2025年北師大新版高二化學下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年北師大新版高二化學下冊階段測試試卷712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8題，共16分)1、已知450℃時，反應H2(g)＋I2(g)2HI(g)的K＝50，由此推測在450℃時，反應2HI(g)H2(g)＋I2(g)的化學平衡常數(shù)為A.50B.0.02C.100D.無法確定2、咖啡鞣酸具有較廣泛的抗菌作用，其結構簡式如下圖所示，關于咖啡鞣酸的下列敘述正確的是A．分子式為C16H20O9B．與苯環(huán)直接相連的原子都在同一平面上C．1mol咖啡鞣酸水解時可消耗8molNaOHD．能發(fā)生取代反應和加成反應，但不能發(fā)生消去反應3、設rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.標準狀況下，rm{1L}甲烷完全燃燒所生成的氣態(tài)產物的分子數(shù)為rm{dfrac{1}{22.4}N_{A}}B.rm{1}rm{mol}甲基rm{(-CH_{3})}所含的電子總數(shù)為rm{7N_{A}}C.rm{0.5}rm{mol}rm{1}rm{3-}丁二烯分子中含有rm{C=C}雙鍵數(shù)為rm{N_{A}}D.rm{1}rm{mol}碳正離子rm{(CH;_{3}^{+})}所含的電子總數(shù)為rm{8N_{A}}4、向rm{5.8g}某飽和一元醛中加入足量的銀氨溶液，在一定條件下充分反應后析出rm{21.6g}銀，該醛是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CHO}B.rm{CH_{3}CH_{2}CHO}C.rm{CH_{3}COCH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHO}5、已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol，下列說法正確的是（）A.氟化氫氣體分解生成氫氣和氟氣的反應是放熱反應B.1molH2與1molF2反應生成2mol液態(tài)HF放出的熱量小于546.6KJC.在相同條件下，1molH2與1molF2的能量總和大于2molHF氣體的能量D.該反應中的能量變化可用如圖來表示6、下列反應屬于取代反應的是rm{(}rm{)}A.苯rm{隆煤}環(huán)己烷B.乙烯rm{隆煤}乙醇C.乙酸rm{隆煤}乙酸乙酯D.乙醇rm{隆煤}乙醛7、rm{2004}年美國圣路易斯大學研制了一種新型的乙醇電池，它用磺酸類質子溶劑，在rm{200^{circ}C}左右時供電，乙醇電池比甲醇電池效率高出rm{32}倍且更安全rm{.}電池總反應為：rm{C_{2}H_{5}OH+3O_{2}簍T2CO_{2}+3H_{2}O}電池示意如圖，下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{a}極為電池的負極B.電池工作時電流由rm極沿導線經燈泡再到rm{a}極C.電池工作時，rm{1mol}乙醇被還原時就有rm{6mol}電子轉移D.電池正極的電極反應為：rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}隆煤2H_{2}O}8、下列敘述正確的是（）A.將稀氨水逐滴加入稀硫酸中，當溶液的pH=7時，c（SO42-）＞c（NH4+）B.兩種醋酸溶液的物質的量濃度分別為c1和c2，pH的別為a和a+1，則c1=10c2C.常溫下，pH=11的NaOH溶液與pH=3的鹽酸溶液等體積混合，滴入石蕊溶液呈紅色D.向0.1mol?L-1的氨水中加入少量硫酸銨固體，則溶液中c（OH-）：c（NH3?H2O）減小評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、過氧化氫是重要的氧化劑、還原劑，它的水溶液又稱為雙氧水，常用作消毒、殺菌、漂白等。某化學興趣小組取一定量的過氧化氫溶液，準確測定了過氧化氫的含量，并探究過氧化氫的性質。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）移取10.00mL密度為ρg·mL－1的過氧化氫溶液至250mL________(填儀器名稱)中，加水稀釋至刻度，搖勻。移取稀釋后的過氧化氫溶液25.00mL至錐形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸餾水稀釋，作被測試樣。（2）用高錳酸鉀標準溶液滴定被測試樣，其反應的離子方程式如下，請將相關物質的化學計量數(shù)及化學式填寫在方框里。MnO4-＋H2O2＋H＋=Mn2＋＋O2＋（3）滴定時，將高錳酸鉀標準溶液注入____________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。如何判斷滴定到達終點：。（4）如圖表示25mL滴定管中液面的位置，如果液面處的讀數(shù)是a，則滴定管中液體的體積(填序號)________。A．是amLB．是(25－a)mLC．一定大于amLD．一定大于(25－a)mL（5）重復滴定三次，平均耗用cmol·L－1KMnO4標準溶液VmL，則原過氧化氫溶液中過氧化氫的質量分數(shù)為_________________。（6）若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定結果________(填“偏高”或“偏低”或“不變”)。10、(6分)A、B、C等八種物質有如下框圖所示轉化關系。已知，A是由地殼中含量最多的金屬元素形成的單質，C、D、E是常見的由短周期元素形成的氣體單質，氣體F與氣體G相遇產生大量的白煙，H是廚房中必備一種調味鹽(部分反應物和生成物及溶劑水已略去)。請回答下列問題：（1）B的化學式為_______________。（2）F的電子式為_______________。（3）寫出反應①的離子方程式：。（4）寫出反應②的化學方程式：。11、新華網合肥2011年7月21日電；安徽省礦產資源儲量評審中心公布：安徽省地質礦產勘查局在本省金寨縣沙坪溝探明一處世界級的巨型鉬礦，鉬金屬總儲量達到220萬噸以上，潛在經濟價值超過6000億元，鉬是制備二維材料的重要金屬，英國科學家因制備二維晶體材料--石墨烯獲得2010年諾貝爾物理學獎，他們利用“膠帶+鉛筆”制得單層石墨烯（即從石墨表面剝離下來僅一個原子厚度的材料）．之后，人們又制備出一些氮化硼和二硫化鉬的二維晶體．根據(jù)材料提供的信息，回答相關問題．

（1）已知鉻的原子序數(shù)為24，鉬原子和鉻原子的電子排布相似，鉻原子比鉬原子少18個電子，寫出鉬（Mo）原子外圍電子排布式：______．

（2）鉬晶體類型是______，粒子之間作用力是______．

（3）二維晶體二硫化鉬、石墨烯都是平面結構，石墨烯中碳原子的雜化軌道類型是______．

（4）氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料，有多種晶體結構，如二維結構．第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有______種．

（5）①在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中，層內B原子與N原子之間的化學鍵為______，層間作用力為______；六方氮化硼晶體的層內B原子數(shù)與B-N鍵數(shù)之比為______．推知：六方氮化硼晶體的硬度______（填“大”、“小”或“無法判斷”），理由是：______．

②六方氮化硼在高溫高壓下；可以轉化為立方氮化硼，其結構與金剛石相似，硬度與金剛。

石相當，晶胞邊長為361.5pm，立方氮化硼的密度是______g?cm-3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)為NA）．12、白藜蘆醇rm{(}結構如圖rm{)}具有抗癌性．

請回答下列問題．

rm{(1)1mol}該有機物最多消耗______rm{mol}rm{NaOH}．

rm{(2)1mol}該有機物與rm{Br_{2}}反應時，最多消耗______rm{mol}rm{Br_{2}}．13、(9分)現(xiàn)有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，選擇適當?shù)脑噭⑵滢D化為相應的沉淀或固體，從而實現(xiàn)Cl-、SO42-、和NO3-的相互分離。相應的實驗過程可用下圖表示：請回答下列問題：(1)寫出下列物質的化學式：試劑X_______，沉淀A_______，沉淀B。(2)上述實驗流程中加入過量的Na2CO3的目的是(用離子方程式表示)：。(3)按此實驗方案得到的溶液3中肯定含有___________(填化學式，下同)雜質。為了除去該雜質，可以向溶液3中加入適量的___________，若要獲得固體NaNO3需進行的實驗操作是________________。14、（12分）質子核磁共振譜（PMR）是研究有機物結構的重要方法之一。在研究的化合物分子中：所處環(huán)境完全相同的氫原子在PMR譜中出現(xiàn)同一種信號峰：如(CH3)2CHCH2CH3在PMR譜中有四種信號峰。又如CH3－CHBr＝CHX存在著如下的兩種不同空間結構：因此CH3－CHBr＝CHX的PMR譜上會出現(xiàn)氫原子的四種不同信號峰。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）化學式為C3H6O2的物質在PMR譜上觀察到下列兩種情況下氫原子給出的信號峰：第一種情況出現(xiàn)兩個信號峰，第二種情況出現(xiàn)三個信號峰，由此可推斷對應于這兩種情況該有機物質結構式可能為：；____；（2）測定CH3CH＝CHCl時：能得到氫原子給出的信號峰6種：由此可推斷該有機物一定存在種不同的結構：其結構式為：。15、有濃度均為0.2mol/L的Na2CO3溶液與NaHCO3溶液；試回答下列問題：

①PH大小：Na2CO3______NaHCO3（填＞；﹦、＜）；

②微粒種類：Na2CO3______NaHCO3（填＞；﹦、＜）；

③在Na2CO3溶液中離子濃度由大到小排列順序為______．16、rm{(1)}寫出下列原子的軌道表示式：

rm{壟脵N}________________________________________rm{(2)}寫出下列物質的電子式：rm{壟脵CO_{2;}}____________________rm{壟脷NH_{4}Cl}______________________rm{壟脹-OH}______________________rm{壟脺Ba(OH)_{2}}_______________________評卷人得分三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)17、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產生差異的原因是___。18、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19、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(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]=____。20、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________%。21、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(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))。22、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、原理綜合題(共2題，共8分)23、化學家侯德榜創(chuàng)立了中國的制堿工藝，促進了世界制堿技術的發(fā)展。下圖是純堿工藝的簡化流

（1）寫出CO2的電子式____________________。

（2）用離子方程式表示純堿工藝中HCO3-的生成___________________。

（3）工業(yè)生產時先氨化再通CO2，順序不能顛倒，原因是_______________。

（4）濾液A中最主要的兩種離子是_________。

（5）某小組設計如下實驗分離濾液A中的主要物質。打開分液漏斗活塞，一段時間后，試管中有白色晶體生成，用化學原理解釋白色晶體產生的原因___________________。

（6）某純堿樣品因煅燒不充分而含少量NaHCO3，取質量為m1的純堿樣品，充分加熱后質量為m2，則此樣品中碳酸氫鈉的質量分數(shù)為______________________。24、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實驗室中最常用的試劑之一。實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL；根據(jù)配制溶液的過程，回答問題：

①實驗中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實驗中需用托盤天平（帶砝碼）稱量NaOH固體________g。

（2）Na2O2可作為呼吸面具和潛水艇里氧氣的來源。Na2O2作為供氧劑時可能發(fā)生的反應有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經部分變質，請你設計實驗，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經變質：_________________________（說明操作；現(xiàn)象和結論）。

（4）NaNO2因外觀和食鹽相似；又有咸味，容易使人誤食中毒。

①已知NaNO2能發(fā)生如下反應：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉移電子的物質的量為_______mol，參加反應的HI的物質的量是________________mol。

②實驗室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共28分)25、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

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

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

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

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某研究小組按下列路線合成神經系統(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。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。28、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中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

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

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)29、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．30、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8題，共16分)1、B【分析】試題分析：化學平衡常數(shù)是在一定條件下，當可逆反應達到平衡狀態(tài)時，生成物濃度的冪之積和反應物濃度的冪之積的比值。所以同一個可逆反應中逆反應的平衡常數(shù)是正方應平衡常數(shù)的倒數(shù)，因此反應H2(g)＋I2(g)2HI(g)的K＝50，由此推測在450℃時，反應2HI(g)H2(g)＋I2(g)的化學平衡常數(shù)為K＝＝0.02，答案選B。考點：考查平衡常數(shù)的計算【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】【答案】B3、B【分析】解：rm{A}標況下，rm{1L}甲烷的物質的量是rm{dfrac{1}{22.4}mol}完全燃燒生成氣體二氧化碳rm{dfrac{1}{22.4}mol}氣態(tài)產物的分子數(shù)為rm{dfrac{1}{22.4}N_{A}}故A錯誤；

B、由于甲基沒有得失電子，rm{1mol}甲基中含有rm{9mol}電子，所含的電子總數(shù)為rm{9N_{A}}故B正確；

C、由于rm{1mol1}rm{3-}丁二烯分子中含有rm{2mol}碳碳雙鍵，rm{0.5mol}分子中含有rm{1mol}碳碳雙鍵，含有rm{C=C}雙鍵數(shù)為rm{N_{A}}故C錯誤；

D、由于碳正離子中含有rm{8}個電子，rm{1mol}碳正離子rm{(CH;_{3}^{+})}含有rm{8mol}電子，所含的電子總數(shù)為rm{8N_{A}}故D錯誤；

故選B．

A、標準狀況下，rm{1L}甲烷的物質的量是rm{dfrac{1}{22.4}mol}完全燃燒生成二氧化碳rm{dfrac{1}{22.4}mol}

B、甲基沒有得失電子，rm{1mol}甲基中含有rm{9mol}電子；

C、rm{1mol1}rm{3-}丁二烯分子中含有rm{2mol}碳碳雙鍵，rm{0.5mol}分子中含有rm{1mol}碳碳雙鍵；

D、碳正離子中含有rm{8}個電子，rm{1mol}碳正離子rm{(CH;_{3}^{+})}含有rm{8mol}電子．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)，注意甲基沒有得失電子，碳正離子有電子的轉移，本題難度不大．【解析】rm{B}4、B【分析】解：rm{21.6g}銀的物質的量為：rm{n(Ag)=dfrac{21.6g}{108g/mol}=0.2mol}

結合選項可知該醛一定不是甲醛，在銀氨反應中飽和一元醛醛rm{n(Ag)=dfrac

{21.6g}{108g/mol}=0.2mol}醛rm{n(}rm{)}銀rm{n(}rm{)=1}則rm{2}該醛的物質的量為：rm{0.2mol隆脕dfrac{1}{2}=0.1mol}該醛的摩爾質量為：rm{M=dfrac{5.8g}{0.1mol}=58g/mol}

則該飽和一元醛的相對分子質量rm{5.8g}飽和一元醛的通式為rm{0.2mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.1mol}

則：rm{M=dfrac

{5.8g}{0.1mol}=58g/mol}

解得：rm{58}

所以該醛為丙醛，結構簡式為：rm{C_{n}H_{2n}O}

故選C．

根據(jù)選項可知該醛不是甲醛，然后結合銀氨反應中飽和一元醛rm{14n+16=58}醛rm{n=3}rm{CH_{3}CH_{2}CHO}銀rm{n(}rm{)}計算出醛的物質的量，然后根據(jù)rm{n(}計算出該醛的摩爾質量；從而可知該醛的相對分子質量，最后結合飽和一元醛的通式計算即可．

本題考查了化學方程式的計算，題目難度中等，明確銀鏡反應原理為解答關鍵，注意掌握常見有機物結構與性質，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．rm{)=1}【解析】rm{B}5、C【分析】解：A．由H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol可知該反應為放熱反應；其逆反應為吸熱反應，故A錯誤；

B．由氣態(tài)HF轉化成液態(tài)HF要放出熱量，則1molH2與1molF2反應生成2mol液態(tài)HF放出的熱量大于546.6KJ；故B錯誤；

C．H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol，為放熱反應，則1molH2與1molF2的能量總和大于2molHF氣體的能量；故C正確；

D．該反應為放熱反應；生成物的總能量低于反應物的總能量，與圖象不符，故D錯誤；

故選：C。

A．互為逆反應時；焓變的數(shù)值相同；符號相反；

B．生成物中氣態(tài)與液態(tài)能量高；

C．H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-546.6KJ/mol；為放熱反應；

D．由圖可知；反應物總能量小于生成物總能量，為吸熱反應圖中可表示吸熱反應。

本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應中能量變化、焓變的判斷、圖象的分析為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項A為解答的易錯點，題目難度不大?！窘馕觥緾6、C【分析】解：rm{A.}苯rm{隆煤}環(huán)己烷中rm{H}原子增多；為加成反應，故A不選；

B.乙烯rm{隆煤}乙醇為加成反應；故B不選；

C.乙酸rm{隆煤}乙酸乙酯為取代反應；故C選；

D.乙醇rm{隆煤}乙醛為氧化反應；故D不選；

故選C．

A.苯環(huán)可發(fā)生加成反應；

B.乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇；

C.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯；

D.乙醇發(fā)生催化氧化反應生成乙醛．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機反應類型的判斷，題目難度不大．【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}原電池工作時，陽離子向正極移動，則rm{a}為負極；故A正確；

B.電池工作時，電流由正極經外電路流向負極，在該電池中由rm極流向rm{a}極；故B正確；

C.已知電極反應式為rm{C_{2}H_{5}OH+3H_{2}O-12e^{-}=2CO_{2}+12H^{+}}則rm{1mol}乙醇被氧化失去rm{12mol}電子；故C錯誤；

D.正極氧氣得到電子被還原，電極反應式為rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}故D正確；

故選C．

由質子的定向移動方向可知rm{a}為負極，rm為正極，負極發(fā)生氧化反應，乙醇被氧化生成rm{CO_{2}}和，電極反應式為rm{C_{2}H_{5}OH+3H_{2}O-12e^{-}=2CO_{2}+12H^{+}}正極氧氣得到電子被還原，電極反應式為rm{4H^{+}+O_{2}+4e^{-}=2H_{2}O}結合電極反應解答該題．

本題考查原電池知識，題目難度中等，本題注意把握根據(jù)電池總反應書寫電極方程式的方法．【解析】rm{C}8、D【分析】解：A．混合溶液呈中性，則c（OH-）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒得2c（SO42-）=c（NH4+），所以c（SO42-）＜c（NH4+）；故A錯誤；

B．對于pH分別為a和a+1強酸，則其物質的量濃度滿足則c1=10c2，而醋酸為弱電解質，濃度越大，醋酸的電離程度越小，所以兩種醋酸溶液的物質的量濃度分別為c1和c2，pH的別為a和a+1，則c1＞10c2；故B錯誤；

C．常溫下；pH=11的NaOH溶液濃度與pH=3的鹽酸溶液濃度相等，等體積混合，二者恰好反應生成強酸強堿鹽氯化鈉，溶液呈中性，滴入紫色石蕊試液溶液不變色，故C錯誤；

D．向0.1mol?L-1的氨水中加入少量硫酸銨固體，氨水中銨離子濃度增大，一水合氨的電離程度減小，溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水濃度增大，則溶液中c（OH-）/c（NH3?H2O）減?。还蔇正確；

故選：D。

A．混合溶液呈中性，則c（OH-）＞c（H+）；根據(jù)電荷守恒判斷；

B．若是強酸，pH分別為a和a+1，則強酸的濃度滿足c1=10c2；醋酸為弱電解質，溶液中部分電離，其濃度越大，電離程度越小，所以c1＞10c2；

C．常溫下；pH=11的NaOH溶液濃度與pH=3的鹽酸溶液濃度相等，等體積混合，二者恰好反應生成強酸強堿鹽氯化鈉，溶液呈中性；

D．硫酸銨電離出銨根離子而抑制一水合氨電離；導致溶液堿性變小．

本題考查離子濃度大小比較、弱電解質的電離等知識點，為高頻考點，明確溶液中溶質及弱電解質電離影響因素是解本題關鍵，注意：弱酸溶液濃度越大其電離程度越小，題目難度不大．【解析】D二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】試題分析：（1）本題是考查溶液配制操作，配制溶液的玻璃儀器為容量瓶。（2）本題考查氧化還原反應滴定和氧化還原方程式的配平。此處高錳酸鉀做氧化劑，化合價降低，H2O2作還原劑，被氧化，化合價升高，生成氧氣和水。針對氧化還原反應的配平問題，要牢牢掌握缺項配平技巧，即先用化合價升降找出得失電子數(shù)，再按得失電子守恒把化合價發(fā)生變化的物質配平，最后再配平其他物質。所以該方程式配平后是：2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O（3）高錳酸鉀是強氧化劑，會腐蝕橡膠管，所以不能用堿式滴定管盛裝。用紫紅色的高錳酸鉀滴定無色的待測液，則到達滴定終點時候是高錳酸鉀恰好過量半滴的時候，此時溶液顏色由無色變成淺的紫色，且半分鐘內不褪色。（4）本題考查滴定管的讀數(shù)。量程為25ml的滴定管，在量程一下還有一段沒有量程的液體，所以總體積要大于25ml，所以當液面在a處時，剩余液體的體積要大于25-a，故選D。（5）ω=m/m總×100%=(2.5×c×V×M×10)/ρV=17cV/2ρ%（6）滴定前尖嘴有氣泡，則氣泡有一定體積，會導致所讀標準液的體積比實際的要大，據(jù)C測=C標V標/V測知，會導致所測結果偏高?？键c：本題考查的是氧化還原滴定知識。【解析】【答案】（1）容量瓶（2）2、5、6、2、5、8H2O（3）酸式最后一滴高錳酸鉀溶液滴入，溶液恰好由無色變成淺紫色，且30秒內不褪色（4）D（5）17cV/2ρ%（6）偏高10、略

【分析】試題分析：A是由地殼中含量最多的金屬元素形成的單質，則A是Al，C、D、E是常見的由短周期元素形成的氣體單質，氣體F與氣體G相遇產生大量的白煙，則B是NaOH，C是氮氣，D是氫氣，E是Cl2，F(xiàn)是NH3，G是HCl，H是廚房中必備一種調味鹽，是NaCl，（1）B的化學式為NaOH，（2）F的電子式為（3）反應①的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2—＋3H2↑（4）反應②的化學方程式為NH4Cl＋NaOH=NaCl＋NH3↑＋H2O考點：考查無機物的推斷?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）NaOH（2）（3）2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO－2＋3H2↑（4）NH4Cl＋NaOH=NaCl＋NH3↑＋H2O11、略

【分析】解：（1）原子序數(shù)為24，基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，鉬原子和鉻原子的電子排布相似，鉻原子比鉬原子少18個電子，則核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；4鉬（Mo）原子外圍電子排布式：4d55s1；

故答案為：4d55s1；

（2）鉬晶體類型是金屬晶體；粒子之間作用力是金屬鍵；

故答案為：金屬晶體；金屬鍵；

（3）石墨烯中碳原子形成3個σ鍵，無孤電子對，sp2雜化；

故答案為：sp2雜化；

（4）同一周期元素；元素的第一電離能隨著原子序數(shù)呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，Li、Be、B、C、N、O、F、Ne元素處于第二周期，第一電離能由大到小的順序是：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有3種；

故答案為：3；

（5）①在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中；層內B原子與N原子之間的化學鍵為共價鍵，層間作用力為范德華力；六方相氮化硼晶體層內一個硼原子與相鄰氮原子形成3個共價單鍵，六方氮化硼晶體的層內B原子數(shù)與B-N鍵數(shù)之比為1：3；該物質的層狀結構中不存在自由移動的電子，所以不導電；

故答案為：3：1；六方氮化硼晶體屬于混合型晶體；由于層與層之間范德華力很弱，其硬度小。

故答案為：共價鍵；范德華力；1：3；?。挥捎趯优c層之間范德華力很弱；其硬度小；

②金剛石晶胞是立方體，其中8個頂點有8個碳原子，6個面各有6個碳原子，立方體內部還有4個碳原子，如圖所示：所以金剛石的一個晶胞中含有的碳原子數(shù)=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中應該含有4個N和4個B原子．一個晶胞中的質量為×4，一個立方氮化硼晶胞的體積是（361.5pm）3，根據(jù)ρ==g?m-3；

故答案為：．

（1）原子序數(shù)為24，基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，鉬原子和鉻原子的電子排布相似，鉻原子比鉬原子少18個電子，則核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；

（2）鉬為金屬晶體；金屬晶體間存在金屬鍵；

（3）根據(jù)價層電子對互斥理論確定其雜化方式；

（4）同一周期元素；元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素來解答；

（5）①在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中；層內B原子與N原子之間的化學鍵為共價鍵，層間作用力為范德華力；六方相氮化硼晶體層內一個硼原子與相鄰氮原子形成3個共價單鍵；六方氮化硼晶體重由于層與層之間范德華力很弱，其硬度小；

②金剛石晶胞是立方體，其中8個頂點有8個碳原子，6個面各有6個碳原子，立方體內部還有4個碳原子，如圖所示：所以金剛石的一個晶胞中含有的碳原子數(shù)=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中應該含有4個N和4個B原子．一個晶胞中的質量為一個立方氮化硼晶胞的體積是（361.5pm）3，根據(jù)ρ=計算密度．

本題考查較為全面，涉及到核外電子排布、分子空間構型、雜化類型的判斷以及有關晶體的計算，但解題具有較強的方法性和規(guī)律性，學習中注意總結如何書寫電子排布式，有關晶體計算等方法．【解析】4d55s1；金屬晶體；金屬鍵；sp2雜化；3；共價鍵；范德華力；1：3；?。挥捎趯优c層之間范德華力很弱，其硬度??；12、略

【分析】解：rm{(1)}白藜蘆醇分子中的酚羥基能與rm{NaOH}溶液反應，白藜蘆醇分子中含有rm{3}個酚羥基，所以rm{1mol}該有機物最多消耗rm{3molNaOH}

故答案為：rm{3}

rm{(2)}白藜蘆醇分子中共含有rm{3}個酚羥基，rm{1mol}該化合物可與rm{5mol}溴發(fā)生取代反應；白藜蘆醇還含有rm{1}個碳碳雙鍵，則rm{1mol}該化合物可與rm{1mol}溴發(fā)生加成反應，所以rm{1mol}白藜蘆醇最多消耗rm{6mol}溴；

故答案為：rm{6}．

rm{(1)}白藜蘆醇分子中的酚羥基能與rm{NaOH}溶液反應；

rm{(2)}有機物中含有酚羥基；可與溴發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應．

本題考查有機物結構與性質，題目難度不大，明確有機物分子中含有官能團類型為解答關鍵，注意掌握常見有機物組成、結構與性質，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】rm{3}rm{6}13、略

【分析】考查物質的分離與提純。（1）由于操作②中加入的是硝酸銀溶液，這說明X應該是鋇鹽，即X是氯化鋇或硝酸鋇，則沉淀A是硫酸鋇。而沉淀B則是氯化銀。（2）由于溶液中鋇離子和銀離子都是過量的，所以碳酸鈉的目的是除去過量的鋇離子和銀離子，反應放熱離子方程式分別是Ba2++CO32－＝BaCO3↓、2Ag++CO32－＝Ag2CO3↓。（3）由于加入的碳酸鈉也是過量的，所以溶液3中一定含有碳酸鈉。為除去碳酸鈉，可以加入適量的硝酸。而要得到硝酸鈉固體，需要的實驗操作是蒸發(fā)?！窘馕觥俊敬鸢浮?9分)(1)BaCl2[或Ba(NO3)2]BaSO4AgCl(各1分)(2)Ba2++CO32－＝BaCO3↓2Ag++CO32－＝Ag2CO3↓(答兩個3分，答一個1分)(3)Na2CO3HNO3蒸發(fā)(各1分)14、略

【分析】考查有機物中氫原子種類的判斷。首先同一個碳原子上的氫原子是相同的，其次同一個碳原子所連接的所有甲基上的氫原子是相同的，再就是具有對稱性結構的（類似于平面鏡成像中物體和像的關系）。（1）根據(jù)化學式可判斷，有機物屬于羧酸或酯類。第一種情況出現(xiàn)兩個信號峰，因此應該是乙酸甲酯，結構簡式為CH3COOCH3。第二種情況出現(xiàn)三個信號峰，則是丙酸合伙甲酸乙酯，結構簡式分別是CH3CH2COOH、HCOOCH2CH3。（2）根據(jù)結構簡式可知分子中的氫原子有3種，但得到氫原子給出的信號峰卻是6種，這說明該有機物存在順反異構，結構式分別是和【解析】【答案】（1）CH3COOCH3，CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3（2）二，和（每空3分）15、略

【分析】解：①CO32-對應的酸為HCO3-，而HCO3-對應的酸為H2CO3，由于酸性H2CO3＞HCO3-，而酸越弱，鹽越水解，故Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，即Na2CO3溶液的堿性強于NaHCO3的堿性，則PH大?。篘a2CO3＞NaHCO3；故答案為：＞；

②CO32-的水解分兩步進行：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，故Na2CO3溶液中存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O，而HCO3-既能水解又能電離：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，HCO3-?H++CO32-，故故NaHCO3溶液中存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O；所以兩種溶液中微粒種類相同；

故答案為：=；

③Na2CO3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，在溶液中存在CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，因CO32-水解水解顯堿性，且第一步水解大于第一步電離，則離子濃度關系為：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故答案為：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）．

①酸（堿）越弱；則對應的鹽的水解程度越大；

②CO32-的水解分兩步，而HCO3-既能水解又能電離；據(jù)此分析離子種類；

③Na2CO3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，在溶液中存在CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；且以第一步為主，據(jù)此分析離子濃度大小關系．

本題考查了離子濃度的大小比較以及鹽溶液水解程度大小判斷，為高頻考點，注意“越弱越水解”是解答的關鍵，題目難度中等．【解析】＞；=；c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）16、（1）

（2）①

②

③

④【分析】【分析】本題考查原子核外電子排布以及電子式的書寫，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)N}原子核外有rm{7}個電子，其軌道表示式為故答案為：rm{(2)壟脵CO_{2}}中存在兩對碳氧共用電子對，二氧化碳的電子式為：，故答案為：rm{壟脷NH_{4}Cl}中氯離子和銨根離子之間通過離子鍵形成化合物，其中銨根中含有共價鍵，電子式為，故答案為：；rm{{,!}}rm{壟脹-OH}的電子式為故答案為：rm{壟脺Ba(OH)_{2}}是離子化合物，由由rm{Ba^{2+}}離子和rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}離子構成，rm{Ba}rm{(OH)}rm{(OH)}rm{{,!}_{2}}的電子式為，故答案為：【解析】rm{(1)}rm{(2)壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)17、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(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??；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?！窘馕觥竣?+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18、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.D19、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%20、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(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。【解析】①.2(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%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；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(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(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，