2025年魯科版高二化學(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年魯科版高二化學(xué)上冊月考試卷653考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)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、北京和張家口市聯(lián)合申辦2022年冬奧會，目前北京市政府正在全力改善空氣質(zhì)量。以下不在空氣質(zhì)量報(bào)告范圍內(nèi)的是A.O2B.NOC.NO2D.SO22、氯的含氧酸根離子有ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-等，有關(guān)它們的下列說法正確的是（）A.ClO-中氯元素顯+1價(jià)，具有很強(qiáng)還原性B.這些離子結(jié)合H+的能力，ClO4-最強(qiáng)C.這些離子中的氯原子都采取sp3雜化D.ClO3-是NO3-的等電子體，其空間構(gòu)型為平面三角形3、玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的殘留物；其洗滌方法正確的是（）

①殘留在試管內(nèi)壁上的碘；用酒精洗滌。

②殘留有苯酚的試劑瓶；用酒精洗滌。

③做銀鏡反應(yīng)后試管壁上的銀鏡；用稀氨水洗滌。

④沾附在試管內(nèi)壁上的油脂；用熱堿液洗滌．

A.①③④

B.①②④

C.②③④

D.①②③④

4、可以將六種無色液體：C2H5OH、AgNO3溶液、C2H5Br、KI溶液，C6H5OH溶液、C6H6區(qū)分開的試劑是（）

A.FeCl3溶液。

B.稀硫酸。

C.酸性高錳酸鉀溶液。

D.NaOH溶液。

5、用相對分子質(zhì)量為43的烷基取代甲苯苯環(huán)上的1個(gè)氫原子，所得芳香烴產(chǎn)物的數(shù)目為（）A．3B．4C．5D．66、下列敘述合理的是（）A.纖維素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定條件下都可發(fā)生水解反應(yīng)B.棉、麻、絲、毛及合成纖維完全燃燒都只生成CO2和H2OC.蛋白質(zhì)溶液中加飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，加水也不溶解D.福爾馬林、葡萄糖與新制Cu（OH）2共熱都有紅色沉淀生成7、恒溫下，物質(zhì)的量之比為rm{2隆脙1}的rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}的混合氣體在容積為rm{2L}的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)(}正反應(yīng)為放熱反應(yīng)rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)(}rm{)}rm{n}隨時(shí)間變化關(guān)系如下表：

下列說法正確的是A.當(dāng)容器中氣體的密度不變時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)B.若要提高rm{(SO_{2})}的轉(zhuǎn)化率，可鼓入適度過量空氣C.從反應(yīng)開始到達(dá)到平衡，用rm{SO_{2}}表示的平均反應(yīng)速率為rm{SO_{3}}D.容器內(nèi)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)的壓強(qiáng)與起始時(shí)的壓強(qiáng)之比為rm{0.01mol/(L隆隴min)}rm{5隆脙4}8、在rm{100隆忙}時(shí)，將rm{N_{2}O_{4}}rm{NO_{2}}分別充入兩個(gè)各為rm{1L}的密閉容器中，反應(yīng)過程中濃度變化如下：rm{(2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangleH<0)}

。rm{(2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangle

H<0)}容器物質(zhì)起始濃度rm{/(mol?L^{-1})}平衡濃度rm{/(mol?L^{-1})}Ⅰrm{N_{2}O_{4}}rm{0.100}rm{0.040}rm{NO_{2}}rm{0}rm{0.120}rm{0.120}Ⅱrm{N_{2}O_{4}}rm{0}rm{0.014}rm{NO_{2}}rm{0.100}rm{0.072}rm{0.072}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.平衡時(shí)，Ⅰ、Ⅱ中反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率rm{婁脕(N_{2}O_{4})<婁脕(NO_{2})}B.平衡時(shí)，Ⅰ、Ⅱ中上述正反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K(}Ⅰrm{)=2K(}Ⅱrm{)}C.平衡后，向兩容器中分別再充入一定量的rm{NO_{2}}rm{(}Ⅰrm{)}中rm{dfrac{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的值減小，rm{dfrac

{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}Ⅱrm{)dfrac{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的值增大D.平衡后，升高溫度，Ⅰ、Ⅱ中氣體顏色都將變深rm{(}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)9、在體積均為1.0L的恒容密閉容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入0.1molCO2和0.3molCO2，在不同溫度下反應(yīng)CO2（g）+C（s）?2CO（g）達(dá)到平衡，平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量濃度c（CO2）隨溫度的變化如圖所示（圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ點(diǎn)均處于曲線上）．下列說法正確的是（）A.反應(yīng)CO2（g）+C（s）?2CO（g）△S＞0、△H＜0B.體系的總壓強(qiáng)P總：P總（狀態(tài)Ⅱ）＞3P總（狀態(tài)Ⅰ）C.體系中c（CO2）：c（CO2，狀態(tài)Ⅱ）＜3c（CO2，狀態(tài)Ⅲ）D.逆反應(yīng)速率V逆：V逆（狀態(tài)Ⅰ）＞V逆（狀態(tài)Ⅲ）10、已知：rm{25隆忙}時(shí)，rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=5.61隆脕10^{-12}}rm{K_{sp}[MgF_{2}]=7.42隆脕10^{-11}}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{25隆忙}時(shí)，飽和rm{Mg(OH)_{2}}溶液與飽和rm{MgF_{2}}溶液相比，前者的rm{c(Mg^{2+})}小B.rm{25隆忙}時(shí)，在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液中加入rm{NaF}溶液后，rm{Mg(OH)_{2}}不可能轉(zhuǎn)化為rm{MgF_{2}}C.rm{25隆忙}時(shí)，在等體積等濃度的氨水、rm{NH_{4}Cl}溶液中，rm{Mg(OH)_{2}}的rm{Ksp}前者小于后者D.rm{25隆忙}時(shí)，在rm{MgF_{2}}的懸濁液中通入少量的rm{HF}氣體，rm{c(Mg^{2+})}減小11、銀器的保護(hù)主要是維持它的原貌，對于輕微腐蝕蒙有硫化銀的銀器，可將其和鋁片一起接觸浸泡在稀rm{NaOH}溶液中，經(jīng)一定時(shí)間污跡消失，取出后用水洗于凈，再用軟布或棉團(tuán)擦光rm{.}有關(guān)敘述正確的是rm{(}rm{)}A.溶液中的rm{OH^{-}}離子向正極移動B.在銀表面上的反應(yīng)為：rm{Ag_{2}S+2e^{-}簍T2Ag+S^{2-}}C.反應(yīng)后容易的rm{pH}增大D.在鋁表面的反應(yīng)為：rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}12、下列說法不正確的是（）A.體系有序性越高，熵值就越低B.自發(fā)過程將導(dǎo)致體系的熵增大C.吸熱反應(yīng)不可以自發(fā)進(jìn)行D.同種物質(zhì)氣態(tài)時(shí)熵值最大13、某污水中含有rm{Fe^{3+}}rm{Ag^{+}}rm{Cu^{2+}}等離子，某工廠采用電解的方法處理該污水，具體的做法是：保持污水的rm{pH}在rm{5.0隆蘆6.0}之間，通過電解生成rm{Fe(OH)_{3}.Fe(OH)_{3}}具有吸附性，可吸附污物而沉積下來，有凈化水的作用，陰極產(chǎn)生的氣泡把污水中懸浮物帶到水面形成浮層，刮去rm{(}或撇掉rm{)}浮渣層，即起到了浮選凈化的作用rm{.}該廠污水處理設(shè)計(jì)裝置如圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.通入空氣的電極為陽極B.甲裝置中rm{Fe}電極的反應(yīng)為rm{Fe-3e^{-}簍TFe^{3+}}C.為了使該燃料電池長時(shí)間穩(wěn)定運(yùn)行，電池的電解質(zhì)組成應(yīng)保持穩(wěn)定，電池工作時(shí)，循環(huán)物質(zhì)為rm{CO_{2}}D.當(dāng)乙裝置中有rm{1.6}rm{g}rm{CH_{4}}參加反應(yīng)，則rm{C}電極理論上生成氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為rm{8.96}rm{L}14、設(shè)rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)的值rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1.6}rm{g}由氧氣和臭氧組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}B.rm{0.1}rm{mol}丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{11.2}rm{L}苯中含有分子的數(shù)目為rm{0.5N_{A}}D.rm{1}rm{mol}rm{Na}被完全氧化生成rm{Na_{2}O_{2}}失去rm{N_{A}}個(gè)電子15、改變r(jià)m{0.1molcdot{{L}^{-1}}}二元弱酸rm{{{{H}}_{2}}{A}}溶液的rm{pH}溶液中的rm{{{{H}}_{2}}{A}}rm{{H}{{{A}}^{-}}}rm{{{{A}}^{2-}}}的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)rm{delta(X)}隨rm{pH}的變化如圖所示rm{[}已知rm{delta(X)=dfrac{c(X)}{c({{H}_{2}}A)+c(H{{A}^{-}})+c({{A}^{2-}})}]}rm{delta

(X)=dfrac{c(X)}{c({{H}_{2}}A)+c(H{{A}^{-}})+c({{A}^{2-}})}]}A.下列敘述正確的是時(shí)，rm{pH=1.2}B.二元弱酸rm{c({{H}_{2}}A)=c(H{{A}^{-}})}第二步電離常數(shù)rm{lg[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}C.rm{{{{H}}_{2}}{A}}時(shí)，rm{cleft({H}_{2}Aright)=cleft({A}^{2}right)>cleft(H{A}^{-}right)}D.rm{lg

[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}時(shí)，rm{pH=2.7}rm{cleft({H}_{2}Aright)=cleft({A}^{2}right)>cleft(H{A}^{-}right)

}16、北京奧運(yùn)會期間對大量盆栽鮮花施用了rm{S-}誘抗素制劑，以保持鮮花盛開，rm{S-}誘抗素的分子結(jié)構(gòu)如圖，下列關(guān)于該分子的說法中正確的是rm{(}rm{)}A.含有碳碳雙鍵、羥基、羰基、羧基B.能發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)、縮聚反應(yīng)C.rm{1mol}該分子能與含rm{2mol}rm{NaOH}的溶液完全反應(yīng)D.該分子能與溴水反應(yīng)而使溴水褪色且rm{1mol}它能與溴水中的rm{4mol}rm{Br_{2}}反應(yīng)評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、燃燒熱（1）反應(yīng)熱可分為__________、__________、__________等，其中以跟__________相關(guān)的__________實(shí)際應(yīng)用較廣。____________________，叫做該物質(zhì)的燃燒熱。單位為__________。燃燒熱通常可利用儀器由實(shí)驗(yàn)測得。（2）選擇燃料應(yīng)從物質(zhì)的燃燒熱、燃料的__________、__________、__________、__________、__________、對__________的影響等方面綜合考慮。18、實(shí)驗(yàn)室配制rm{FeSO_{4}}溶液，溶解時(shí)先要加入少量的稀硫酸，其原因是______；配制完畢后要加入少量鐵屑，其目的是______rm{.}把rm{AlCl_{3}}溶液蒸干灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是______，rm{AlCl_{3}}溶液呈酸性的原因是rm{(}用離子方程式說明rm{)}______．19、熱化學(xué)方程式中的H實(shí)際上是熱力學(xué)中的一個(gè)物理量；叫做焓．一個(gè)體系的焓（H）的絕對值到目前為止還沒有辦法測得，但當(dāng)體系發(fā)生變化時(shí)，我們可以測得體系的焓的變化，即焓變，用“△H”表示，△H=H（終態(tài)）-H（始態(tài)）．

（1）化學(xué)反應(yīng)中的△H是以____的形式體現(xiàn)的．

對于化學(xué)反應(yīng)A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D），則該反應(yīng)的△H為____0（填“大于”．“小于”），該反應(yīng)是____（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)；

（2）進(jìn)一步研究表明；化學(xué)反應(yīng)的焓變與反應(yīng)物和生成物的鍵能有關(guān)．

已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ?mol-1，△H（H2）=436kJ?mol-1；

△H（Cl2）=247kJ?mol-1．則△H（HCl）=____．

（3）HessG．H在總結(jié)大量實(shí)驗(yàn)事實(shí)之后認(rèn)為；只要化學(xué)反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)確定，則化學(xué)反應(yīng)的△H便是定值，與反應(yīng)的途徑無關(guān)．這就是有名的“Hess定律”．

已知：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ?mol-1

3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ?mol-1

Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ?mol-1

請寫出CO還原FeO的熱化學(xué)方程式：____．20、（10分）（1）“笑氣”(N2O)是人類最早應(yīng)用于醫(yī)療的麻醉劑之一。有關(guān)理論認(rèn)為N2O與CO2分子具有相似的結(jié)構(gòu)(包括電子式)；又已知N2O分子中氧原子只與一個(gè)氮原子相連，則N2O的電子式可表示為，它____(填“含有”或“不含”)非極性鍵。(2)有以下物質(zhì)：①CH4，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥C2H6，⑦H2，⑧Na2O2，⑨HCN(H—C≡N)；只含有極性鍵且為非極性分子是__________；含有非極性鍵的共價(jià)化合物是__________；既有σ鍵又有π鍵的化合物是__________；21、如圖裝置所示，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同rm{(}假設(shè)通電前后溶液體積不變r(jià)m{)}rm{A}rm{B}為外接直流電源的兩極rm{.}將直流電源接通后，rm{F}極附近呈紅色。

請回答：rm{(1)B}極是電源的____極，一段時(shí)間后，甲中溶液顏色逐漸變________rm{(}填“深”或“淺”rm{)}丁中rm{X}極附近的顏色逐漸變淺，rm{Y}極附近的顏色逐漸變深，這表明氫氧化鐵膠粒帶______________rm{(}“正”或“負(fù)”rm{)}電，在電場作用下向rm{Y}極移動。rm{(2)}現(xiàn)用丙裝置給銅件鍍銀，則rm{H}應(yīng)該是_____rm{(}填“鍍層金屬”或“鍍件”rm{)}電鍍液是____________溶液。rm{(3)}若甲、乙裝置中的rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}電極均只有一種單質(zhì)生成時(shí)，對應(yīng)單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為_____。rm{(4)}用甲裝置電解rm{100}毫升rm{0.2molAgNO_{3}}rm{0.4molCu(NO_{3})_{2}}rm{0.6molKCl}的混合液，若在一極析出rm{19.2gCu}在另一極產(chǎn)生的氣體在標(biāo)況下的體積為____rm{L}評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)22、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-。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(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___。23、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24、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))。25、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)。步驟III蒸餾時(shí)的操作順序是___________(選填字母編號)。

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___________。評卷人得分五、探究題(共4題，共24分)26、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。27、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。28、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。29、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】試題分析：氮的氧化物是造成光化學(xué)煙霧的主要成分，二氧化硫是造成酸雨的主要成分，氧氣是空氣的主要組成氣體之一，所以不在空氣質(zhì)量報(bào)告范圍內(nèi)的是氧氣，答案選A?？键c(diǎn)：考查空氣的污染氣體【解析】【答案】A2、C【分析】解：A．次氯酸根離子中氯元素是+1價(jià)；次氯酸根離子易得電子而體現(xiàn)較強(qiáng)的氧化性，故A錯(cuò)誤；

B．酸性越強(qiáng)的酸；其結(jié)合氫離子能力越弱，高氯酸是最強(qiáng)的無機(jī)酸，所以高氯酸根離子結(jié)合氫離子能力最弱，故B錯(cuò)誤；

C．ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-中價(jià)層電子對數(shù)都是4，所以都采取sp3雜化；故C正確；

D．ClO3-和NO3-的價(jià)層電子數(shù)不同；所以不是等電子體，故D錯(cuò)誤；

故選C．

A．次氯酸根離子具有很強(qiáng)的氧化性；

B．酸性越強(qiáng)的酸；其結(jié)合氫離子能力越弱；

C．根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論確定其雜化方式；

D．原子個(gè)數(shù)相等價(jià)電子數(shù)相等的微粒是等電子體．

本題考查了雜化方式的判斷、空間構(gòu)型的判斷、離子的氧化性等知識點(diǎn)，雜化方式的判斷、空間構(gòu)型的判斷都是考試熱點(diǎn)，注意加強(qiáng)訓(xùn)練．【解析】【答案】C3、B【分析】

①根據(jù)碘溶于酒精的性質(zhì)；所以可用酒精清洗殘留碘的試管，故①正確；

②苯酚易溶于酒精；殘留有苯酚的試管，可用酒精洗滌，故②正確；

③銀單質(zhì)與氨水不反應(yīng)；可用稀硝酸洗去，故③錯(cuò)誤；

④氫氧化鈉能和油脂反應(yīng)；從而把油脂除去，故④正確．

故選B．

【解析】【答案】①碘易溶于酒精；

②苯酚易溶于酒精；

③銀單質(zhì)與氨水不反應(yīng)；

④氫氧化鈉能和油脂反應(yīng)；

4、A【分析】

A．C2H5OH、AgNO3溶液，C2H5Br、KI溶液，C6H5OH溶液、C6H6分別FeCl3溶液反應(yīng)的現(xiàn)象分別為：不反應(yīng)不分層；白色沉淀、不反應(yīng)分層后油狀液體在下層、溶液為淺綠色、溶液為紫色、不反應(yīng)分層后油狀液體在上層；現(xiàn)象不同，能區(qū)分開，故A正確；

B．C2H5OH；KI溶液與稀硫酸均不反應(yīng)不分層；現(xiàn)象相同，不能區(qū)分，故B錯(cuò)誤；

C．C2H5OH、AgNO3溶液與酸性高錳酸鉀溶液均不反應(yīng)不分層；現(xiàn)象相同，不能區(qū)分，故C錯(cuò)誤；

D．C2H5OH；KI溶液與NaOH溶液均不反應(yīng)不分層；現(xiàn)象相同，不能區(qū)分，故D錯(cuò)誤；

故選A．

【解析】【答案】C2H5OH、AgNO3溶液，C2H5Br、KI溶液，C6H5OH溶液、C6H6分別FeCl3溶液反應(yīng)的現(xiàn)象分別為：不反應(yīng)不分層；白色沉淀、不反應(yīng)分層后油狀液體在下層、溶液為淺綠色、溶液為紫色、不反應(yīng)分層后油狀液體在上層；現(xiàn)象不同，以此解答．

5、D【分析】【解析】【答案】D6、D【分析】解：A．葡萄糖是單糖；不能發(fā)生水解反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．蠶絲；羊毛是蛋白質(zhì)；蛋白質(zhì)分子中都含有C、H、O、N四種元素，燃燒還生成氮氧化物，故B錯(cuò)誤；

C．蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，故C錯(cuò)誤；

D．福爾馬林、葡萄糖中含有醛基，與新制Cu（OH）2共熱都有紅色沉淀生成；故D正確．

故選D．

A．葡萄糖不能發(fā)生水解反應(yīng)；

B．蠶絲；羊毛是蛋白質(zhì)；蛋白質(zhì)分子中都含有C、H、O、N四種元素；

C．當(dāng)向蛋白質(zhì)溶液中加入的鹽溶液達(dá)到一定濃度時(shí)；反而使蛋白質(zhì)的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析；

D．含醛基的物質(zhì)與新制Cu（OH）2共熱都有紅色沉淀生成．

本題考查糖類油脂蛋白質(zhì)的性質(zhì)，難度不大，注意掌握醛基的檢驗(yàn)方法．【解析】【答案】D7、B【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握平衡判定、平衡移動、速率及壓強(qiáng)比的計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意表格數(shù)據(jù)的應(yīng)用，題目難度不大。rm{A.}恒容密閉容器中，氣體的質(zhì)量、體積均不變；rm{B.}用空氣代替純氧氣并鼓入過量空氣，可促進(jìn)二氧化硫的轉(zhuǎn)化，平衡正向移動；rm{C.}由表格數(shù)據(jù)可知，rm{4min}時(shí)達(dá)到平衡，消耗二氧化硫?yàn)閞m{0.20mol-0.08mol=0.12mol}即生成rm{SO3}為rm{0.12mol}結(jié)合rm{v=}計(jì)算；rm{D.}開始rm{SO2}和rm{O2}的物質(zhì)的量分別為rm{0.2mol}rm{0.1mol}由表格數(shù)據(jù)可知平衡時(shí)rm{SO2}rm{O2}rm{SO3}的物質(zhì)的量分別為rm{0.8mol}rm{0.04mol}rm{0.12mol}壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比．

【解析】rm{A.}恒容密閉容器中，氣體的質(zhì)量、體積均不變，則混合氣體的密度始終不變，密度不變時(shí)，不能判定反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；rm{B.}用空氣代替純氧氣并鼓入過量空氣，可促進(jìn)二氧化硫的轉(zhuǎn)化，平衡正向移動，則提高rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化率，故B正確；rm{C.}由表格數(shù)據(jù)可知，rm{4min}時(shí)達(dá)到平衡，消耗二氧化硫?yàn)閞m{0.20mol-0.08mol=0.12mol}即生成rm{SO_{3}}為rm{0.12mol}由rm{v=}可知用rm{SO_{3}}表示的平均反應(yīng)速率為rm{=0.015}rm{mol/(L?min)}故C錯(cuò)誤；rm{D.}開始rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}的物質(zhì)的量分別為rm{0.2mol}rm{0.1mol}由表格數(shù)據(jù)可知平衡時(shí)rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的物質(zhì)的量分別為rm{0.8mol}rm{0.04mol}rm{0.12mol}由壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比可知，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)的壓強(qiáng)與起始時(shí)的壓強(qiáng)之比為rm{=4}rm{5}故D錯(cuò)誤；故選B?！窘馕觥縭m{B}8、D【分析】解：rm{A.}Ⅰ中rm{婁脕(N_{2}O_{4})=(0.1-0.04)mol/L隆脗0.1mol/L=0.6}Ⅱ中rm{婁脕(NO_{2})=(0.1-0.072)mol/K隆脗0.1mol/L=0.28}故Ⅰ、Ⅱ中反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率rm{婁脕(N_{2}O_{4})>婁脕(NO_{2})}故A錯(cuò)誤；

B.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度相同，平衡常數(shù)相同，故平衡時(shí)Ⅰ、Ⅱ中上述正反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K(}Ⅰrm{)=K(}Ⅱrm{)}故B錯(cuò)誤；

C.平衡后，向兩容器中分別再充入一定量的rm{NO_{2}}等效為增大壓強(qiáng)，平衡向生成rm{N_{2}O_{4}}的方向移動，容器rm{I}Ⅱ中rm{dfrac{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的值均增大；故C錯(cuò)誤；

D.rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangleH<0}升高溫度，平衡向生成rm{dfrac

{c(N_{2}O_{4})}{c(NO_{2})}}的方向移動，rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangle

H<0}濃度增大；顏色均變深，故D正確；

故選：rm{NO_{2}}．

A.轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{{脜簍露脠鹵盲祿爐脕驢}}{{脝冒脢錄脜簍露脠}}隆脕100%}據(jù)此計(jì)算轉(zhuǎn)化率進(jìn)行判斷；

B.平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度不變，平衡常數(shù)不變；

C.平衡后，向兩容器中分別再充入一定量的rm{NO_{2}}等效為增大壓強(qiáng)；

D.升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)進(jìn)行，容器rm{D}Ⅱ中rm{=dfrac

{{脜簍露脠鹵盲祿爐脕驢}}{{脝冒脢錄脜簍露脠}}隆脕100%}濃度均增大．

本題考查化學(xué)平衡計(jì)算與影響因素，rm{NO_{2}}中注意利用等效思想解答，對應(yīng)反應(yīng)物只有一種，增大反應(yīng)物濃度等效為增大壓強(qiáng)．rm{I}【解析】rm{D}二、雙選題(共8題，共16分)9、B|C【分析】解：A．由氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)增大可知△S＞0，由圖中溫度高平衡時(shí)c（CO2）??；則升高溫度平衡正向移動，可知△H＞0，故A錯(cuò)誤；

B．分別加入0.1molCO2和0.3molCO2，曲線I為加入0.1molCO2，曲線II為加入0.2molCO2，若平衡不移動，體系的總壓強(qiáng)為P總（狀態(tài)Ⅱ）=2P總（狀態(tài)Ⅰ），但加壓CO2（g）+C（s）?2CO（g）平衡逆向移動，為使c（CO2）相同，則加熱使平衡正向移動，則體系的總壓強(qiáng)為P總（狀態(tài)Ⅱ）＞2P總（狀態(tài)Ⅰ）；所以體系的總壓強(qiáng)P總：P總（狀態(tài)Ⅱ）＞3P總（狀態(tài)Ⅰ），故B正確；

C．狀態(tài)II、狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)Ⅲ平衡時(shí)CO的濃度相同，再加入0.2molCO2，若平衡不移動，Ⅱ狀態(tài)CO的濃度等于3倍Ⅲ，但再充入CO2；相當(dāng)增大壓強(qiáng)，平衡左移，消耗CO，則c（CO，狀態(tài)Ⅱ）＜3c（CO，狀態(tài)Ⅲ），故C正確；

D．狀態(tài)I、狀態(tài)Ⅲ的溫度不同，溫度高反應(yīng)速率快，則逆反應(yīng)速率為V逆（狀態(tài)Ⅰ）＜V逆（狀態(tài)Ⅲ）；故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A．由氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)增大可知△S，由圖中溫度高平衡時(shí)c（CO2）小可知△H；

B．分別加入0.1molCO2和0.3molCO2，曲線I為加入0.1molCO2，曲線II為加入0.2molCO2，加壓CO2（g）+C（s）?2CO（g）平衡逆向移動；

C．狀態(tài)II、狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)Ⅲ平衡時(shí)CO的濃度相同，再加入0.2molCO2，若平衡不移動，Ⅱ狀態(tài)CO的濃度等于3倍Ⅲ，但再充入CO2；相當(dāng)增大壓強(qiáng)，平衡左移動，消耗CO；

D．狀態(tài)I；狀態(tài)Ⅲ的溫度不同；溫度高反應(yīng)速率快．

本題考查化學(xué)平衡及平衡的建立，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，明確平衡移動的影響因素、圖象分析為解答的關(guān)鍵，選項(xiàng)BC為解答的難點(diǎn)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】【答案】BC10、rAD【分析】解：rm{A.}因氫氧化鎂溶度積小于rm{K_{sp}[MgF_{2}]}則飽和rm{Mg(OH)_{2}}溶液中的rm{Mg^{2+}}濃度較??；故A正確；

B.二者rm{Ksp}接近，加入濃rm{NaF}溶液可以使rm{Mg(OH)_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{MgF_{2}}故B錯(cuò)誤；

C.rm{Ksp}不隨濃度變化；只與溫度有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.在rm{MgF_{2}}的懸濁液中通入少量的rm{HF}氣體，溶液中氟離子濃度增大，則rm{c(Mg^{2+})}減?。还蔇正確；

故選AD．

A.氫氧化鎂與氟化鎂的化學(xué)式相似，由題中數(shù)據(jù)可知?dú)溲趸V的溶度積小，其飽和溶液中rm{Mg^{2+}}濃度較?。?/p>

B.氫氧化鎂和rm{MgF_{2}}的溶度積接近，加入濃rm{NaF}溶液后，rm{Mg(OH)_{2}}可以轉(zhuǎn)化為rm{MgF_{2}}

C.溶度積只要溫度有關(guān)；

D.加入氟化氫后；溶液中氟離子濃度增大，則鎂離子濃度減?。?/p>

本題考查了難溶物溶解平衡及其影響，題目難度中等，注意溶度積與溫度有關(guān)，與離子濃度大小無關(guān)，為易錯(cuò)點(diǎn)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】rm{AD}11、rBD【分析】解：rm{A.}原電池中陰離子向負(fù)極移動，陽離子向正極移動，所以溶液中的rm{OH^{-}}離子向負(fù)極移動；故A錯(cuò)誤；

B.硫化銀在銀表面上發(fā)生還原反應(yīng)生成銀，方程式為rm{Ag_{2}S+2e^{-}簍T2Ag+S^{2-}}故B正確；

C.由負(fù)極反應(yīng)反應(yīng)rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}可知，消耗氫氧根離子，所以溶液的rm{pH}值減??；故C錯(cuò)誤；

D.rm{Al}為負(fù)極，溶液呈堿性，發(fā)生rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}故D正確．

故選：rm{BD}．

將輕微腐蝕蒙有硫化銀的銀器和鋁片一起接觸浸泡在稀rm{NaOH}溶液中，可形成原電池反應(yīng)，rm{Al}為負(fù)極，發(fā)生rm{Al+4OH^{-}-3e^{-}簍T[Al(OH)_{4}]^{-}}rm{Ag}極為正極，發(fā)生rm{Ag_{2}S+2e^{-}簍T2Ag+S^{2-}}以此解答該題．

本題考查原電池知識，為高考高頻考點(diǎn)，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，難度不大，注意把握原電池的工作原理以及電極方程式的書寫．【解析】rm{BD}12、B|C【分析】解：A熵增加過程就是體系混亂度增大的過程；體系混亂度越小，熵值越小，有序性就高，故A正確；

B；△H-T△S＜0的反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行；當(dāng)△H＜0，△S＜0時(shí)，低溫下反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行，所以，自發(fā)過程不一定導(dǎo)致體系的熵值增大，故B錯(cuò)誤；

C；△H-T△S＜0的反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行；吸熱反應(yīng)的△H＞0，當(dāng)△S＞0時(shí)，高溫下反應(yīng)可以自發(fā)進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；

D；同種物質(zhì)在固態(tài)、液態(tài)、氣態(tài)三種狀態(tài)下；固態(tài)時(shí)熵值最小，氣態(tài)時(shí)熵值最大，故D正確；

故選BC．

A；熵增加過程就是體系混亂度增大的過程；

B；自發(fā)過程不一定導(dǎo)致體系的熵值增大；

C；吸熱反應(yīng)在高溫下也可能自發(fā)進(jìn)行；

D；同種物質(zhì)在固態(tài)、液態(tài)、氣態(tài)三種狀態(tài)下；固態(tài)時(shí)熵值最小，氣態(tài)時(shí)熵值最大．

本題考查了反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判據(jù)應(yīng)用，注意溫度的作用，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行只要滿足，△H-T△S＜0即可．【解析】【答案】BC13、rCD【分析】解：rm{A.}甲裝置為電解池；乙裝置為原電池裝置，原電池工作時(shí)，通入甲烷的一級為負(fù)極，通入空氣的一級為正極，故A錯(cuò)誤；

B.電解池中rm{Fe}為陽極，發(fā)生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B錯(cuò)誤；

C.電池是以熔融碳酸鹽為電解質(zhì)，負(fù)極電極反應(yīng)是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}正極反應(yīng)為rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}可以循環(huán)利用的物質(zhì)只有二氧化碳，故C正確；

D.電池的負(fù)極電極反應(yīng)是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}當(dāng)乙裝置中有rm{1.6gCH_{4}}參加反應(yīng)，即rm{0.1mol}甲烷參加反應(yīng)時(shí)，有rm{0.8mol}電子轉(zhuǎn)移，rm{C}電極的電極反應(yīng)為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}則rm{C}電極理論上生成氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為rm{8.96L}故D正確；

故選：rm{CD}．

甲裝置為電解池，乙裝置為原電池裝置，原電池工作時(shí)，通入甲烷的一級為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極電極反應(yīng)是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}通入氧氣的一級為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，正極反應(yīng)為rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}電解池中rm{Fe}為陽極，發(fā)生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}陰極的電極反應(yīng)為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}二價(jià)鐵離子具有還原性，能被氧氣氧化到正三價(jià)，rm{4Fe^{2+}+10H_{2}O+O_{2}=4Fe(OH)_{3}隆媒+8H^{+}}以此解答該題．

本題考查了燃料電池的工作原理和原電池和電解池串聯(lián)的綜合知識，難度較大rm{.}注意把握電解池和原電池的工作原理，把握電極方程式的書寫為解答該題的關(guān)鍵．【解析】rm{CD}14、rAD【分析】解：rm{A.}氧氣和臭氧分子中都只含有氧原子，rm{1.6g}該混合物中含有rm{O}的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}含有氧原子的數(shù)目為rm{dfrac

{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}故A正確；

B.rm{0.1N_{A}}rm{0.1}丙烯酸中含有rm{mol}碳碳雙鍵和rm{0.1mol}碳氧雙鍵，含有雙鍵的數(shù)目為rm{0.1mol}故B錯(cuò)誤；

C.標(biāo)況下苯不是氣體；不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算，故C錯(cuò)誤；

D.rm{0.2N_{A}}rm{1}rm{mol}被完全氧化生成rm{Na}反應(yīng)產(chǎn)物中鈉離子的化合價(jià)為rm{Na_{2}O_{2}}則反應(yīng)中失去rm{+1}電子，失去rm{1mol}個(gè)電子；故D正確；

故選AD．

A.rm{N_{A}}由氧氣和臭氧組成的混合物中含有rm{1.6g}原子，根據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}}計(jì)算；

B.丙烯酸中含有碳碳雙鍵和碳氧雙鍵；

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯的狀態(tài)不是氣體；

D.鈉為rm{1.6gO}價(jià)金屬，rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N_{A}}}鈉完全反應(yīng)失去rm{+1}電子．

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的綜合應(yīng)用，題目難度中等，明確標(biāo)況下氣體摩爾體積的使用條件為解答關(guān)鍵，注意掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，試題有利于提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識解決實(shí)際問題的能力．rm{1mol}【解析】rm{AD}15、AB【分析】【分析】本題是對弱電解質(zhì)的電離平衡的知識的綜合考察，是高考常考題型，難度一般。關(guān)鍵是正確理解電離平衡的原理，側(cè)重知識的綜合能力考察?！窘獯稹緼.依據(jù)圖像，當(dāng)rm{pH=1.2}時(shí)，時(shí)，rm{pH=1.2}rm{c({{H}_{2}}A)=c(H{{A}^{-}})}，故A正確；B.二元弱酸第二步電離常數(shù)rm{K=dfrac{Cleft({A}^{2-}right)隆脕Cleft({H}^{+}right)}{Cleft(H{A}^{-}right)}}依據(jù)圖像可得，rm{lg[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}rm{{{{H}}_{2}}{A}}第二步電離常數(shù)rm{K=

dfrac{Cleft({A}^{2-}right)隆脕Cleft({H}^{+}right)}{Cleft(H{A}^{-}right)}

}依據(jù)圖像可得，時(shí)，rm{cleft({H}_{2}Aright)=cleft({A}^{2}right)<cleft(H{A}^{-}right)}故C錯(cuò)誤；rm{K=

dfrac{Cleft({A}^{2-}right)隆脕Cleft({H}^{+}right)}{Cleft(H{A}^{-}right)}

}rm{lg

[{{K}_{2}}({{H}_{2}}A)]=-4.2}時(shí)，rm{Cleft(H{A}^{-}right)=Cleft({A}^{2-}right)neqCleft({H}^{+}right)}故D錯(cuò)誤。，故B正確；C.rm{pH=2.7}時(shí)，【解析】rm{AB}16、rAB【分析】解：rm{A.}由結(jié)構(gòu)簡式可知分子中含有碳碳雙鍵；羥基、羰基、羧基等官能團(tuán)；故A正確；

B.含rm{C=C}能發(fā)生加成、氧化反應(yīng)，含rm{-OH}能發(fā)生取代反應(yīng)，含有rm{-OH}rm{-COOH}能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故B正確；

C.分子中含有rm{1}個(gè)羧基，能與氫氧化鈉反應(yīng)，rm{1mol}該分子能與含rm{1molNaOH}的溶液完全反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D.分子中含有rm{3}個(gè)碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，則該分子能與溴水反應(yīng)而使溴水褪色且rm{1mol}它能與溴水中的rm{3molBr_{2}}反應(yīng)；故D錯(cuò)誤．

故選AB．

由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式，分子中含碳碳雙鍵、碳氧雙鍵、rm{-OH}rm{-COOH}結(jié)合烯烴；醇、羧酸性質(zhì)等來解答．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握結(jié)構(gòu)中官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重烯烴、羧酸、醇性質(zhì)的考查，題目難度不大．【解析】rm{AB}三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】反應(yīng)熱通常是指：體系在等溫、等壓過程中發(fā)生物理或化學(xué)的變化時(shí)所放出或吸收的熱量?；瘜W(xué)反應(yīng)熱有多種形式，如：生成熱、燃燒熱、中和熱、溶解熱等。其中燃燒熱實(shí)際應(yīng)用較廣泛；在101kPa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱．單位為kJ/mol；選擇燃料應(yīng)從物質(zhì)的燃燒熱、燃料的儲量開采運(yùn)輸儲存的條件價(jià)格生態(tài)環(huán)境等因素考慮。【解析】【答案】（1）燃燒熱中和熱溶解熱燃料品質(zhì)燃燒熱25℃、101kPa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時(shí)所放出的熱量kJ·mol-1（2）儲量開采運(yùn)輸儲存的條件價(jià)格生態(tài)環(huán)境18、略

【分析】解：實(shí)驗(yàn)室配制的rm{FeSO_{4}}溶液中，由于亞鐵離子部分水解生成氫氧化亞鐵，反應(yīng)的離子方程式為：rm{Fe^{2+}+2H_{2}O?Fe(OH)_{2}+2H^{+}}為了制rm{Fe^{2+}}的水解，通常加入稀硫酸，使氫離子濃度增大，水解平衡向左移動，即抑制rm{Fe^{2+}}水解；

由于rm{Fe^{2+}}極易被rm{O_{2}}氧化而變?yōu)辄S色的rm{Fe^{3+}}溶液，所以配制完畢后要加入少量鐵屑，防止rm{Fe^{2+}}被空氣中的氧氣氧化成rm{Fe^{3+}}

rm{AlCl_{3}}為強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱促進(jìn)水解生成氫氧化鋁和鹽酸，鹽酸易揮發(fā)，灼燒氫氧化鋁可分解生成rm{Al_{2}O_{3}}

rm{AlCl_{3}}溶液中存在反應(yīng)：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}所以其溶液呈酸性；

故答案為：為了抑制rm{Fe^{2+}}水解；防止rm{Fe^{2+}}被空氣中的氧氣氧化；rm{Al_{2}O_{3}}rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}．

硫酸亞鐵溶液中，亞鐵離子在溶液中發(fā)生水解生成氫氧化亞鐵和氫離子，為了抑制亞鐵離子水解，通常加入少量的稀硫酸；亞鐵離子容易被氧化成鐵離子，為了防止亞鐵離子被氧化，配制完畢后需要加入少量鐵屑；rm{AlCl_{3}}為強(qiáng)酸弱堿鹽；加熱促進(jìn)水解生成氫氧化鋁和鹽酸，鹽酸易揮發(fā)，氫氧化鋁可分解；氯化鋁中鋁離子水解生成氫氧化鋁和氯化氫，溶液呈酸性．

本題考查鹽的水解原理的應(yīng)用，題目難度不大，明確鹽的水解原理及其影響為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ窘馕觥繛榱艘种苧m{Fe^{2+}}水解；防止rm{Fe^{2+}}被空氣中的氧氣氧化；rm{Al_{2}O_{3}}rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}19、略

【分析】

（1）化學(xué)反應(yīng)過程中一定伴隨著能量的變化；反應(yīng)焓變主要是指反應(yīng)前后的熱量變化；對于化學(xué)反應(yīng)A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D）：△H=H（終態(tài)）-H（始態(tài)），判斷可知△H＜0；反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

故答案為：熱能；小于；放熱；

（2）已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ?mol-1，△H（H2）=436kJ?mol-1，△H（Cl2）=247kJ?mol-1；依據(jù)△H=H（終態(tài)）-H（始態(tài)）；

△H=2△H（HCl）-△H（H2）-△H（Cl2）=-185kJ?mol-1；則△H（HCl）=434kJ?mol-1；故答案為：434kJ?mol-1；

（3）依據(jù)蓋斯定律。

①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ?mol-1

②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ?mol-1

③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ?mol-1

①×3-③×2+②得到：6FeO（s）+6CO（g）═6Fe（s）+6CO2（g）△H=-66kJ?mol-1

得到熱化學(xué)方程式為：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ?mol-1

故答案為：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ?mol-1

【解析】【答案】（1）化學(xué)反應(yīng)過程中一定伴隨著能量的變化；反應(yīng)焓變主要是指反應(yīng)前后的熱量變化；依據(jù)能量守恒分析焓變，結(jié)合焓變計(jì)算：△H=H（終態(tài)）-H（始態(tài)），H確定反應(yīng)吸熱放熱；△H＜0為放熱反應(yīng)；△H＞0為吸熱反應(yīng)；

（2）化學(xué)反應(yīng)的焓變與反應(yīng)物和生成物的鍵能有關(guān)：△H=H（終態(tài)）-H（始態(tài)）；結(jié)合題干條件計(jì)算得到；

（3）依據(jù)蓋斯定律的含義；化學(xué)反應(yīng)的△H便是定值，與反應(yīng)的途徑無關(guān)，結(jié)合熱化學(xué)方程式計(jì)算得到；

20、略

【分析】（1）N2O與CO2分子具有相似的結(jié)構(gòu)(包括電子式)，因?yàn)槎趸贾泻?個(gè)碳氧雙鍵，所以N2O中也含有2個(gè)雙鍵。又已知N2O分子中氧原子只與一個(gè)氮原子相連，所以N2O的電子式為故含有極性鍵和非極性鍵。（2）甲烷含有極性鍵，且是σ鍵，屬于非極性分子。氯氣、氫氣含有非極性鍵，且是σ鍵，屬于非極性分子。水含有極性鍵，且是σ鍵，屬于極性分子。氮?dú)夂蟹菢O性鍵，既有σ鍵，又有π鍵，屬于非極性分子。乙烯含有極性鍵和非極性鍵，既有σ鍵，又有π鍵，屬于非極性分子。乙烷含有極性鍵和非極性鍵，且是σ鍵，屬于非極性分子。過氧化鈉含有離子鍵和非極性鍵，非極性鍵是σ鍵，屬于離子化合物。HCN(H—C≡N)含有極性鍵，既有σ鍵，又有π鍵，屬于極性分子。【解析】【答案】⑴含有⑵①⑤⑥⑤⑨21、（1）負(fù)極變淺正電荷（2）鍍件AgNO3（3）1：2：2：2（4）5.6

【分析】【分析】本題旨在考查離子方程式的書寫、電解池的工作原理、電化學(xué)綜合計(jì)算的應(yīng)用，熟練掌握電解池的工作原理是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹緾、rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同rm{(}假設(shè)通電前后溶液體積不變r(jià)m{)}rm{A}rm{B}為外接直流電源的兩極，將直流電源接通后，rm{F}極附近呈紅色，rm{F}電極附近氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，則rm{F}為陰極，所以rm{C}rm{E}rm{G}rm{X}為陽極，rm{D}rm{F}rm{H}rm{Y}為陰極，rm{A}為正極、rm{B}為負(fù)極，rm{C}電極上氫氧根離子放電、rm{D}電極上銅離子放電、rm{E}電極上氯離子放電、rm{F}電極上氫離子放電；

rm{(1)}通過以上分析知，rm{B}為原電池負(fù)極，甲中rm{C}電極上氫氧根離子放電生成氧氣、rm{D}電極上銅離子放電，生成銅，銅離子濃度減小，故顏色變淺，丁中rm{X}極附近的顏色逐漸變淺，rm{Y}極附近的顏色逐漸變深；這表明氫氧化鐵膠體粒子帶正電荷；

故答案為：負(fù)極；變淺；正電荷；

rm{(2)}用丙裝置給銅件鍍銀，rm{H}為陰極，則rm{H}應(yīng)該是鍍件，電鍍液是rm{AgNO_{3}}液；故答案為：鍍件；rm{AgNO_{3}}

rm{(3)}甲中，陽極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)、陰極上銅離子放電生成rm{Cu}電池反應(yīng)為rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陸芒}{=}}rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陸芒}{=}

}故答案為：rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陸芒}{=}Cu+Fe^{2+}.(3)C}rm{Cu+Fe^{2+}}rm{Fe+Cu^{2+}overset{碌莽陸芒}{=}

Cu+Fe^{2+}.(3)C}rm{D}電極反應(yīng)分別為rm{E}rm{F}rm{4OH-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}當(dāng)轉(zhuǎn)移電子相等時(shí)，假設(shè)轉(zhuǎn)移電子為rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}則生成氧氣、rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}氯氣、氫氣的物質(zhì)的量之比rm{4mol}rm{Cu}rm{=1mol}rm{2mol}rm{2mol}rm{2mol=1}rm{2}故答案為：rm{2}rm{2}rm{1}rm{2}rm{2}和rm{2}反應(yīng)生成rm{(4)Ag^{+}}沉淀，電解時(shí)溶液中不存在rm{Cl^{-}}反應(yīng)后溶液中存在rm{AgCl}rm{Ag^{+}}若在一極析出rm{0.4molCu^{2+}}陰極得到電子為rm{0.4molCl^{-}}

陽極首先發(fā)生：rm{0.3molCu}然后發(fā)生rm{0.3mol隆脕2=0.6mol}

則rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}}生成rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}+2H_{2}O}失去rm{0.4molCl^{-}}電子，在反應(yīng)中rm{0.2molCl_{2}}轉(zhuǎn)移rm{0.4mol}電子，生成rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}+2H_{2}O}

則氣體的體積為rm{0.2mol}故答案為：rm{0.05molO_{2}}rm{(0.2mol+0.05mol)隆脕22.4L/mol=5.6L}【解析】rm{(1)}負(fù)極變淺正電荷rm{(2)}鍍件rm{AgNO_{3;;;}(3)1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{(4)5.6}

四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)22、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?。慌c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23、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(yīng)完，同時(shí)還會帶入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值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D24、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)?，將產(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)