溶液中存在的離子可能是Cu2+、Fe3+；有如下情況：。殘留固體成分Fe、CuCuCu__溶液中的金屬離子Fe2+Fe2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Fe3+、Cu2+Cu2+、Fe3+（2）當(dāng)溶液金屬離子只有Fe2＋、Cu2＋時(shí)，說明Cu恰好完全反應(yīng)或者有剩余，而HNO3和Fe則完全反應(yīng)（否則的話，如果有硝酸剩余，則Fe2＋則會(huì)被進(jìn)一步氧化為Fe3＋；如果有Fe剩余，則會(huì)和Cu2＋繼續(xù)反應(yīng)）3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2Oax3Fe+8HNO33Fe(NO3)2+2NO↑+4H2Oa(1－x)總耗用硝酸量：n(HNO3)=+=所以：＜b≤（3）當(dāng)溶液中為Fe3＋、Fe2＋時(shí)，說明Cu、Fe完全反應(yīng)（如果未完全反應(yīng)，則Cu和Fe會(huì)和Fe3＋反應(yīng)），并且HNO3也完全反應(yīng)沒有剩余（如果有硝酸剩余，則Fe2＋則會(huì)被進(jìn)一步氧化為Fe3＋）溶液中Fe3＋、Fe2＋的物質(zhì)的量相等，說明有一半Fe變?yōu)镕e3＋，一半變?yōu)镕e2+當(dāng)x=0.5，nFe3＋=nFe2＋V(NO)=0.672L則nFe3＋=nFe2＋=0.25amolnCu=0.5amol此時(shí)3Fe＋8HNO33Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O①3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO＋4H2O②3Fe(NO3)2＋4HNO33Fe(NO3)3＋NO＋2H2O③反應(yīng)均發(fā)生了，且無反應(yīng)物剩余。3Fe＋8HNO33Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O①0.5a0.5a×8/30.5a0.5a×2/33Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O②0.5a0.5a×8/30.5a0.5a×2/33Fe(NO3)2＋4HNO33Fe(NO3)3＋NO＋2H2O③0.25a0.25a×4/30.25a0.5a×2/3+0.5a×2/3+0.25a×1/3=0.672L/22.4L·mol－1=0.03mol解得：a=0.04molb=0.5a×8/3+0.5a×8/3+0.25a×4/3=3a=3×0.04mol=0.12mol【解析】【答案】(1)Fe2＋或Fe2＋、Cu2＋(2分)(2)（2分）(3)a＝0.04molb＝0.12mol（2分）11、垃圾分類收集點(diǎn)熱能再利用(制磚、制肥料、作建筑填料)【分析】【解答】垃圾處理是一個(gè)復(fù)雜的問題；不能再引起二次污染，應(yīng)隨時(shí)監(jiān)控。焚燒是一種常用的方法，但必須對廢氣嚴(yán)格處理。

【分析】本題考查垃圾處理與環(huán)境污染的關(guān)系，熟練掌握環(huán)境保護(hù)的原則是解題的關(guān)鍵?。12、略

【分析】解：（1）只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四種離子的溶液；可能為氯化銨溶液；可能為氯化銨和鹽酸的混合溶液、可能為氯化銨和氨水的混合溶液；

①若為NH4Cl溶液，名稱為氯化銨，因銨根離子水解，水解顯酸性，則離子濃度為c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故答案為：氯化銨；D；

②C是正確的，c（H+）＞c（NH4+），則該溶液應(yīng)為HCl和NH4Cl溶液，故答案為：HCl和NH4Cl；

③若等體積等濃度混合，恰好生成氯化銨，溶液顯酸性，則為保證中性，堿的濃度大于酸的濃度，即c（HCl）＜c（NH3?H2O）；由電荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）可知，溶液為中性，c（H+）=c（OH-），則c（Cl-）=c（NH4+）；故答案為：＜；=；

（2）一水合氨為弱電解質(zhì)，存在電離平衡，稀釋后一水合氨的電離程度增大，溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量增大，所以將pH=11的氨水稀釋100倍后，稀釋后的溶液中氫氧根離子濃度大于原來的溶液的pH應(yīng)該9-11之間；

故選B；

（3）一水合氨是弱電解質(zhì)；溶液中存在電離平衡，向溶液中加入氯化銨，銨根離子濃度增大，抑制一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度減小，溶液的pH減?。?/p>

A．氨水與氯化銨不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；故A錯(cuò)誤；

B．氯化銨溶液水解顯酸性；但銨根離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于氫離子濃度，所以銨根離子抑制一水合氨電離為主，氫離子濃度減小，故B錯(cuò)誤；

C．氯化銨溶液水解顯酸性；故C錯(cuò)誤；

D．氯化銨溶于水，電離出大量銨根離子，抑制了氨水的電離，使c（OH-）減?。还蔇正確；

故答案為：D；

（1）只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四種離子的溶液；可能為氯化銨溶液；可能為氯化銨和鹽酸的混合溶液、可能為氯化銨和氨水的混合溶液；

①若為NH4Cl溶液；由銨根離子水解來分析；

②C是正確的，c（H+）＞c（NH4+）；以此來分析；

③若等體積等濃度混合，恰好生成氯化銨，溶液顯酸性，則為保證中性，堿的濃度大于酸的濃度；并利用電荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）來分析；

（2）將pH=11的氨水稀釋100倍后，一水合氨存在電離平衡，稀釋促進(jìn)電離，稀釋后的溶液中氫氧根離子濃度大于原來的

（3）氨水是弱電解質(zhì)存在電離平衡；向溶液中加入相同的離子能抑制氨水電離；

本題考查離子濃度大小的比較，熟悉溶液中的電荷守恒及物料守恒是解答本題的關(guān)鍵，注意溶液中溶質(zhì)的判斷及離子的水解為解答的難點(diǎn)，題目難度中等．【解析】氯化銨；D；NH4Cl和HCl；＜；=；B；D13、略

【分析】解：發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，在反應(yīng)中Na2O2是既是氧化劑也是還原劑，二氧化碳中各元素的化合價(jià)不變，所以二氧化碳既不是氧化劑也不是還原劑，若有1mol的O2生成，轉(zhuǎn)移了2mol的電子；Na2O2中陰離子為過氧根離子，所以陰陽離子個(gè)數(shù)比2：1；0.5molCO2中，有0.5×（6+8×2）=11mol電子，0.5mol碳原子，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下所占有的體積0.5×22.4L/mol=11.2L，含有的O原子個(gè)數(shù)0.5×2×NA=NA；摩爾質(zhì)量44g/mol；

故答案為：既是氧化劑也是還原劑；既不是氧化劑也不是還原劑；2；1：2；11；0.5；11.2L；NA；44g/mol．

由方程式可知反應(yīng)中只有O元素的化合價(jià)發(fā)生變化，反應(yīng)中Na2O2既是氧化劑又是還原劑；根據(jù)化合價(jià)的變化判斷電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，由此分析解答．

本題考查氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，解答該類題目的關(guān)鍵是能把握元素的化合價(jià)的變化，注意有關(guān)物理量轉(zhuǎn)化過程中公式的使用．【解析】既是氧化劑也是還原劑；既不是氧化劑也不是還原劑；2；1：2；11；0.5；11.2L；NA；44g/mol14、（1）正；

（2）2I--2e-=I2；

（3）5.6L；

（4）溶液變藍(lán)；

（5）增大；減小。

【分析】【分析】

本題為電化學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用；做題時(shí)要注意根據(jù)電極反應(yīng)現(xiàn)象判斷出電解池的陰陽級(jí)，進(jìn)而判斷出電源的正負(fù)極，要注意三個(gè)電解池為串聯(lián)電路，各電極上得失電子的數(shù)目相等，做題時(shí)要正確寫出電極方程式，準(zhǔn)確判斷兩極上離子的放電順序。

【解答】

rm{(1)}乙杯中rm{c}質(zhì)量增加，說明rm{Cu}沉積在rm{c}電極上，電子是從rm{b-c}移動(dòng)，rm{M}是負(fù)極，rm{N}為正極；

故答案為：正；

rm{(2)}甲中為rm{KI}溶液，陽極rm處為陰離子rm{I^{-}}放電，即rm{2I^{-}-2e}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{-}}rm{=I}；

故答案為：rm{2}rm{2}rm{2I^{-}-2e}rm{{,!}^{-}}；

rm{{,!}^{-}}丙中為rm{=I}相當(dāng)于電解水，rm{2}電極質(zhì)量增加rm{2}各個(gè)電極轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量均為：rm{dfrac{32g}{64g/mol}隆脕2=1mol}由方程式rm{(3)}可知，生成rm{K_{2}SO_{4}}轉(zhuǎn)移乙中rm{c}電極質(zhì)量增加rm{32g}各個(gè)電極轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量均為：rm{dfrac{32g}{64g/mol}隆脕

2=1mol}電子，所以整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)化rm{c}電子，則生成rm{32g}為rm{dfrac{32g}{64g/mol}隆脕

2=1mol}標(biāo)況下的體積為rm{2H_{2}+O_{2}簍T2H_{2}O}

故答案為：rm{2molH_{2}O}．

rm{4mol}甲中rm{1mol}在rm{O_{2}}極上放電生成碘單質(zhì)，遇淀粉變藍(lán)，則觀察到溶液顏色變?yōu)樗{(lán)色，故答案為：溶液變藍(lán)；rm{1mol隆脗4=0.25mol}是電解碘化鉀溶液，是放氫生成堿型，所以溶液的rm{0.25隆脕22.4=5.6L}值變大，rm{5.6L}中電解硫酸銅溶液生成硫酸，溶液中氫離子濃度增大，rm{(4)}減小，故答案為：增大；減小。rm{I^{-}}【解析】rm{(1)}正；正；

rm{(1)}

rm{(2)2I^{-}-2e^{-;}=I_{2}}

rm{(2)2I^{-}-2e^{-;}=I_{2}}溶液變藍(lán)；

rm{(3)5.6L}增大；減小。

rm{(3)5.6L}15、略

【分析】

（1）NH4+水解生成NH3?H2O和H+，呈酸性，則溶液中c（H+）＞c（OH-），c（Cl-）＞c（NH4+），由于水解程度較小，則c（NH4+）＞c（H+），故答案為：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（2）Na2CO3以第一步水解，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以Na2CO3的PH大于NaHCO3；

溶液中還存在HCO3-H++CO32-；所以兩種溶液中微粒種類相同；

故答案為：＞；=；

（3）HCO3-水解，反應(yīng)為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；溶液呈堿性；

Al3+水解，反應(yīng)為：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，Al2（SO4）3溶液呈酸性；

NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合；發(fā)生相互促進(jìn)的水【解析】

3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓，產(chǎn)生大量的氣體和沉淀，故答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓．

【解析】【答案】（1）根據(jù)NH4+水解呈酸性分析；

（2）Na2CO3以第一步水解為主；

（3）從鹽類的水解角度分析．

16、略

【分析】【解析】【答案】（1）2858（2）CH3OH(l)+O2(g)===CO(g)+2H2O(l)△H=-443.5kJ/moL（3）③④（4）（4-2a）：417、略

【分析】解：rm{(1)Ge}是rm{32}號(hào)元素，位于第四周期第rm{IVA}族，基態(tài)rm{Ge}原子核外電子排布式為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}}在最外層的rm{4s}能級(jí)上rm{2}個(gè)電子為成對電子，rm{4p}軌道中rm{2}個(gè)電子分別處以不同的軌道內(nèi)，有rm{2}軌道未成對電子；

故答案為：rm{3d^{10}4s^{2}4p^{2}}rm{2}

rm{(2)}雖然rm{Ge}與rm{C}是同族元素，rm{C}原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但考慮rm{Ge}的原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成rm{婁脨}鍵，所以rm{Ge}原子之間難以形成雙鍵或叁鍵；

故答案為：rm{Ge}原子半徑大，原子間形成的rm{婁脪}單鍵較長，rm{p-p}軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成rm{婁脨}鍵；

rm{(3)}鍺的鹵化物都是分子晶體，分子間通過分子間作用力結(jié)合，對于組成與結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔沸點(diǎn)越高，由于相對分子質(zhì)量：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}故沸點(diǎn)：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}

故答案為：rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}的熔；沸點(diǎn)依次增高；原因是分子結(jié)構(gòu)相似；分子量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強(qiáng)；

rm{(4)}元素非金屬性：rm{Zn<Ge<O}元素的非金屬性越強(qiáng)，吸引電子的能力越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越大，故電負(fù)性：rm{O>Ge>Zn}

故答案為：rm{O>Ge>Zn}

rm{(5)Ge}單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，rm{Ge}原子與周圍rm{4}個(gè)rm{Ge}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，向空間延伸的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體，rm{Ge}原子之間形成共價(jià)鍵，rm{Ge}原子雜化軌道數(shù)目為rm{4}采取rm{sp^{3}}雜化；

故答案為：rm{sp^{3}}共價(jià)鍵；

rm{(6)壟脵D}與周圍rm{4}個(gè)原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，rm{D}與頂點(diǎn)rm{A}的連線處于晶胞體對角線上，過面心rm{B}rm{C}及上底面面心原子的平面且平行側(cè)面將晶胞rm{2}等分，同理過rm{D}原子的且平衡側(cè)面的平面將半個(gè)晶胞再rm{2}等份，可知rm{D}處于到各個(gè)面的rm{dfrac{1}{4}}處，則rm{D}原子的坐標(biāo)參數(shù)為rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}

故答案為：rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}

rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}晶胞中rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}原子數(shù)目為rm{4+8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=8}結(jié)合阿伏伽德羅常數(shù)，可知出晶胞的質(zhì)量為rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times10^{23}mol^{-1}}}晶胞參數(shù)rm{壟脷}

其密度為rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times10^{23}mol^{-1}}隆脗(565.76隆脕10^{-10}cm)^{3}=dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}

故答案為：rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}．

rm{Ge}是rm{4+8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=8}號(hào)元素，位于第四周期第rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}}族，基態(tài)rm{a=565.76pm}原子核外電子排布式為rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}隆脗(565.76隆脕10^{-10}cm)^{3}=dfrac{8隆脕73}{6.02times

565.76^{3}}隆脕10^{7}}

rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times

565.76^{3}}隆脕10^{7}}原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成rm{(1)Ge}鍵；

rm{32}鍺的鹵化物都是分子晶體；相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔沸點(diǎn)越高；

rm{IVA}元素的非金屬性越強(qiáng)；吸引電子的能力越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越大；

rm{Ge}單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2}}原子與周圍rm{(2)Ge}個(gè)rm{婁脨}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)；向空間延伸的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體；

rm{(3)}與周圍rm{(4)}個(gè)原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，rm{(5)Ge}與頂點(diǎn)rm{Ge}的連線處于晶胞體對角線上，過面心rm{4}rm{Ge}及上底面面心原子的平面且平行側(cè)面將晶胞rm{(6)壟脵D}等分，同理過rm{4}原子的且平衡側(cè)面的平面將半個(gè)晶胞rm{D}等等份可知rm{A}處于到各個(gè)面的rm{B}處；

rm{C}根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中rm{2}原子數(shù)目，結(jié)合阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞的質(zhì)量，再根據(jù)rm{D}計(jì)算晶胞密度．

本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、化學(xué)鍵、晶體類型與性質(zhì)、電負(fù)性、雜化方式、晶胞計(jì)算等，rm{2}中晶胞計(jì)算為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，需要學(xué)生具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算能力，難度較大．rm{D}【解析】rm{3d^{10}4s^{2}4p^{2}}rm{2}鍺的原子半徑大，原子之間形成的rm{婁脪}單鍵較長，rm{p-p}軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成rm{婁脨}鍵；rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔、沸點(diǎn)依次增高；原因是分子結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強(qiáng)；rm{O>Ge>Zn}rm{sp^{3}}共價(jià)鍵；rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}三、工業(yè)流程題(共5題，共10分)18、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)1中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)生成Na2FeO4，同時(shí)生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；根據(jù)電子守恒計(jì)算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時(shí)，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)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??；與鐵離子的水解有關(guān)。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價(jià)為+1價(jià)；氧元素的化合價(jià)為-2價(jià)，根據(jù)化合物中元素的正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價(jià)為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價(jià)；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價(jià)，具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應(yīng)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(yīng)生成Na2FeO4，反應(yīng)中Fe元素的化合價(jià)從+3價(jià)升高為+6價(jià)，Cl元素的化合價(jià)從+1價(jià)降為-1價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設(shè)制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時(shí)，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應(yīng)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(zhì)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(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)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(jìn)K2FeO4與水反應(yīng)從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應(yīng)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(jìn)K2FeO4與水反應(yīng)，從而降低K2FeO4的濃度19、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?yàn)闅溲趸c溶液會(huì)吸收二氧化碳?xì)怏w，達(dá)不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯(cuò)誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導(dǎo)入二氧化碳?xì)怏w，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?yàn)閴A石灰也會(huì)吸收二氧化碳?xì)怏w，故C錯(cuò)誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會(huì)使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會(huì)很快反應(yīng)完，同時(shí)還會(huì)帶入HCl氣體，故D錯(cuò)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(guān)閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關(guān)閉K1；故選C；

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

4．A．加熱時(shí)間過長，F(xiàn)eSO4進(jìn)一步分解；會(huì)使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯(cuò)誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質(zhì)的質(zhì)量計(jì)入減少的結(jié)晶水中；則n偏大，故B錯(cuò)誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會(huì)影響n值，故C錯(cuò)誤；

D．加熱時(shí)間過短；結(jié)晶水未完全失去，n值會(huì)小于理論值，故D正確；

答案選D。【解析】①.B②.C③.B④.D20、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)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(yīng)為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)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(zhì)，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(yīng)：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應(yīng)，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項(xiàng)符合，故答案為c；

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

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

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應(yīng)，所以產(chǎn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，反應(yīng)中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產(chǎn)物是O2；依據(jù)元素化合價(jià)變化，錳元素化合價(jià)從+7價(jià)變化為+2價(jià)，過氧化氫中的氧元素化合價(jià)從-1價(jià)變化為0價(jià)，根據(jù)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(jù)反應(yīng)2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點(diǎn)睛：明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康募胺磻?yīng)原理為解答關(guān)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(yīng)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(jié)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(chǎn)品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產(chǎn)量；增加鈉離子濃度，促進(jìn)過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%21、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(zhì)；因?yàn)?NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因?yàn)镃Cl4沸點(diǎn)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(yīng)制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應(yīng)管與Cr2O3反應(yīng)，反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí)，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮?dú)?，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個(gè)Cl原子被2個(gè)-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應(yīng)，-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(lán)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(chǎn)生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關(guān)系式計(jì)算。據(jù)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(zhì)，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質(zhì)或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因?yàn)?NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗(yàn)銨根離子的方法檢驗(yàn)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(lán)，若不變藍(lán)，則說明已洗滌干凈；

(2)因?yàn)镃Cl4沸點(diǎn)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(jì)指示溫度；

(3)反應(yīng)制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應(yīng)管中與Cr2O3反應(yīng)，反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí)，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮?dú)猓瑢a(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿，操作順序?yàn)椋孩蕖邸凇堋荨伲?/p>

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個(gè)Cl原子被2個(gè)—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應(yīng)，—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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍(lán)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(huì)使生成的I2的量增大，產(chǎn)生誤差；③設(shè)25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)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(zhì)量分?jǐn)?shù)為

【點(diǎn)睛】

本題為物質(zhì)的制備，考查常見實(shí)驗(yàn)流程，離子檢驗(yàn)，難度較大的是計(jì)算，此處應(yīng)運(yùn)用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質(zhì)量，正確找出關(guān)系式是答題的關(guān)鍵；易錯(cuò)點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(zhì)(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(lán),若不變藍(lán),則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計(jì)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(chǎn)生誤差96.1%22、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應(yīng)得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應(yīng)：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(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。計(jì)算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，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(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過量的Ce4+；結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算；為了提高實(shí)驗(yàn)的精確度，氧化還原反應(yīng)滴定實(shí)驗(yàn)一般要用平行實(shí)驗(yàn)，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應(yīng)亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學(xué)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(yīng)CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學(xué)方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋N