2025年粵人版高二化學下冊月考試卷

…………○…………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年粵人版高二化學下冊月考試卷531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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、等質量的鐵與過量的鹽酸在不同的實驗條件下進行反應，測定在不同時間t產(chǎn)生氫氣體積V的數(shù)據(jù)，根據(jù)數(shù)據(jù)繪制得下圖，則曲線a、b、c、d所對應的實驗組別可能是。組別c(HCl)(mol/L)溫度(℃)狀態(tài)12.025塊狀22.530塊狀32.550粉末狀42.530粉末狀A.4－3－2－1B.1－2－3－4C.3－4－2－1D.1－2－4－32、X、Y、Z都是金屬，把X放入Z的鹽溶液中，X的表面附著一層Z；X與Y組成原電池時，X為電池的正極。X、Y、Z三種金屬的活動性順序是A.X＞Y＞ZB.X＞Z＞YC.Y＞X＞ZD.Y＞Z＞X3、為了防止熱帶魚池中水藻的生長，需保持水中Cu2+的濃度約1．2×10-5mol·L-1。為避免在每次換池水時溶液濃度的改變，可把適當?shù)暮~化合物放在池底，其飽和溶液提供適當?shù)腃u2+。已知CuS、Cu(OH)2、CuCO3的Ksp值依次為1．3×10-36、2．2×10-20、1．4×10-10，下列四種物質中，能滿足池水濃度要求的是（）A.CuSO4B.CuCO3C.Cu(OH)2D.CuS4、下列現(xiàn)象與氫鍵有關的是（）

①NH3的熔；沸點比VA族其他元素氫化物的高。

②小分子的醇；羧酸可以和水以任意比互溶。

③冰的密度比液態(tài)水的密度小。

④水分子高溫下也很穩(wěn)定。

⑤鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低．A.①②③④⑤B.①②③⑤C.①②③④D.①②③5、rm{NaCl}是一種化工原料，可以制備一系列物質rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{25隆忙}rm{NaHCO_{3}}在水中的溶解度比rm{Na_{2}CO_{3}}的大B.石灰乳與rm{Cl_{2}}的反應中，rm{Cl_{2}}既是氧化劑，又是還原劑C.常溫下干燥的rm{Cl_{2}}能用鋼瓶貯存，所以rm{Cl_{2}}不與鐵反應D.如圖所示轉化反應都是氧化還原反應6、某有機物的結構簡式如圖，若等物質的量的該有機物分別與rm{Na}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}恰好反應時，則消耗rm{Na}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}的物質的量之比是rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{3}rm{2}B.rm{6}rm{4}rm{3}C.rm{1}rm{1}rm{1}D.rm{3}rm{2}rm{1}7、下列各組溶液，只用試管和膠頭滴管，不用任何試劑就可以鑒別的是rm{(}rm{)}A.rm{CaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}B.rm{Ba(OH)_{2}}rm{NaHSO_{4}}C.rm{AlCl_{3}}rm{NH_{3}?H_{2}O}D.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}rm{NaOH}8、下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}隆陋CH=CH_{2}}和rm{CH_{2}=CH_{2}}的最簡式相同B.與互為同系物C.下列物質的沸點按由低到高順序為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{3}<(CH_{3})_{4}C<(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{3}<CH_{3}(CH_{2})_{3}CH_{3}}D.等質量的甲烷、乙醇、乙醛分別充分燃燒，所耗用氧氣的量依次減小評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、甲；乙兩池電極材料都是鐵棒與碳棒；請回答下列問題：

（1）若兩池中均為CuSO4溶液；反應一段時間后。

①有紅色物質析出的是甲池中的____棒，乙池中的____棒．

②乙池中陽極的電極反應式是____．

（2）若兩池中均為飽和NaCl溶液：

①寫出乙池中總反應的離子方程式____．

②甲池中碳極上電極反應式是____，乙池碳極上電極反應屬于____（填氧化反應；還原反應）．

③若乙池轉移0.02mole-后停止實驗，溶液體積是200mL，則溶液混勻后的pH=____．

10、常溫下某強酸溶液pH=a，強堿溶液pH=b，已知a＋b＝12，酸堿溶液混合pH=7，求酸溶液體積V(酸)和堿溶液體積V(堿)的關系。11、如圖是由4個碳原子結合成的6種有機物（氫原子沒有畫出）

（1）寫出有機物（a）的系統(tǒng)命名法的名稱______．

（2）有機物（a）有一種同分異構體，試寫出其結構簡式______．

（3）上述有機物中與（c）互為同分異構體的是______（填代號）．

（4）任寫一種與（e）互為同系物的有機物的結構簡式______．

（5）上述有機物中不能與溴反應并使其褪色的有______（填代號）．

（6）（a）（b）（c）（d）四種物質中，4個碳原子一定處于同一平面的有______（填代號）．12、在rm{25mL}的氫氧化鈉溶液中逐滴加入rm{0.2mol/L}醋酸溶液；滴定曲線如圖所示．

rm{(1)}該氫氧化鈉溶液濃度為______．

rm{(2)}在rm{B}點，rm{a}______rm{12.5mL(}填“rm{<}”“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{(3)}在rm{D}點，溶液中離子濃度大小關系為______．13、寫出下列物質的結構簡式（每小題3分，共6分）：（1）2,2-二甲基-3-乙基己烷（2）2－甲基－2－丁烯_______________________________、_____________________________14、硒元素具有抗衰老、抑制癌細胞的功能，其化學性質與硫相似．硒的元素符號為Se，相對原子質量為79，對應的某種含氧酸的化學式為H2SeO3．

(1)這種酸應讀作____________；

(2)若將二氧化硫通入H2SeO3的溶液中；會有Se析出，寫出該反應的化學方程式：

____________；

(3)又已知2HCl+H2SeO4═H2SeO3+Cl2+H2O，則H2SeO4、H2SeO3、H2SO3的氧化性由強到弱的順序是____________．15、某化學科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對反應[可用aA（g）+bB（g）?cC（g）表示]化學平衡的影響；得到如圖象（圖中p表示壓強，T表示溫度，n表示物質的量，α表示平衡轉化率）：

分析圖象；回答下列問題：

（1）在圖象反應Ⅰ中，若p1＞p2，則此正反應為______（填“吸熱”或“放熱”）反應，此反應的△S______0（填“＞”或“＜”），由此判斷，此反應自發(fā)進行，必須滿足的條件是______．

（2）在圖象反應Ⅱ中，T1______T2（填“＞”“＜”或“=”），該正反應為______（填“吸熱”或“放熱”）反應．

（3）在圖象反應Ⅲ中，若T1＞T2，則該反應______（填“能”或“不能”）自發(fā)進行．評卷人得分三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)16、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-?；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(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，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(shù)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(chǎn)生差異的原因是___。17、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(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(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18、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(chǎn)。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(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)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(jīng)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(shù)，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(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。19、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?？捎糜谙礈臁⒓徔?、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。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，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產(chǎn)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(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)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(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高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)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(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。20、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(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(chǎn)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(jīng)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(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(shù)為____(結果保留一位小數(shù))。21、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(chǎn)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(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(chǎn)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、其他(共1題，共3分)22、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，且E中不含甲基。根據(jù)下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生水解反應和銀鏡反應評卷人得分五、簡答題(共4題，共32分)23、已知汽車尾氣中的主要污染物為rm{NO_{x}}rm{CO}超細顆粒rm{(PM2.5)}等有害物質。目前，已研究出了多種消除汽車尾氣污染的方法。rm{(1)}工業(yè)上可采用rm{CO}和rm{H_{2}}合成甲醇，發(fā)生反應為rm{(I)CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{(I)CO(g)+2H_{2}(g)?

CH_{3}OH(g)}在恒容密閉容器里按體積比為rm{triangleH<0}充入一氧化碳和氫氣，一定條件下反應達到平衡狀態(tài)。當改變反應的某一個條件后，下列變化能說明平衡____向正反應方向移動的是____rm{1:2}A.正反應速率先增大后減小rm{_}逆反應速率先增大后減小rm{B.}化學平衡常數(shù)rm{C.}值增大D.反應物的體積百分含量增大rm{K}混合氣體的密度減小rm{E.}氫氣的轉化率減小rm{F.}在汽車上安裝三元催化轉化器可實現(xiàn)反應：rm{(2)}Ⅱrm{)2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{(}。則該反應在____rm{)2NO(g)+2CO(g)?

N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}填高溫、低溫或任何溫度rm{triangleH<0}下能自發(fā)進行。rm{(}將rm{)}和rm{(3)}以一定的流速通過兩種不同的催化劑進行反應rm{NO}Ⅱrm{CO}經(jīng)過相同時間內(nèi)測量逸出氣體中rm{(}的含量，從而確定尾氣脫氮率rm{)}脫氮率即rm{NO}的轉化率rm{(}結果如圖所示。rm{NO}rm{)}A.第以下說法正確的是____種催化劑比第種催化劑脫氮率高B.相同條件下，改變壓強對脫氮率沒有影響C.曲線rm{壟脷}rm{壟脵}最高點表示此時平衡轉化率最高D.兩種催化劑分別適宜于rm{壟脵}和rm{壟脷}左右脫氮rm{55隆忙}用焦炭還原rm{75隆忙}的反應為：rm{2NO_{2}(g)+2C(s)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}在恒溫條件下，rm{(4)}和足量rm{NO_{2}}發(fā)生該反應，測得平衡時rm{2NO_{2}(g)+2C(s)?

N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}和rm{1molNO_{2}}的物質的量濃度與平衡總壓的關系如圖所示：rm{C}rm{NO_{2}}兩點的濃度平衡常數(shù)關系：rm{CO_{2}}____rm{壟脵A}rm{B}填“rm{K_{c(A)}}”或“rm{K_{c(B)}}”或“rm{(}”rm{<}rm{>}rm{=}rm{)}三點中rm{壟脷A}的轉化率最高的是____rm{B}填“rm{C}”或“rm{NO_{2}}”或“rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”或“rm{C}”rm{)}點。”rm{(}點。rm{A}計算rm{B}點時該反應的壓強平衡常數(shù)rm{C}____rm{)}是用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓rm{壟脹}總壓rm{C}物質的量分數(shù)rm{K_{p(C)}}rm{K_{p}}24、表為元素周期表的一部分，請參照元素rm{壟脵-壟脿}在表中的位置，用化學用語回答下列問題：。族周期rm{IA}rm{0}rm{1}rm{壟脵}Ⅱrm{A}Ⅲrm{A}Ⅳrm{A}Ⅴrm{A}Ⅵrm{A}Ⅶrm{A}rm{2}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{3}rm{壟脻}rm{壟脼}rm{壟脽}rm{壟脿}

rm{(1)}若rm{壟脵}和rm{壟脻}可以形成原子個數(shù)比為rm{1:1}的化合物，此時元素rm{壟脵}顯____價rm{(2)壟脺.壟脻.壟脼}的原子半徑由大到小的順序為_______________。rm{(3)壟脷.壟脹.壟脽}的最高價含氧酸的酸性由強到弱的順序是_____________。25、實驗室用圖所示裝置來制取乙酸乙酯；回答下列問題：

rm{(1)}請寫出本實驗中發(fā)生的主要反應方程式______．

rm{(2)}配置混合溶液時，加入試劑的正確順序是______rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}．

A.先加乙醇，再慢慢注入濃硫酸和乙酸rm{B.}先加濃硫酸；再慢慢注入乙醇和乙酸。

rm{(3)}濃硫酸的作用是______．

rm{(4)}飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的作用是______．

rm{(5)}實驗完成后，右邊試管液面上有透明的不溶于水的油狀液體生成rm{.}若要分離rm{10mL}該液體混合物需要用到的主要玻璃儀器是______，這種分離方法叫做______．26、烴rm{A}是一種重要的基本化工原料，用質譜法測得其相對分子質量為rm{28}下圖是以rm{A}為原料合成藥物中間體rm{E}和rm{I}的路線。已知：rm{I}．rm{II}．rm{(R}rm{R{{'}}}表示烴基或氫原子rm{)}rm{(1)B}中官能團的名稱是__________；rm{(2)B隆煤C}的化學方程式為__________；rm{(3)E}的分子式為rm{C_{4}H_{8}O}下列關于rm{E}的說法正確的是__________rm{(}填字母序號rm{)}rm{a.}能與金屬鈉反應rm{b.}分子中rm{4}個碳原子一定共平面rm{c.}一定條件下，能與濃氫溴酸反應rm{d.}與rm{CH_{2}=CHCH_{2}OCH_{2}CH_{3}}互為同系物rm{(4)H}的結構簡式為____________；rm{(5)I}的分子式為rm{C_{4}H_{6}O_{2}}有順反異構，其順式的結構簡式為____________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】試題分析：溫度越高、鹽酸濃度越大反應速率越快，粉末狀金屬比塊狀金屬與酸接觸面積大，反應速率快。考點：影響化學反應速率的因素【解析】【答案】C2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】試題分析：A．CuSO4容易溶解于水因此溶液中的c(Cu2+)>>1．2×10-5mol/L。錯誤。B．CuCO3的Ksp=1．4×10-10．則c(Cu2+)=≈1．2×10-5mol/L．正確。C．Cu(OH)2Cu2++2OH-。假設c(Cu2+)=x,則c(OH-)=2x,Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2．2×10-20．x×(2x)2=2．2×10-20．<<1．2×10-5mol/L．錯誤。D．CuSKsp值為1．3×10-36，則在溶液中的c(Cu2+)=<<1．2×10-5mol/L．錯誤。考點：考查沉淀溶解平衡在養(yǎng)殖業(yè)的應用的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、B【分析】解：①因第ⅤA族中，N的非金屬性最強，NH3中分子之間存在氫鍵，則NH3的熔；沸點比VA族其他元素氫化物的高；故①正確；

②小分子的醇；羧酸與水分子之間能形成氫鍵；則可以和水以任意比互溶，故②正確；

③冰中存在氫鍵；其體積變大，則相同質量時冰的密度比液態(tài)水的密度小，故③正確；

④水分子高溫下也很穩(wěn)定；其穩(wěn)定性與化學鍵有關，而與氫鍵無關，故④錯誤；

⑤對羥基苯甲酸易形成分子之間氫鍵；而鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)氫鍵，所以鄰羥基苯甲酸的熔；沸點比對羥基苯甲酸的低，故⑤正確；

故選B．

①ⅤA族中，N的非金屬性最強，NH3中分子之間存在氫鍵；

②醇；羧酸與水分子之間能形成氫鍵；

③冰中存在氫鍵；其體積變大；

④穩(wěn)定性與化學鍵有關；

⑤對羥基苯甲酸易形成分子之間氫鍵．

本題考查氫鍵及氫鍵對物質的性質的影響，明確氫鍵主要影響物質的物理性質是解答本題的關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】B5、B【分析】解：rm{A}碳酸根的第一步水解rm{(}水解后生成碳酸氫根和氫氧根rm{)}的平衡常數(shù)比碳酸氫根要大許多rm{.}碳酸根水解要比碳酸氫根容易得多rm{.}所以溶解度較大；且溶解的快，故A錯誤．

B、rm{2Ca(OH)_{2}+2Cl_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{Cl}元素的化合價既升高又降低，所以rm{Cl_{2}}既是氧化劑；又是還原劑，故B正確．

C、rm{3Cl_{2}+2Fedfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}故C錯誤．

D；氯化鈉和水、氨氣、二氧化碳的反應以及碳酸氫鈉的分解反應都不是氧化還原反應；故D錯誤．

故選B．

A；根據(jù)其陰離子的水解程度判斷；

B；結合反應方程式化合價的變化判斷；

C、鐵能在氯氣中燃燒生成棕黃色的煙rm{3Cl_{2}+2Fedfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}

D；根據(jù)元素的化合價是否變化判斷．

本題考查了鹽的溶解性、氧化還原反應、氧化劑還原劑等問題，是小型綜合題；氧化還原反應、氧化劑還原劑根據(jù)化合價的變化判斷即可．rm{FeCl_{3}}【解析】rm{B}6、B【分析】解：該有機物含rm{-OH}rm{-CHO}rm{-COOH}等物質的量的該有機物分別與rm{Na}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}恰好反應時；

設有機物為rm{1mol}

rm{Na}與rm{-OH}rm{-COOH}反應，rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}與酚羥基和rm{-COOH}反應；

則消耗rm{Na}為rm{3mol}消耗rm{NaOH}為rm{2mol}消耗rm{Na_{2}CO_{3}}為rm{1.5mol}

則消耗rm{Na}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}的物質的量之比是rm{3}rm{2}rm{1.5=6}rm{4}rm{3}

故選B．

該有機物含rm{-OH}rm{-CHO}rm{-COOH}酚羥基具有酸性，rm{Na}與rm{-OH}rm{-COOH}反應，rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}}與酚羥基和rm{-COOH}反應；以此來解答．

本題考查有機物的結構與性質，熟悉有機物的官能團及性質是解答本題的關鍵，注意苯酚與碳酸鈉反應為rm{1}rm{1}羧酸與碳酸鈉反應rm{2}rm{1}題目難度中等．【解析】rm{B}7、D【分析】解：rm{A.CaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}混合反應生成碳酸鈣沉淀；不能通過滴加順序鑒別，故A錯誤；

B.rm{Ba(OH)_{2}}rm{NaHSO_{4}}混合反應生成硫酸鋇沉淀；不能通過滴加順序鑒別，故B錯誤；

C.rm{AlCl_{3}}rm{NH_{3}?H_{2}O}混合反應生成氫氧化鋁沉淀；不能通過滴加順序鑒別，故C錯誤；

D.將rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液滴入rm{NaOH}溶液中，先沒有明顯現(xiàn)象，后生成白色沉淀，將rm{NaOH}溶液滴入rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中；先生成白色沉淀，后白色沉淀溶解，二者顯現(xiàn)不同，可鑒別，故D正確．

故選D．

只用試管和膠頭滴管；不用任何化學試劑就可以鑒別的物質可以采用相互滴加的方法檢驗，滴加順序不同，現(xiàn)象不同的可以鑒別．

本題考查利用滴加順序不同鑒別物質，題目難度中等，注意滴加順序不同實質是反應物量的不同，掌握常見與量及順序有關的反應，注意基礎知識的全面掌握．【解析】rm{D}8、B【分析】【分析】本題考查化學方程式計算、熔沸點比較、同系物概念、有機物最簡式等知識點，為高頻考點，側重考查基本概念及基本計算，注意：分子晶體熔沸點與分子間作用力和氫鍵有關，與化學鍵強弱無關，易錯選項是rm{B}【解答】A.最簡式都是rm{CH_{2}}故A正確；B.結構相似，在分子組成上相差一個或rm{n}個rm{-CH_{2}}原子團的有機物互稱同系物，前一種物質是苯酚、后一種物質是苯甲醇，二者結構不同，所以不是同系物，故B錯誤；C.烷烴中碳原子個數(shù)越多其熔沸點越高，同分異構體中含有支鏈越多其熔沸點越低，所以熔沸點按由低到高順序為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{3}<(CH_{3})_{4}C<(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{3}<CH_{3}(CH_{2})_{3}CH_{3}}故C正確；D.rm{CH_{4}+2O_{2}}rm{CO_{2}+2H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH+3O}2rm{2CO_{2}+3H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+5/2O_{2}}rm{2CO_{2}+2H_{2}O}假設甲烷、乙醇、乙醛的質量都是rm{1g}則消耗氧氣物質的量分別為rm{1/16mol隆脕2=0.125mol}rm{1/46mol隆脕3=0.0652mol}rm{1/44mol隆脕5/2=0.0568mol}所以消耗氧氣物質的量逐漸減少，故D正確。故選B?！窘馕觥縭m{B}二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

（1）①甲為原電池，F(xiàn)e為負極，發(fā)生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；所以碳電極上生成紅色物質Cu，乙為電解池，由電子流向可知，F(xiàn)e為陰極，銅離子得到電子生成Cu，故答案為：碳；鐵；

②乙中陽極上氫氧根離子放電，電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，故答案為：4OH--4e-=O2↑+2H2O；

（2）①電解NaCl溶液生成NaOH、氫氣、氯氣，離子反應為2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故答案為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

②甲中碳為正極，氫氧根離子失去電子，電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O；乙中碳為陽極，發(fā)生氧化反應；

故答案為：4OH--4e-=O2↑+2H2O；氧化反應；

③乙池轉移0.02mole-，由2e-～2NaOH可知，n（NaOH）=0.02mol，c（NaOH）==0.1mol/L；所以pH=13，故答案為：13．

【解析】【答案】（1）甲為原電池，F(xiàn)e為負極，發(fā)生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；乙為電解池，由電子流向可知，F(xiàn)e為陰極，銅離子得到電子生成Cu，陽極上氫氧根離子放電；

（2）①電解NaCl溶液生成NaOH；氫氣、氯氣；

②甲中碳為正極；氫氧根離子失去電子，乙中碳為陽極，發(fā)生氧化反應；

③乙池轉移0.02mole-，由2e-～2NaOH計算．

10、略

【分析】【解析】【答案】1:10011、略

【分析】解：（1）由圖示可知a為烷烴；含有4個C原子，主鏈含有3個C，甲基在2號C，該有機物名稱為：2-甲基丙烷；

故答案為：2-甲基丙烷；

（2）含有4個碳原子的烷烴有CH3CH（CH3）CH3和CH3CH2CH2CH3，a為CH3CH（CH3）CH3，則其同分異構體為：CH3CH2CH2CH3；

故答案為：CH3CH2CH2CH3；

（3）c為2-丁烯，與2-丁烯分子式相同，結構不通過的為b，即：b；c互為同分異構體；

故答案為：b；

（4）e為丁炔；CH≡CH等炔烴與丁炔互為同系物；

故答案為：CH≡CH；

（5）上述五種物質中，b；c含有C=C雙鍵、d、e含有C≡C三鍵能與溴水發(fā)生加成反應；使溴水褪色，而a烷烴、f環(huán)丁烷不與溴水反應；

故答案為：af；

（6）a為烷烴；甲烷為正四面體結構，則異丁烷中4個碳原子一定不共平面，故a錯誤；

b為2-甲基-1-丙烯，可以看作兩個甲基取代了乙烯中的一個C上的兩個氫原子，乙烯為平面結構，則2-甲基-1-丙烯一定共平面，故b正確；

c為2-丁烯；可以看作兩個甲基分別取代了乙烯中兩個C上的1個H，根據(jù)乙烯共平面可知，2-丁烯一定共平面，故c正確；

d為1；3丁二烯，由于兩個碳碳雙鍵之間的碳碳鍵可以旋轉，所以4個C原子不一定共平面，故d錯誤；

故選bc．

根據(jù)圖示可知，a為2-甲基丁烷，b為2-甲基-1-丙烯；c為2-丁烯，d為1，3-丁二烯，e為1-丁炔，f為環(huán)丁烷；

（1）有機物（a）的最長碳鏈含有3號C；為烷烴，根據(jù)烷烴的命名進行解答；

（2）與a互為同分異構體的為正丁烷；

（3）c為2-丁烯；根據(jù)同分異構體的定義進行判斷；

（4）e為丁炔；根據(jù)同系物的定義分析；

（5）含有C=C雙鍵；C≡C三鍵的烴能與溴水發(fā)生加成反應；烷烴和環(huán)丁烷不與溴水反應；

（6）根據(jù)乙烯為平面機構、甲烷為正四面體結構判斷（a）（b）（c）（d）四種物質中；4個碳原子一定處于同一平面情況．

本題考查了球棍模型的意義、有機物結構與性質、常見有機物的命名，題目難度中等，試題涉及的知識點較多，明確球棍模型的表示方法及有機物結構與性質是解答本題關鍵．【解析】2-甲基丙烷；CH3CH2CH2CH3；b；CH≡CH；af；bc12、略

【分析】解：rm{(1)}未加醋酸時，rm{NaOH}溶液的rm{pH=13}則該溶液中rm{c(OH^{-})=0.1mol/L}rm{NaOH}是強電解質，則rm{NaOH}溶液中rm{c(NaOH)=c(OH^{-})=0.1mol/L}故答案為：rm{0.1mol/L}

rm{(2)NaOH}是強電解質、醋酸是弱電解質，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，要使rm{NaOH}醋酸混合溶液呈中性，則醋酸應該稍微過量，醋酸濃度是rm{NaOH}濃度的rm{2}倍，則醋酸體積應該是rm{NaOH}體積的一半多，則rm{a>12.5}故答案為：rm{>}

rm{(3)D}點溶液中溶質為等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉，根據(jù)圖知，混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，結合物料守恒得rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})}醋酸電離程度較小，則rm{c(Na^{+})>c(H^{+})}

所以離子濃度大小順序是rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案為：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-}).}

rm{(1)}未加醋酸時，rm{NaOH}溶液的rm{pH=13}則該溶液中rm{c(OH^{-})=0.1mol/L}rm{NaOH}是強電解質，則rm{NaOH}溶液中rm{c(NaOH)=c(OH^{-})}

rm{(2)NaOH}是強電解質、醋酸是弱電解質，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，要使rm{NaOH}醋酸混合溶液呈中性；則醋酸應該稍微過量；

rm{(3)D}點溶液中溶質為等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉；根據(jù)圖知，混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，結合物料守恒判斷．

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，側重考查學生圖象分析及計算能力，明確圖中每點溶液中溶質成分及其性質、溶液酸堿性是解本題關鍵，知道溶液中存在的電荷守恒和物料守恒，題目難度不大．【解析】rm{0.1mol/L}rm{>}rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}13、略

【分析】考查根據(jù)有機物名稱書寫有機物的結構簡式?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（2）(各3分)14、略

【分析】解：(1)H2SeO3中Se的化合價為+4價，與H2SO3類似；為亞砷酸，故答案為：亞砷酸；

(2)將二氧化硫通入H2SeO3的溶液中，會有Se析出，說明表現(xiàn)為氧化性，則二氧化硫為還原劑，應被氧化為H2SO4；

反應的化學方程式為H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，故答案為：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4；

(3)根據(jù)氧化劑+還原劑=氧化產(chǎn)物+還原產(chǎn)物；氧化性：氧化劑＞還原劑進行判斷：

2HCl+H2SeO4═H2SeO3+Cl2+H2O，氧化性：H2SeO4＞H2SeO3，由課本知識可知Cl2+H2SO3+H2O=2HCl+H2SO4；

則氧化性：Cl2＞H2SO3，則有H2SeO4＞H2SeO3＞H2SO3，故答案為：H2SeO4＞H2SeO3＞H2SO3．【解析】亞砷酸;H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4;H2SeO4＞H2SeO3＞H2SO315、略

【分析】解：（1）反應Ⅰ中恒壓下溫度升高，α（A）減小，即升高溫度平衡向左移動，則正反應為放熱反應，△H＜0；由p1＞p2知恒定溫度時壓強越大，α（A）越大，即增大壓強平衡向右移動，說明此反應為氣體分子數(shù)減少的反應（a+b＞c）；即為熵減反應，△S＜0．放熱；熵減反應只能在低溫下自發(fā)進行；

故答案為：放熱；＜；低溫；

（2）反應Ⅱ中先拐先平溫度高，T1溫度下反應先達到平衡狀態(tài)，說明T1＞T2；溫度越高；平衡時C的物質的量越小，即升高溫度平衡向左移動，則正反應為放熱反應，△H＜0；

故答案為：＞；放熱；

（3）反應Ⅲ中在恒溫下壓強變化對α（A）沒有影響，說明壓強變化不能影響平衡，此反應為氣體分子數(shù)不變的反應（a+b=c），反應過程中熵變很小，△S≈0，若T1＞T2；恒壓下溫度越高α（A）越小，說明升高溫度平衡向左移動，正反應為放熱反應，△H＜0，則△H-T△S＜0，反應能自發(fā)進行；

故答案為：能．

（1）反應Ⅰ中恒壓下溫度升高，α（A）減小，即升高溫度平衡向左移動，△H＜0；恒定溫度時壓強越大，α（A）越大，說明此a+b＞c；即為熵減反應，△S＜0；放熱；熵減反應只能在低溫下自發(fā)進行；

（2）“先拐先平數(shù)值大”T2溫度下反應先達到平衡狀態(tài)，說明T2＞T1；溫度越高，平衡時C的物質的量越小，即升高溫度平衡向左移動，則正反應為放熱反應；

（3）恒溫下壓強變化對α（A）沒有影響，說明a+b=c，△S≈0，若T1＞T2；恒壓下溫度越高α（A）越大，說明升高溫度平衡向右移動，正反應為吸熱反應，△H＞0，則△H-T△S＞0，反應不能自發(fā)進行．

本題涉及圖象的分析及化學平衡的移動和反應進行的方向等知識點，整合性較強，通過圖象中數(shù)據(jù)的變化判斷化學平衡移動的方向是解題的關鍵，題目難度中等．【解析】放熱；＜；低溫；＞；放熱；能三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)16、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(chǎn)物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據(jù)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濃度越小；與鐵離子的水解有關。

【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(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)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(jù)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(jù)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(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：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17、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(chǎn)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.D18、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(shù)偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(shù)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%19、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(jù)圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產(chǎn)品達到優(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(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高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中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(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(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，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%20、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(chǎn)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(chǎn)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(jù)關系式計算。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，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(chǎn)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(chǎn)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(jù)關系式計算：

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量分數(shù)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(chǎn)生誤差96.1%21、略

【分析】【分析】

根據(jù)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(chǎn)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(chǎn)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)?！窘馕觥?NaNO2＋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、其他(共1題，共3分)22、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對均可）（2分）五、簡答題(共4題，共32分)23、（1）AC

（2）低溫

（3）D

（4）①=②A③2MPa【分析】【分析】本題旨在考查學生對化學平衡的計算、熵變、平衡移動原理等應用?！窘獯稹縭m{(1)}A.正反應速率先增大后減小，平衡正向移動，故A正確；B.逆反應速率先增大后減小，平衡逆向移動，故B錯誤；C.化學平衡常數(shù)rm{(1)}值增大，平衡正向移動，故C正確；D.反應物的體積百分含量增大，平衡逆向移動，故D錯誤；E.容器體積不變，氣體總質量不變，密度時刻不變，故E錯誤；F.氫氣的轉化率減小，平衡逆向移動，故F錯誤。故答案為：rm{K}rm{AC}該反應焓變小于rm{(2)}該反應焓變小于rm{0}為熵減的反應，故低溫自發(fā)，故答案為：低溫；為熵減的反應，故低溫自發(fā)，故答案為：低溫；rm{(2)}溫度相同，二者的脫氮效率不同，故A錯誤；rm{0}轉化率增大，故B錯誤；rm{(3)A.}溫度相同，二者的脫氮效率不同，故A錯誤；rm{(3)A.}最高點表示不同溫度下，不同的催化劑的平衡轉化率最高，故C錯誤；B.該反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，rm{NO}轉化率增大，故B錯誤；和rm{NO}左右脫氮，故D正確。C.曲線rm{壟脵}rm{壟脷}最高點表示不同溫度下，不同的催化劑的平衡轉化率最高，故C錯誤；rm{壟脵}rm{壟脷}D.兩種催化劑分別適宜于rm{55隆忙}和rm{75隆忙}左右脫氮，故D正確。兩點的二氧化氮濃度rm{55隆忙}說明由rm{75隆忙}到故答案為：rm{D}平衡逆向移動，由于溫度不變，故濃度平衡常數(shù)關系rm{D}D.rm{(4)壟脵A}rm{B}兩點的二氧化氮濃度rm{A<B}說明由rm{A}到rm{B}平衡逆向移動，由于溫度不變，故濃度平衡常數(shù)關系rm{K}rm{(4)壟脵A}故答案為：rm{B}rm{A<B}rm{A}rm{B}三點中rm{K}rm{{,!}_{c(A)}=}rm{K}故答案為：rm{K}rm{{,!}_{c(B)}}根據(jù)圖示，rm{=}點二者的濃度相等，故為rm{壟脷A}rm{B}rm{C}三點中rm{NO}

rm{壟脷A}rm{B}rm{C}rm{NO}rm{{,!}_{2}}的轉化率最高的是rm{A}故答案為：rm{A}rm{A}rm{A}rm{壟脹}根據(jù)圖示，rm{C}點二者的濃度相等，故為rm{0.5mol/L}rm{壟脹}

rm{C}rm{0.5mol/L}rm{2NO}

rm{2NO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2C(s)}

rm{(g)+2C(s)}二氧化碳和二氧化氮各占rm{?}為rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}為rm{(g)+2CO}rm{(g)+2CO}rm{{,!}_{2}}

rm{(g)}rm{{,!}_{p(C)}=dfrac{4MPa隆脕2MPa}{4MPa}=2MPa}rm{(g)}起始：rm{1}

rm{1}

變化：rm{0.5}rm{0.25}rm{0.5}【解析】rm{(1)AC}rm{(1)AC}低溫rm{(2)}低溫

rm{(2)}rm{(3)D}rm{(3)D}rm{(4)壟脵=}rm{壟脷A}rm{壟脹2MPa}24、rm{(1)-1}rm{(2)NaAlO}rm{(3)HNO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{H_{2}SiO_{3}}【分析】【分析】本題旨在考查學生對非金屬性與元素周期律、元素周期表的種應用、化合價等應用。【解答】根據(jù)題意，rm{壟脵}到rm{壟脿}元素分別為rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{Cl}到r