2025年人教A新版高二化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年人教A新版高二化學(xué)下冊階段測試試卷125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：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、合金在生產(chǎn)、生活及科研中具有廣泛的應(yīng)用。下列不屬于合金的是。A.流通硬幣B.青花瓷瓶C.司母戊鼎D.飛機(jī)外殼rm{(}硬鋁rm{)}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}2、赫克反應(yīng)、根岸反應(yīng)和鈴木反應(yīng)已經(jīng)成為化學(xué)家制造復(fù)雜化學(xué)分子的精致工具,下例就是鈴木反應(yīng)合成出的一種聯(lián)苯衍生物：下列敘述正確的是：A．1mol該聯(lián)苯衍生物在一定條件下最多和7molH2發(fā)生加成反應(yīng)B．該聯(lián)苯衍生物只能發(fā)生氧化不能發(fā)生還原反應(yīng)C．該聯(lián)苯衍生物苯環(huán)上的一硝基取代產(chǎn)物有7種D．該反應(yīng)為加成反應(yīng)，Pd[P(C6H5)3]4和Cs2CO3為催化劑3、分子式為C3H4Cl2的鏈狀有機(jī)物的同分異構(gòu)體共有（不包括立體異構(gòu)）（）A.6種B.5種C.4種D.3種4、鐵是人類較早使用的金屬之一．據(jù)有關(guān)報(bào)道，目前已能冶煉出純度高達(dá)99.9999%的鐵．以下是有關(guān)這種鐵的敘述，其中不正確的是（）A.韌性比生鐵好B.在冷的濃硫酸中鈍化C.不能與鹽酸反應(yīng)D.在冷的濃硝酸中鈍化泛使用5、從石器、青銅器到鐵器時(shí)代，金屬的冶煉體現(xiàn)了人類文明的發(fā)展水平rm{.}下圖表示了三種金屬被人類開發(fā)利用的大致年限，之所以有先后，主要取決于rm{(}rm{)}A.金屬的導(dǎo)電性強(qiáng)弱B.金屬在地殼中的含量多少C.金屬的化合價(jià)高低D.金屬的活動(dòng)性大小6、下列裝置中，能構(gòu)成原電池的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.7、下列說法不正確的是（）A.SiO2硬度大的原因與Si、O原子之間的成鍵方式及排列方式有關(guān)B.乙醇沸點(diǎn)高于二甲醚的原因與分子間作用力大小有關(guān)C.冰醋酸溶于水時(shí)只破壞分子間作用力D.MgO熔點(diǎn)高達(dá)2800℃是因?yàn)槠渲械碾x子鍵較難被削弱評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、已知H2A在水中存在以下平衡：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。回答以下問題：（1）已知常溫下，H2A的鈣鹽(CaA)飽和溶液中存在平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)ΔH>0。①溫度升高時(shí)，Ksp_______(填“增大”、“減小”或“不變”下同)。②滴加少量濃鹽酸，c(Ca2＋)________，原因是___________(用文字和離子方程式說明)。（2）若向CaA懸濁液中加入CuSO4溶液，生成一種黑色固體物質(zhì)，寫出該過程中反應(yīng)的離子方程式______。若某CuSO4溶液中c(Cu2＋)＝0.02mol/L，如果要生成Cu(OH)2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液pH，使之大于5(已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20)。9、按要求寫出下列方程式。

rm{(1)}明礬凈水的原理rm{(}用離子方程式表示rm{)}______

rm{(2)}鹽堿地因含較多的rm{NaCl}rm{Na_{2}CO_{3}}使得土壤呈堿性，不利于作物生長，通過施加適量石膏粉末rm{(}主要含有rm{CaSO_{4}}微溶于水rm{)}來降低土壤的堿性rm{.}寫出該過程中使土壤堿性降低的反應(yīng)化學(xué)方程式______

rm{(3)SOCl_{2}}是一種液態(tài)化合物，沸點(diǎn)rm{77隆忙.}向盛有rm{10mL}水的錐形瓶中，滴加rm{8}至rm{10}滴rm{SOCl_{2}}可觀察到劇烈反應(yīng)，液面上有霧形成，并有可使品紅溶液褪色的氣體逸出，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，寫出rm{SOCl_{2}}與水反應(yīng)的化學(xué)方程式______．10、Ⅰrm{.}在rm{25隆忙}時(shí)，有一rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液rm{100mL}欲使它的rm{pH}降為rm{11}rm{(1)}如果加入蒸餾水，就加入________rm{mL}rm{(2)}如果加入rm{pH=10}的rm{NaOH}溶液，應(yīng)加入________rm{mL}rm{(3)}如果加入rm{0.008mol隆隴L^{-1}HCl}溶液，應(yīng)加入________rm{mL}Ⅱrm{.}在rm{25隆忙}時(shí)，有rm{pH}為rm{a}的鹽酸和rm{pH}為rm的rm{NaOH}溶液等體積混合：rm{(1)}若rm{a+b=14}則溶液呈________性；rm{(2)}若rm{a+b=13}則溶液呈________性；rm{(3)}若rm{a+b>14}則溶液呈________性。11、已知有機(jī)物甲、乙、丙有如下信息：。甲乙丙所含元素C、HC、H、FC、H、F所含電子數(shù)26結(jié)構(gòu)特點(diǎn)飽和有機(jī)物據(jù)此推斷：（1）甲的分子式為____，若甲分子中有2個(gè)氫原子被F原子取代，所得的有機(jī)產(chǎn)物可能有____種。（2）乙是性能優(yōu)良的環(huán)保產(chǎn)品，可代替某些破壞臭氧層的氟利昂產(chǎn)品用作制冷劑。其分子中C、H、F的原子個(gè)數(shù)之比為1∶2∶2，則乙的結(jié)構(gòu)簡式為____。下列關(guān)于乙的敘述中正確的是____。A.其分子構(gòu)型為正四面體型B.它能與溴水發(fā)生反應(yīng)而褪色C.1mol乙最多能與1molF2發(fā)生取代反應(yīng)D.它沒有同分異構(gòu)（3）將甲、乙按物質(zhì)的量之比1∶1混合，所得混合物的平均摩爾質(zhì)量等于丙的摩爾質(zhì)量，但丙分子不存在同分異構(gòu)體，則丙的分子式為____。12、寫出化學(xué)方程式：

（1）實(shí)驗(yàn)室制乙炔______

（2）聚丙烯的生成______

（3）苯與液溴反應(yīng)______

（4）甲苯與濃硝酸與濃硫酸混合液的反應(yīng)______

（5）溴乙烷的消去反應(yīng)______．評卷人得分三、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)13、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。14、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序?yàn)開__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。15、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。16、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實(shí)驗(yàn)_______評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共6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(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___。18、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___________。評卷人得分五、簡答題(共3題，共21分)19、燃料電池在工業(yè)生產(chǎn)中有重要用途，肼燃料電池產(chǎn)物對環(huán)境無污染，能量高，有廣泛的應(yīng)用前景，其工作原理如圖所示rm{.}回答下列問題。

rm{(1)}該燃料電池中；負(fù)極通入的氣體是______，正極通入的氣體是______．

rm{(2)}電池工作時(shí)，rm{OH^{-}}向______極移動(dòng)；負(fù)極的電極反應(yīng)式為______．

rm{(3)}肼在工業(yè)上常以氨和次氯酸鈉為原料制得，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2NH_{3}+NaClO簍TN_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}該反應(yīng)中每生成rm{1molN_{2}H_{4}}時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為______．20、丙烷和丙烯混合物共rm{m}rm{mol}與rm{n}rm{mol}的氧氣點(diǎn)燃后完全反應(yīng)，得到rm{CO}和rm{CO_{2}}的混合氣體，以及rm{63g}水rm{.}試求：

rm{壟脵}當(dāng)rm{m=1}時(shí)；丙烷和丙烯的質(zhì)的量之比：______．

rm{壟脷}當(dāng)rm{m=1}時(shí)，且反應(yīng)后rm{CO}和rm{CO_{2}}混合氣體物質(zhì)的量是反應(yīng)前氧氣的物質(zhì)的量的rm{dfrac{12}{17}}時(shí)，則rm{n=}______；

rm{壟脹m}的取值范圍是：______；

rm{壟脺n}的取值范圍是：______．21、rm{CH_{4}}rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}和rm{HF}均為含rm{10e^{-}}的分子．rm{(1)C}rm{N}rm{O}rm{F}四種元素中，與基態(tài)rm{C}原子的核外未成對電子數(shù)相等的元素是________rm{(}寫元素名稱rm{)}其基態(tài)原子的核外電子排布式為____rm{(2)C}rm{N}rm{O}rm{F}四種元素第一電離能由大到小的順序是____rm{(}用元素符號(hào)表示rm{)}．rm{(3)CH_{4}}rm{NH_{3}}和rm{H_{2}O}分子中，從原子軌道的重疊方式來說，三種分子均含共價(jià)鍵類型為____，三種分子的中心原子的雜化軌道類型均為____rm{(4)}在rm{CO}氣流中輕微加熱金屬鎳rm{(Ni)}生成無色揮發(fā)性液態(tài)rm{Ni(CO)_{4}}試推測四羧基鎳的晶體類型為____參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】本題考查合金的知識(shí)，熟悉常見合金是解題關(guān)鍵，難度較小?！窘獯稹緼.流通硬幣屬于合金，故A錯(cuò)誤；

B.青花瓷瓶屬于硅酸鹽產(chǎn)品，故B正確；

C.司母戊鼎屬于合金，故C錯(cuò)誤；

D.飛機(jī)外殼rm{(}硬鋁rm{)}屬于合金，故D錯(cuò)誤。硬鋁rm{(}屬于合金，故D錯(cuò)誤。

rm{)}

故選B?！窘馕觥縭m{B}2、A【分析】【解析】【答案】A3、B【分析】【解答】解：（1）先不考慮Cl，寫出C3H6的鏈狀同分異構(gòu)體，只有一種結(jié)構(gòu)：CH3﹣CH=CH2；（2）由于CH3﹣CH=CH2只有三種氫，所以有三種一氯代物：CH2Cl﹣CH=CH2、CH3﹣CCl=CH2、CH3﹣CH=CHCl；（3）再以上述每一種產(chǎn)物為母體，寫出二元取代產(chǎn)物：CH2Cl﹣CH=CH2的取代產(chǎn)物有三種：CHCl2﹣CH=CH2，CH2Cl﹣CCl=CH2，CH2Cl﹣CH=CHCl，CH3﹣CCl=CH2的取代產(chǎn)物有兩種：CH2Cl﹣CCl=CH2（重復(fù)），CH3﹣CCl=CHCl，CH3﹣CH=CHCl的取代產(chǎn)物有三種：CH2Cl﹣CH=CHCl（重復(fù)），CH3﹣CCl=CHCl（重復(fù)），CH3﹣CH=CCl2所以，分子式為C3H4Cl2鏈狀有機(jī)物的同分異構(gòu)體共有5種．

故選B．

【分析】含有兩個(gè)或兩個(gè)以上取代基的同分異構(gòu)體書寫，若只憑想象寫很容易造成重、漏現(xiàn)象．不如先將所有取代基拿下，分析母體對稱性找出被一個(gè)取代基取代的產(chǎn)物種類，然后再分析各種一取代物的對稱性，看第二個(gè)取代基可進(jìn)入的位置，，直至全部取代基都代入．4、C【分析】解：A．鐵的含碳量越高韌性越好；純度高達(dá)99.9999%的鐵含碳量低于生鐵，故A正確；

B．濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；常溫下使鐵發(fā)生鈍化，故B正確；

C．鐵的活動(dòng)性比氫強(qiáng)；能與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，故C錯(cuò)誤；

D．濃硝酸具有強(qiáng)的氧化性；常溫下使鐵發(fā)生鈍化，故D正確；

故選C．

A．鐵的含碳量越高韌性越好；據(jù)此解答；

B．濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；常溫下Fe遇濃硫酸發(fā)生鈍化；

C．鐵的活動(dòng)性比氫強(qiáng)；能與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣；

D．濃硝酸具有強(qiáng)的氧化性；鐵在冷的濃硝酸中鈍化．

本題考查了鐵的性質(zhì)，題目簡單，注意鐵在冷的濃硫酸和濃硝酸中才發(fā)生鈍化．【解析】【答案】C5、D【分析】解：金屬的活動(dòng)性越強(qiáng)；冶煉的程度越難，利用的越晚，所以金屬被人類開發(fā)利用的大致年限，之所以有先后，主要取決于金屬的活動(dòng)性大?。?/p>

故選D．

根據(jù)已有的金屬的知識(shí)進(jìn)行分析；金屬的活動(dòng)性越強(qiáng)，冶煉的程度越難，利用的越晚．

本題考查了常見金屬的有關(guān)知識(shí)，完成此題，可以依據(jù)金屬的性質(zhì)進(jìn)行．【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A}酒精是非電解質(zhì)；故A錯(cuò)誤；

B；未形成閉合回路；故B錯(cuò)誤；

C；兩個(gè)電極相同；故C錯(cuò)誤；

D；鋅為負(fù)極；銅為正極，電解質(zhì)為硫酸，可發(fā)生自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)，符合原電池的構(gòu)成條件，能形成原電池反應(yīng)，故D正確；

故選D．

根據(jù)原電池的構(gòu)成條件分析，原電池的構(gòu)成條件是：rm{壟脵}有兩個(gè)活潑性不同的電極，rm{壟脷}將電極插入電解質(zhì)溶液中，rm{壟脹}兩電極間構(gòu)成閉合回路，rm{壟脺}能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)．

本題考查了原電池的構(gòu)成條件，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的基本理論知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，難度不大，注意這幾個(gè)條件必須同時(shí)存在才能形成原電池，缺一不可．【解析】rm{D}7、C【分析】解：A、二氧化硅是原子晶體，硅氧之間通過共價(jià)鍵結(jié)合成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，所以SiO2硬度大的原因與Si；O原子之間的成鍵方式及排列方式有關(guān)；故A正確；

B；乙醇分子間存在氫鍵；所以沸點(diǎn)高于二甲醚，所以乙醇沸點(diǎn)高于二甲醚的原因與分子間作用力大小有關(guān)，故B正確；

C．乙酸羥基上氫較活潑；在水中會(huì)電離出氫離子顯弱酸性，所以共價(jià)鍵被破壞，故C錯(cuò)誤；

D；MgO晶體中所含離子半徑小、電荷數(shù)多；晶格能大，故MgO晶體的熔點(diǎn)高，故D正確；

故選：C。

A；二氧化硅是原子晶體；硅氧之間通過共價(jià)鍵結(jié)合成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；

B；乙醇分子間存在氫鍵；所以沸點(diǎn)高于二甲醚；

C．乙酸羥基上氫較活潑；在水中會(huì)電離出氫離子顯弱酸性；

D；離子電荷越多、離子半徑越?。痪Ц衲茉酱?，晶體的熔點(diǎn)越高。

本題考查氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響以及不同晶體中影響物質(zhì)熔沸點(diǎn)的因素，綜合性較強(qiáng)，首先判斷屬于何種晶體，然后再根據(jù)同種晶體中粒子作用力的差異進(jìn)行判斷。【解析】C二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】試題分析：（1）CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)ΔH>0，①溫度升高時(shí)，溶解平衡正向移動(dòng)Ksp增大；②滴加少量濃鹽酸，由于H＋＋A2－HA－溶解平衡右移，Ca2＋的量增加，而體積幾乎不變，所以濃度增大；（2）若向CaA懸濁液中加入CuSO4溶液，生成一種黑色固體物質(zhì)，寫出該過程中反應(yīng)的離子方程式CaA+Cu2＋====CuA+Ca2＋?？键c(diǎn)：難溶電解質(zhì)溶解平衡。【解析】【答案】（1）①增大②增大原因是由于H＋＋A2－HA－溶解平衡右移，Ca2＋的量增加，而體積幾乎不變，所以濃度增大（2）CaA+Cu2＋====CuA+Ca2＋9、略

【分析】解：rm{(1)}明礬是強(qiáng)酸弱堿鹽，弱酸根離子rm{Al^{3+}}水解產(chǎn)生氫氧化鋁膠體，能夠吸附水中懸浮的物質(zhì)形成沉淀而除去，從而達(dá)到達(dá)到凈水的目的rm{.}其反應(yīng)原理用方程式表示為：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}故答案為：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}

rm{(2)}碳酸根離子水解顯堿性，導(dǎo)致鹽堿地產(chǎn)生堿性，水解離子反應(yīng)為rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}石膏能與碳酸根離子反應(yīng)，平衡向左移動(dòng)，rm{OH^{-}}濃度降低，降低堿性，石膏電離出的rm{Ca^{2+}}與rm{CO_{3}^{2-}}結(jié)合生成更難溶的rm{CaCO_{3}Na_{2}CO_{3}}rm{CaSO_{4}}反應(yīng)生成難溶性的碳酸鈣，同時(shí)生成強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽硫酸鈉，硫酸根離子和鈉離子不水解，則其溶液呈中性，所以石膏能降低其堿性，反應(yīng)方程式為rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CaCO_{3}隆媒}

故答案為：rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}簍TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}

rm{(3)}依據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象分析生成物為二氧化硫和氯化氫氣體；rm{SOCl_{2}}與水反應(yīng)生成的氯化氫會(huì)對氯化鋁水解起到抑制作用；反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}故答案為：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉.}

rm{(1)}明礬中等弱酸根離子rm{Al^{3+}}水解產(chǎn)生氫氧化鋁膠體；能夠吸附水中懸浮的物質(zhì)形成沉淀而除去，從而達(dá)到達(dá)到凈水的目的；

rm{(2)}碳酸鈉水解呈堿性；可與硫酸鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

rm{(3)}依據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象分析生成物為二氧化硫和氯化氫氣體．

本題考查了鹽類水解原理、電解質(zhì)溶液中離子濃度大小、鹽類水解等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}簍TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}10、Ⅰ．（1）900（2）1000（3）100

Ⅱ．（1）中（2）酸（3）堿【分析】【分析】

本題考查了酸堿的稀釋和rm{pH}的計(jì)算；難度中等。

【解析】

Ⅰrm{.}在rm{25隆忙}時(shí)，有一rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液rm{100mL}欲使它的rm{pH}降為rm{11}

rm{(1)}如果加入蒸餾水，就加入rm{900mL}體積擴(kuò)大rm{10}倍，rm{pH}降低rm{1}

rm{(2)}如果加入rm{pH=10}的rm{NaOH}溶液，應(yīng)加入rm{1000mL}

rm{(3)}如果加入rm{0.008mol隆隴L^{-1}HCl}溶液，應(yīng)加入rm{100mL}

Ⅱrm{.}在rm{25隆忙}時(shí)，有rm{pH}為rm{a}的鹽酸和rm{pH}為rm的rm{NaOH}溶液等體積混合：

rm{(1)}若rm{a+b=14}則溶液呈中性；

rm{(2)}若rm{a+b=13}則溶液呈酸性；

rm{(3)}若rm{a+b>14}則溶液呈堿性。【解析】Ⅰrm{.(1)900(2)1000(3)100}

Ⅱrm{.(1)}中rm{(2)}酸rm{(3)}堿11、略

【分析】【解析】試題分析：（1）由表中數(shù)據(jù)得知，甲是飽和有機(jī)物，即甲的分子式為C3H8。C3H8分子中有2個(gè)氫原子被F原子取代，所得的有機(jī)產(chǎn)物可能有4種。（2）由乙所含元素C、H、F且原子個(gè)數(shù)之比為1∶2∶2，即乙的結(jié)構(gòu)簡式為CH2F2。A、C原子連接的元素不同，不是正四面體結(jié)構(gòu)，故錯(cuò)；B、乙分子中沒有不飽和鍵，不能使溴水反應(yīng)，故錯(cuò)；C、乙中含有2個(gè)H原子，1mol乙最多能與2molF2發(fā)生取代反應(yīng)，故錯(cuò)。故選D。（3）甲為C3H8，乙為CH2F2，將甲、乙按物質(zhì)的量之比1∶1混合，所得混合物的平均摩爾質(zhì)量等于丙的摩爾質(zhì)量，但丙分子不存在同分異構(gòu)體，則丙的分子式為則C2H5F?？键c(diǎn)：有機(jī)物的組成、結(jié)構(gòu)及性質(zhì)同分異構(gòu)體【解析】【答案】（8分）（1）C3H8（1分）；4（2分）（2）CH2F2（1分）；D（2分）（3）C2H5F（2分）12、略

【分析】解：（1）碳化鈣與水反應(yīng)生成乙炔、氫氧化鈣，反應(yīng)為CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，故答案為：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑；

（2）丙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯，方程式為故答案為：

（3）苯與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和HBr反應(yīng)為

故答案為：

（4）甲苯與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成2，4，6-三硝基甲苯、水，反應(yīng)方程式為

故答案為：

（5）溴乙烷在NaOH、醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯和NaBr，反應(yīng)為CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故答案為：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr．

（1）碳化鈣與水反應(yīng)生成乙炔；氫氧化鈣；

（2）丙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯；

（3）苯與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和HBr；

（4）甲苯與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成硝基苯；水；

（5）溴乙烷在NaOH、醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯和NaBr．

本題考查了方程式的書寫，根據(jù)反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件書寫方程式，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)原理是解答本題的關(guān)鍵，注意常見有機(jī)物的性質(zhì)，題目難度不大．【解析】CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑；CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr三、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)13、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會(huì)生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）214、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價(jià)和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越小；原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序?yàn)镠

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強(qiáng)堿NaOH發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘伲梢耘c水反應(yīng)產(chǎn)生H2，反應(yīng)方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應(yīng)也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應(yīng)后的固體與水反應(yīng)放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學(xué)的說法不合理。

【點(diǎn)睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應(yīng)用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系，注意元素金屬性、非金屬性強(qiáng)弱比較實(shí)驗(yàn)事實(shí)，要注意基礎(chǔ)知識(shí)并靈活運(yùn)用，注意金屬氫化物有關(guān)問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應(yīng)后有Na殘留，也能與水反應(yīng)生成H215、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會(huì)生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、工業(yè)流程題(共2題，共6分)17、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18、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＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。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，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應(yīng)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(jìn)行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關(guān)閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進(jìn)行蒸餾的合理操作順序是：關(guān)閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關(guān)閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時(shí)的操作為ad(da)(選填字母編號(hào))。步驟III蒸餾時(shí)的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號(hào))。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(jié)晶；使混合在一起的雜質(zhì)彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結(jié)晶；

(4)①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：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應(yīng)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(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，該實(shí)驗(yàn)還需要補(bǔ)充平行實(shí)驗(yàn)(重復(fù)滴定2~3次)。故答案為：補(bǔ)充平行實(shí)驗(yàn)(重復(fù)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(jié)晶補(bǔ)充平行實(shí)驗(yàn)(重復(fù)滴定2~3次)五、簡答題(共3題，共21分)19、略

【分析】解：rm{(1)}在肼rm{(N_{2}H_{4})}燃料電池中，通入燃料氣體rm{N_{2}H_{4}}為負(fù)極，通入rm{O_{2}}的一極為正極；

故答案為：rm{N_{2}H_{4}}rm{O_{2}}

rm{(2)}在原電池中，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，在堿性電解質(zhì)中失去電子生成氮?dú)夂退?，電極反應(yīng)為rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}

故答案為：負(fù)；rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}

rm{(3)}根據(jù)化學(xué)方程式為rm{2NH_{3}+NaClO簍TN_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}rm{NaClO}中rm{Cl}得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)中每生成rm{1molN_{2}H_{4}}時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{2mol}

故答案為：rm{2mol}．

rm{(1)}在肼rm{(N_{2}H_{4})}燃料電池中，通入燃料氣體rm{N_{2}H_{4}}為負(fù)極，通入rm{O_{2}}的一極為正極；

rm{(2)}在原電池中，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，在堿性電解質(zhì)中失去電子生成氮?dú)夂退?，電極反應(yīng)為rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}

rm{(3)}根據(jù)化學(xué)方程式為rm{2NH_{3}+NaClO簍TN_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}結(jié)合化合價(jià)變化來回答．

本題考查燃料電池，根據(jù)原電池原理來分析解答即可，注意電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合溶液的酸堿性，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】rm{N_{2}H_{4}}rm{O_{2}}負(fù)；rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}rm{2mol}20、略

【分析】解：rm{壟脵}設(shè)丙烷和丙烯物質(zhì)的量分別為rm{xmol}rm{ymol}根據(jù)二者物質(zhì)的量之和與rm{H}原子守恒列方程；

則：rm{begin{cases}x+y=18x+6y=dfrac{63g}{18g/mol}隆脕2end{cases}}

解得：rm{begin{cases}x=0.5y=0.5end{cases}}

則丙烷和丙烯的物質(zhì)的量之比為：rm{begin{cases}x+y=18x+6y=dfrac

{63g}{18g/mol}隆脕2end{cases}}rm{begin{cases}x=0.5

y=0.5end{cases}}rm{0.5mol}

故答案為：rm{0.5mol=1}rm{1}

rm{1}當(dāng)rm{1}時(shí)，根據(jù)碳元素守恒可知，反應(yīng)后rm{壟脷}和rm{m=1}混合氣體的物質(zhì)的量之和為：rm{CO}且反應(yīng)后rm{CO_{2}}和rm{1mol隆脕3=3mol}混合氣體的物質(zhì)的量是反應(yīng)前氧氣的物質(zhì)的量的rm{CO}時(shí)，故rm{CO_{2}}解得：rm{dfrac{12}{17}}

故答案為：rm{3=nmol隆脕dfrac{12}{17}}

rm{n=4.25}生成水的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{63g}{18g/mol}=3.5mol}

根據(jù)rm{4.25}原子守恒，利用極值法，當(dāng)完全為丙烷時(shí)，氣體的物質(zhì)的量最小，最小為：rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{8}=dfrac{7}{8}mol}

當(dāng)完全為丙烯時(shí)，混合氣體的物質(zhì)的量最大，最大值為：rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{6}=dfrac{7}{6}mol}

由于為丙烷和丙烯的混合氣體，則：rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac{7}{6}}

故答案為：rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac{7}{6}}

rm{壟脹}混合氣體燃燒生成水的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{63g}{18g/mol}=3.5mol}含有rm{dfrac

{63g}{18g/mol}=3.5mol}原子的物質(zhì)的量為rm{H}

rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{8}=dfrac

{7}{8}mol}原子完全來自丙烷時(shí)，丙烷的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{6}=dfrac

{7}{6}mol}完全燃燒生成二氧化碳時(shí)消耗的氧氣的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{7}{8}mol隆脕(3+dfrac{8}{4})=dfrac{35}{8}mol}

完全燃燒生成rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac

{7}{6}}時(shí)消耗的氧氣為rm{dfrac{7}{8}mol隆脕(3隆脕dfrac{1}{2}+dfrac{8}{4})=dfrac{49}{16}}

rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac

{7}{6}}原子完全來自丙烯時(shí)，丙烯的物質(zhì)的量為：rm{壟脺mmol}燃燒生成的為rm{dfrac

{63g}{18g/mol}=3.5mol}時(shí)消耗的氧氣最少，最少值為：rm{dfrac{7}{6}mol隆脕(3隆脕dfra