2024年華東師大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2024年華東師大版高二化學下冊階段測試試卷854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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、對于原電池的電極名稱敘述有錯誤的是()A.發(fā)生氧化反應的為負極B.正極為電子流入的一極C.電流的方向由正極到負極D.比較不活潑的金屬為負極2、有機物在不同條件下至少可能發(fā)生不同類型的反應：①取代反應②加成反應③消去反應④氧化反應⑤酯化反應，⑥加聚反應，其中由于其分子結構中含有﹣OH，可能發(fā)生的反應有（）A.②④B.①③④⑤⑥C.②③④⑤D.①③④⑤3、一定條件下合成乙烯：rm{6H_{2}(}rm{g}rm{)+2CO_{2}(}rm{g}rm{)overset{麓脽祿爐錄脕}{?}}rm{CH_{2}=CH_{2}(}rm{g}rm{)+4H_{2}O(}rm{g}rm{)}已知溫度對rm{CO_{2}}的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖，下列說法正確的是()

A.生成乙烯的速率：rm{v}rm{(M)}一定小于rm{v}rm{(N)}B.化學平衡常數(shù)：rm{K_{N}>K_{M}}C.當溫度高于rm{250隆忙}時，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，從而使催化劑的催化效率降低D.若投料比rm{n}rm{(H_{2})}rm{n}rm{(CO_{2})=3}rm{1}則圖中rm{M}點時，乙烯的體積分數(shù)為rm{7.7%}4、某有機化合物，只含碳、氫、氧三種元素中的兩種或三種，相對分子質量為rm{74}完全燃燒時產(chǎn)生等物質的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O.}它的分子式可能為rm{(}rm{)}A.rm{C_{4}H_{10}O}B.rm{C_{4}H_{4}O_{2}}C.rm{C_{3}H_{6}O_{2}}D.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}5、室溫時；下列混合溶液的pH一定小于7的是（）

A.pH=3的鹽酸和pH=11的氨水等體積混合。

B.pH=3的鹽酸和pH=11的氫氧化鋇溶液等體積混合。

C.pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鋇溶液等體積混合。

D.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等體積混合。

6、已知：2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol-1，下列說法正確的是A.2L液態(tài)水分解成2L氫氣與1L氧氣吸收571.6kJ熱量B.2mol氫氣與1mol氧氣反應生成2mol氣態(tài)水放出熱量大于571.6kJC.在相同條件下，2mol氫氣與1mol氧氣的能量總和大于2mol液態(tài)水的能量D.使用催化劑能降低該反應的活化能使反應放出得熱量小于571.6kJ7、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{+}rm{隆煤}屬于取代反應B.可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別苯和己烷C.有機物rm{C_{3}H_{8}}和rm{C_{6}H_{14}}一定是同系物D.丙烯分子中可能有rm{8}個原子處于同一平面8、斷腸草是葫蔓藤科植物葫蔓藤，其中的毒素很多rm{.}以下是分離出來的四種毒素的結構簡式：

下列推斷正確的是rm{(}rm{)}A.rm{壟脷}rm{壟脹}互為同系物B.rm{壟脵}rm{壟脹}各rm{1mol}與足量氫氧化鈉溶液反應時均消耗rm{3molNaOH}C.等物質的量的rm{壟脷}rm{壟脺}分別在足量氧氣中完全燃燒，前者消耗氧氣比后者少D.rm{壟脹}rm{壟脺}互為同分異構體，它們各rm{1mol}均能與rm{5molH_{2}}加成評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、在80℃時；將0.4mol的四氧化二氮氣體充入2L已抽空的固定容積的密閉容器中，隔一段時間對該容器內的物質進行分析，得到如下數(shù)據(jù)：

。C（mol/L）時間（s）O20406080100C（N2O4）0.20a0.10cdeC（NO2）0.000.12b0.220.220.22反應進行至100s后將反應混合物的溫度降低；發(fā)現(xiàn)氣體的顏色變淺．

（1）表中b____c（填“＜”；“=”、“＞”）．

（2）20s時，N2O4的濃度為____mol/L，0--20s內N2O4的平均反應速率為____．

（3）在80℃時該反應的平衡常數(shù)K=____（寫表達式）．

（4）在其他條件相同時，該反應的K值越大，表明建立平衡時____．

A、N2O4的轉化率越高B、NO2的產(chǎn)量越大。

C、N2O4與NO2的濃度之比越大D、正反應進行的程度越大．10、（2分）由分子式及核磁共振氫譜寫出該有機物的結構簡式（圖20）分子式為：C10H14強度比：5∶9結構簡式：______________________11、工業(yè)上由黃銅礦（主要成分CuFeS2）冶煉銅的主要流程如下：

（1）氣體A中的大氣污染物可選用下列試劑中的______吸收．

a．濃H2SO4b．稀HNO3

c．NaOH溶液d．氨水。

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明溶液中存在______（填離子符號），檢驗溶液中還存在Fe2+的方法是______（注明試劑；現(xiàn)象）．

（3）由泡銅冶煉粗銅的化學反應方程式為______．

（4）以CuSO4溶液為電解質溶液進行粗銅（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等雜質）的電解精煉，下列說法正確的是______．

a．電能全部轉化為化學能。

b．粗銅接電源正極；發(fā)生氧化反應。

c．溶液中Cu2+向陽極移動。

d．利用陽極泥可回收Ag；Pt、Au等金屬。

（5）利用反應2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制備CuSO4，若將該反應設計為原電池，其正極電極反應式為______．12、rm{(1)}基態(tài)rm{Fe}原子有______個未成對電子，rm{Fe^{3+}}的電子排布式為______。

rm{(2)}化合物rm{NH_{3}}的沸點比化合物rm{CH_{4}}的高；其主要原因是______。

rm{(3)}第一電離能介于rm{B}rm{N}之間的第二周期元素有______種。

rm{(4)F}rm{K}rm{Fe}rm{Ni}四種元素中電負性最大的是______rm{(}填元素符號rm{)}

rm{(5)1mol}乙醛rm{(CH_{3}CHO)}分子中碳原子的雜化軌道類型為______，含有的rm{婁脪}鍵的數(shù)目為______。

rm{(6)SO_{4}^{2-}}的空間構型為______rm{(}用文字描述rm{)}寫出一種與rm{SO_{4}^{2-}}互為等電子體的分子的化學式______。13、營養(yǎng)平衡、合理用藥是保證人體健康和生活質量的重要途徑。①人體需要的營養(yǎng)素主要有糖類、、蛋白質、無機鹽、維生素和水。在氫、鈉、鐵這三種元素中，屬于人體生命活動必需微量元素的是。②下列物質中，具有解熱鎮(zhèn)痛療效的是(填字母)。a．氨基酸b．阿斯匹林c．青霉素③有些藥片常用淀粉作為黏合劑，淀粉進入人體后在人體內酶的催化作用下逐步水解，最終轉化為(填物質的名稱)。維生素C能防治壞血病并具有還原性，驗證維生素C有還原性可以使用淀粉溶液和試劑共同完成。14、（7分）X、Y、Z、Q、E五種元素中，X原子核外M層中只有兩對成對電子，Y原子核外L層電子數(shù)是K層兩倍，Z是地殼內含量（質量分數(shù)）最高元素，Q核電荷數(shù)是X與Z核電荷數(shù)之和，E電負性最大。（1）相同條件下XZ2與YZ2分子在水中溶解度較大是____，理由是；（2）Q的外圍電子排布為____，在形成化合物時它的最高化合價為；（3）在測定E的氣態(tài)氫化物的相對分子質量時，實驗測得的值一般高于理論值的主要原因是：。評卷人得分三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)15、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___。16、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17、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]=____。18、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?、紡織、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________%。19、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))。20、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、推斷題(共4題，共24分)21、已知：rm{2CH_{2}=CH_{2}+O_{2}}rm{xrightarrow[{錄脫脠脠}攏祿{錄脫脩鹿}]{{麓脽祿爐錄脕}}2CH_{3}CHO}以乙烯、空氣、水為原料在一定條件下能實現(xiàn)如圖所示的轉化．

rm{

xrightarrow[{錄脫脠脠}攏祿{錄脫脩鹿}]{{麓脽祿爐錄脕}}2CH_{3}CHO}物質rm{(1)}名稱______；其結構簡式為______；

rm{C}寫出由rm{(2)}的化學方程式______；

rm{A隆煤B}寫出由rm{(3)}乙酸乙酯的化學方程式______該反應是______反應．

rm{B+C隆煤}物質rm{(4)}的鑒別方法______對應的方程式______．rm{A}22、富馬酸rm{(}反式丁烯二酸rm{)}與rm{Fe^{2+}}形成的配合物--富馬酸鐵又稱“富血鐵”，可用于治療缺鐵性貧血rm{.}如圖是合成富馬酸鐵的一種工藝路線：

回答下列問題：

rm{(1)A}的化學名稱為______由rm{A}生成rm{B}的反應類型為______．

rm{(2)C}的結構簡式為______．

rm{(3)}富馬酸的結構簡式為______．

rm{(4)}檢驗富血鐵中是否含有rm{Fe^{3+}}的實驗操作步驟是______．

rm{(5)}富馬酸為二元羧酸，rm{1mol}富馬酸與足量飽和rm{NaHCO_{3}}溶液反應可放出______rm{LCO_{2}(}標況rm{)}富馬酸的同分異構體中，同為二元羧酸的還有______rm{(}寫出結構簡式rm{)}．23、已知rm{A}是日常生活中常見的有機物，氣體rm{B}能使溴水褪色生成rm{C}rm{D}能發(fā)生銀鏡反應，物質rm{F}的分子式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}是一種有濃郁香味的油狀液體，請根據(jù)以下信息回答

rm{(1)}物質rm{A}中的官能團名稱為：___________rm{(2)}物質rm{B}與溴水反應生成rm{C}的反應類型為：________rm{(3)A}和rm{E}在濃硫酸加熱條件下反應生成rm{F}的化學方程式：___________24、有關物質的轉化關系如下圖所示rm{(}部分生成物和反應條件已略去rm{)}rm{D}rm{E}rm{G}均為氣體，rm{E}是一種單質，rm{G}能導致硫酸型酸雨的形成；rm{B}是最常見的液體；rm{C}rm{F}均為兩性化合物；rm{A}由兩種元素組成，其摩爾質量為rm{150g隆隴mol^{-1}}rm{(1)A}的化學式為____。rm{(2)B}的電子式為____。rm{(3)}寫出反應rm{壟脵}的離子方程式：____。rm{(4)}寫出反應rm{壟脷}的化學方程式：____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】考查原電池的有關判斷。在原電池中較活潑的金屬作負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經(jīng)導線傳遞到正極上，所以溶液中的陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。正極得到電子，發(fā)生還原反應，所以選項D不正確，其余都是正確的，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、D【分析】【解答】解：醇羥基和羧基能發(fā)生取代反應和酯化反應，碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應、加成反應和氧化反應，連接醇羥基碳原子相鄰的碳原子上含有氫原子，所以醇羥基能發(fā)生消去反應，所以醇羥基能發(fā)生的反應有消去反應、酯化反應、取代反應、氧化反應，故選D．【分析】該物質中含有碳碳雙鍵、醇羥基和羧基，具有烯烴、醇和羧酸的性質，能發(fā)生氧化反應、加成反應、加聚反應、消去反應、酯化反應、取代反應等，據(jù)此分析解答．3、D【分析】略【解析】rm{D}4、C【分析】解：某有機化合物，只含碳、氫、氧三種元素中的兩種或三種，相對分子質量為rm{74}完全燃燒時產(chǎn)生等物質的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}則該有機物分子式一定滿足：rm{C_{n}H_{2n}O_{x}(x}可能為rm{0)}故A；B錯誤；

C.rm{C_{3}H_{6}O_{2}}的相對分子質量為rm{74}且滿足rm{C_{n}H_{2n}O_{x}}故C正確；

D.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的相對分子質量為rm{88}不是rm{74}故D錯誤；

故選C．

該有機物完全燃燒時產(chǎn)生等物質的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}則該有機物分子中一定滿足rm{C_{n}H_{2n}O_{x}(x}可能為rm{0)}據(jù)此可排除rm{A}rm{B}然后根據(jù)rm{C}rm{D}中有機物的相對分子質量判斷．

本題考查了有機物分子式確定的計算，題目難度不大，注意掌握常見有機物組成、結構與性質，明確排除法在解答選擇題中的應用方法，試題側重基礎知識的考查，培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．【解析】rm{C}5、C【分析】

A、pH=3的鹽酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol/L；由于氨水為弱堿，則氨水過量，在室溫下等體積混合后，pH＞7，故A錯誤．

B、PH=3的鹽酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氫氧化鋇溶液c（OH-）=1×10-3mol/L；酸堿都是強電解質，在室溫下等體積混合后，pH=7，故B錯誤；

C、pH=3的醋酸c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氫氧化鋇溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L；由于醋酸為弱酸，則醋酸過量，在室溫下等體積混合后，pH＜7，故C正確．

D、pH=3的鹽酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol/L；由于氨水為弱堿，則氨水過量，在室溫下等體積混合后，pH＞7，D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】根據(jù)酸堿的強弱判斷溶液中n（H+）與n（OH-）關系進行判斷和計算．

6、C【分析】【解析】【答案】C7、C【分析】解：rm{A.HCHO}中rm{C=O}轉化為單鍵；則該反應為加成反應，故A錯誤；

B.苯和己烷均與高錳酸鉀不反應；且分層現(xiàn)象相同，不能鑒別，故B錯誤；

C.rm{C_{3}H_{8}}和rm{C_{6}H_{14}}均為烷烴；二者為同系物，故C正確；

D.由可知，只有甲基中rm{2}個rm{H}與前面原子不共面，則最多有rm{7}個原子處于同一平面；故D錯誤；

故選C．

A.rm{HCHO}中rm{C=O}轉化為單鍵；

B.苯和己烷均與高錳酸鉀不反應；且分層現(xiàn)象相同；

C.rm{C_{3}H_{8}}和rm{C_{6}H_{14}}均為烷烴；

D.丙烯中碳碳雙鍵為平面結構．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握有機物的性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為易錯點，題目難度不大．【解析】rm{C}8、D【分析】解：rm{A.}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，rm{壟脷}rm{壟脹}結構不相似；不屬于同系物，故A錯誤；

B.酯基水解生成的酚羥基和羧基能和rm{NaOH}溶液反應，二者都含有一個酯基，且都是水解生成羧基和酚羥基，所以rm{壟脵}rm{壟脹}各rm{1mol}與足量氫氧化鈉溶液反應時均消耗rm{2molNaOH}故B錯誤；

C.rm{壟脷}比rm{壟脺}多rm{1}個rm{CO}等物質的量的rm{壟脷}rm{壟脺}分別在足量氧氣中完全燃燒；前者消耗氧氣比后者多，故C錯誤；

D.rm{壟脹}與rm{壟脺}化學式相同，只是其中的一個甲氧基位置放置不一樣，互為同分異構體，碳碳雙鍵、苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應，它們各rm{1mol}均能與rm{5molH_{2}}加成；故D正確；

故選D．

A.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；

B.酯基水解生成的酚羥基和羧基能和rm{NaOH}溶液反應；

C.rm{壟脷}比rm{壟脺}多rm{1}個rm{CO}

D.rm{壟脹}與rm{壟脺}化學式相同；只是其中的一個甲氧基位置放置不一樣，互為同分異構體，碳碳雙鍵；苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重酯性質和同分異構體、同系物的考查，題目難度中等，注意結構上的區(qū)別．【解析】rm{D}二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】

（1）根據(jù)表格知，0.12＜b≤0.22，c≤0.10，所以b＞C；

故答案為：b＞C；

（2）20s時；四氧化二氮的濃度為a；

N2O4?2NO2

1mol/L2mol/L

（0.20-a）mol/L0.12mol/L

a=0.14mol/L，則反應的N2O4濃度為（0.2-0.14）mol/L=0.06mol/L；

v（N2O4）===0.003mol/L．s；

故答案為：0.14；0.003mol/（L．s）；

（3）K=

故答案為：

（4）根據(jù)化學平衡常數(shù)知，K越大，生成物的濃度越大，反應物的濃度越小，N2O4的轉化率大、NO2的產(chǎn)量越大、N2O4與NO2的濃度之比越小；正反應進行的程度越大；故選ABD；

故答案為：ABD．

【解析】【答案】（1）根據(jù)表格知，0.12＜b≤0.22，c≤0.10，據(jù)此判斷b；c的關系；

（2）根據(jù)二氧化氮和四氧化二氮的關系式計算N2O4的濃度，v=計算N2O4的平均反應速率；

（3）K=

（4）K值越大；生成物濃度越大，反應物濃度越小，則反應物的轉化率越大，生成物的產(chǎn)量越大．

10、略

【分析】兩種氫比值為5:9【解析】【答案】11、略

【分析】解：（1）由流程圖轉化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體；

a、濃H2SO4不能吸收二氧化硫；故a錯誤；

b、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大氣，故b錯誤；

c；NaOH溶液與二氧化硫反應生成亞硫酸鈉；故c正確；

d；氨水與二氧化硫反應生成亞硫酸銨；故d正確；

故選cd；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明含有Fe3+；

Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

故答案為：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

（3）由流程圖轉化可知，Cu2O與Al反應置換反應生成Al2O3與Cu，反應方程式為3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

故答案為：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

（4）a；反應中有熱能產(chǎn)生；故a錯誤；

b、精煉銅時，粗銅做陽極，連接電源正極，發(fā)生氧化反應，故b正確；

c、溶液中Cu2+向陰極移動；故c錯誤；

d；Ag、Pt、Au不如銅活潑；銅放電后Ag、Pt、Au從粗銅脫落，利用陽極泥可回收Ag、Pt、Au等金屬，故d正確；

故選bd；

（5）利用反應2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制備CuSO4，若將該反應設計為原電池，正極上是氧氣得到電子發(fā)生還原反應，酸性溶液中生成的氫氧根離子以水的形式存在，其正極電極反應式為：4H++O2+4e-=2H2O，故答案為：4H++O2+4e-=2H2O．

（1）由流程圖轉化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體，二氧化硫是酸性氧化物，結合選項中各物質的性質判斷；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明含有Fe3+；

Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗；

（3）由流程圖轉化可知，Cu2O與Al反應置換反應生成Al2O3與Cu；

（4）a；反應中有熱能產(chǎn)生；

b；精煉銅時；粗銅做陽極；

c、溶液中Cu2+向陰極移動；

d；Ag、Pt、Au不如銅活潑；銅放電后Ag、Pt、Au從粗銅脫落；

（5）利用原電池原理；負極失電子發(fā)生氧化反應，正極上得到電子發(fā)生還原反應．

本題考查了元素化合物的性質、電化學知識、離子檢驗等知識點，難度較大，注意離子的檢驗是高考的熱點，選取的試劑和檢驗離子反應后要有特殊現(xiàn)象，會運用知識遷移方法解決問題．【解析】cd；Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；bd；4H++O2+4e-=2H2O12、略

【分析】解：rm{(1)Fe}基態(tài)原子電子排布式rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}在rm{3d}軌道有rm{4}個未成對電子；rm{Fe}原子失去rm{3}個電子得電子rm{Fe^{3+}}電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}}

故答案為：rm{4}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}}

rm{(2)}化合物rm{NH_{3}}的沸點比化合物rm{CH_{4}}的高；其主要原因是氮元素非金屬性較強，分之間存在氫鍵；

故答案為：rm{NH_{3}}分子間存在氫鍵；

rm{(3)}同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第rm{IIA}族、第rm{VA}族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以第一電離能介于rm{B}rm{N}之間的第二周期元素有rm{Be}rm{C}rm{O}所以有rm{3}種；

故答案為：rm{3}

rm{(4)F}rm{K}rm{Fe}rm{Ni}四種元素中rm{F}的非金屬性最強，所以rm{F}的電負性最大；

故答案為：rm{F}

rm{(5)}乙醛中甲基上的rm{C}形成rm{4}條rm{婁脪}鍵，無孤電子對，因此采取rm{sp^{3}}雜化類型，醛基中的rm{C}形成rm{3}條rm{婁脪}鍵和rm{1}條rm{婁脨}鍵，無孤電子對，采取rm{sp^{2}}雜化類型；rm{1}個乙醛分子含有rm{6}個rm{婁脪}鍵和一個rm{婁脨}鍵，則rm{1mol}乙醛含有rm{6mol婁脪}鍵，即rm{6N_{A}}個rm{婁脪}鍵；

故答案為：rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}或rm{6N_{A}}

rm{(6)SO_{4}^{2-}}價層電子對個數(shù)rm{=4+dfrac{6+2-2隆脕4}{2}=4}rm{=4+dfrac

{6+2-2隆脕4}{2}=4}原子不含孤電子對，所以其空間構型為正四面體；根據(jù)等電子體原理，與rm{S}互為等電子體的分子的化學式為rm{SO_{4}^{2-}}或rm{CCl_{4}}故答案為：正四面體；rm{SiCl_{4}}或rm{CCl_{4}}

rm{SiCl_{4}}基態(tài)原子電子排布式rm{(1)Fe}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}原子失去rm{Fe}個電子得電子rm{3}

rm{Fe^{3+}}氫鍵的存在能夠提高氫化物的沸點；

rm{(2)}同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第rm{(3)}族、第rm{IIA}族元素第一電離能大于其相鄰元素；

rm{VA}元素非金屬性越強；電負性越大；

rm{(4)}乙醛中甲基上的rm{(5)}采取rm{C}雜化類型，醛基中的rm{sp^{3}}采取rm{C}雜化類型；rm{sp^{2}}個乙醛分子含有rm{1}個rm{6}鍵和一個rm{婁脪}鍵；

rm{婁脨}根據(jù)價層電子對互斥理論確定硫酸根離子的空間構型；等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)rm{(6)}氫等輕原子不計在內rm{(}相同的分子；離子或原子團。

本題是對物質結構的考查，涉及核外電子排布、原子雜化方式、空間構型、等電子體等，熟悉原子結構特點及性質是解題關鍵，題目難度中等。rm{)}【解析】rm{4}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}}rm{NH_{3}}分子間存在氫鍵；rm{3}rm{F}rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}或rm{6N_{A}}正四面體；rm{CCl_{4}}或rm{SiCl_{4}}13、略

【分析】試題分析：①人體需要的營養(yǎng)素主要有糖類、油脂、蛋白質、無機鹽、維生素和水。在氫、鈉、鐵這三種元素中，屬于人體生命活動必需微量元素的是鐵；②氨基酸合成蛋白質，阿司匹林可以用解熱鎮(zhèn)痛，青霉素屬于抗生素，答案選b；③有些藥片常用淀粉作為黏合劑，淀粉進入人體后在人體內酶的催化作用下逐步水解，最終轉化為葡萄糖。碘具有氧化性，維生素C能防治壞血病并具有還原性，驗證維生素C有還原性可以使用淀粉溶液和碘水試劑共同完成?？键c：考查常見營養(yǎng)物質、藥物以及維生素C的有關判斷【解析】【答案】①油脂；鐵；②b③葡萄糖；碘水14、略

【分析】【解析】【答案】（1）SO2因CO2是非極性分子，SO2和H2O皆為極性分子，由“相似相溶”原理，SO2在H2O中有較大溶解度（2分）。（2）3d54s1；+6。（3）HF分子之間有氫鍵，形成（HF）n（2分）。三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)15、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?！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16、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.D17、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%18、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%19、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。【解析】除去其中的可溶性雜質(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%20、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、推斷題(共4題，共24分)21、略

【分析】解：rm{(1)}物質rm{C}名稱為乙醇，其結構簡式為rm{CH_{3}CH_{2}OH}故答案為：乙醇；rm{CH_{3}CH_{2}OH}

rm{(2)}由rm{A隆煤B}的化學方程式為rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}2CH_{3}COOH}故答案為：rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}2CH_{3}COOH}

rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{

}2CH_{3}COOH}由rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{

}2CH_{3}COOH}乙酸乙酯的化學方程式為rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}該反應是酯化或取代反應；

故答案為：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}酯化或取代；

rm{(3)}為rm{B+C隆煤}物質rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}的鑒別方法為銀鏡反應，對應的方程式為rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

故答案為：銀鏡反應；rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O.}

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}與rm{(4)A}反應生成乙酸乙酯，由信息中乙烯氧化生成乙醛，結合轉化關系可知，rm{CH_{3}CHO}為rm{A}乙醛進一步氧化生成rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}為rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{triangle}{

}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O.}乙烯與水發(fā)生加成反應生成rm{B}為rm{C}以此來解答．

本題考查有機物的推斷，為高頻考點，把握習題中的信息、連續(xù)氧化、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，注意有機物性質的應用，題目難度不大．rm{A}【解析】乙醇；rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}2CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}酯化或取代；銀鏡反應；rm{CH_{3}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{triangle}{}CH_{3}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{2CH_{3}CHO+O_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{

}2CH_{3}COOH}22、略

【分析】【分析】

本題考查有機物的推斷；根據(jù)有機物的結構簡式與反應條件進行分析，熟練掌握官能團的性質與衍變，注意富馬酸為反式結構。

環(huán)己烷與氯氣在光照條件下生成鹵代烴rm{B}rm{B}發(fā)生消去反應生成環(huán)己烯，則rm{B}為環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應生成rm{C}為rm{C}再發(fā)生消去反應生成與氯氣發(fā)生取代反應生成發(fā)生氧化反應生成再發(fā)生消去、中和反應得到再酸化得到富馬酸為：據(jù)此分析。

【解答】

環(huán)己烷與氯氣在光照條件下生成rm{B}為鹵代烴，rm{B}發(fā)生消去反應生成環(huán)己烯，則rm{B}為環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應生成rm{C}為rm{C}再發(fā)生消去反應生成與氯氣發(fā)生取代反應生成發(fā)生氧化反應生成再發(fā)生消去反應、中和反應得到進行酸化得到富馬酸為：rm{.}環(huán)己烷與氯氣在光照條件下生成鹵代烴rm{B}rm{B}發(fā)生消去反應生成環(huán)己烯，則rm{B}為環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應生成rm{C}為rm{C}再發(fā)生消去反應生成與氯氣發(fā)生取代反應生成發(fā)生氧化反應生成再發(fā)生消去、中和反應得到再酸化得到富馬酸為：

rm{(1)A}的化學名稱為環(huán)己烷，由rm{A}生成rm{B}的反應類型為取代反應；

故答案為：環(huán)己烷；取代反應；

rm{(2)}環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應生成rm{C}為：

故答案為：

rm{(3)}由上述分析可知，富馬酸的結構簡式為：

故答案為：

rm{(4)}根據(jù)rm{Fe^{3+}}能與rm{KSCN}溶液反應顯血紅色，所以檢驗富血鐵中是否含有rm{Fe^{3+}}的實驗操作步驟是：取少量富血鐵，加入稀硫酸溶解，再滴加rm{KSCN}溶液，若溶液顯血紅色，則產(chǎn)品中含有rm{Fe^{3+}}反之，則無；

故答案為：取少量富血鐵，加入稀硫酸溶解，再滴加rm{KSCN}溶液，若溶液顯血紅色，則產(chǎn)品中含有rm{Fe^{3+}}反之，則無；

rm{(5)}