2024年華東師大版高二化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年華東師大版高二化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷854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(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、對(duì)于原電池的電極名稱敘述有錯(cuò)誤的是()A.發(fā)生氧化反應(yīng)的為負(fù)極B.正極為電子流入的一極C.電流的方向由正極到負(fù)極D.比較不活潑的金屬為負(fù)極2、有機(jī)物在不同條件下至少可能發(fā)生不同類型的反應(yīng)：①取代反應(yīng)②加成反應(yīng)③消去反應(yīng)④氧化反應(yīng)⑤酯化反應(yīng)，⑥加聚反應(yīng)，其中由于其分子結(jié)構(gòu)中含有﹣OH，可能發(fā)生的反應(yīng)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(duì)rm{CO_{2}}的平衡轉(zhuǎn)化率和催化劑催化效率的影響如圖，下列說(shuō)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(xué)平衡常數(shù)：rm{K_{N}>K_{M}}C.當(dāng)溫度高于rm{250隆忙}時(shí)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，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(diǎn)時(shí)，乙烯的體積分?jǐn)?shù)為rm{7.7%}4、某有機(jī)化合物，只含碳、氫、氧三種元素中的兩種或三種，相對(duì)分子質(zhì)量為rm{74}完全燃燒時(shí)產(chǎn)生等物質(zhì)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(shí)；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(shuō)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(yīng)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(yīng)的活化能使反應(yīng)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(yīng)B.可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別苯和己烷C.有機(jī)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(gè)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(lái)的四種毒素的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(yīng)時(shí)均消耗rm{3molNaOH}C.等物質(zhì)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(gòu)體，它們各rm{1mol}均能與rm{5molH_{2}}加成評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、在80℃時(shí)；將0.4mol的四氧化二氮?dú)怏w充入2L已抽空的固定容積的密閉容器中，隔一段時(shí)間對(duì)該容器內(nèi)的物質(zhì)進(jìn)行分析，得到如下數(shù)據(jù)：

。C（mol/L）時(shí)間（s）O20406080100C（N2O4）0.20a0.10cdeC（NO2）0.000.12b0.220.220.22反應(yīng)進(jìn)行至100s后將反應(yīng)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(shí)，N2O4的濃度為____mol/L，0--20s內(nèi)N2O4的平均反應(yīng)速率為____．

（3）在80℃時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____（寫表達(dá)式）．

（4）在其他條件相同時(shí)，該反應(yīng)的K值越大，表明建立平衡時(shí)____．

A、N2O4的轉(zhuǎn)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(yīng)進(jìn)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(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（圖20）分子式為：C10H14強(qiáng)度比：5∶9結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(shuō)明溶液中存在______（填離子符號(hào)），檢驗(yàn)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(xué)反應(yīng)方程式為______．

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

a．電能全部轉(zhuǎn)化為化學(xué)能。

b．粗銅接電源正極；發(fā)生氧化反應(yīng)。

c．溶液中Cu2+向陽(yáng)極移動(dòng)。

d．利用陽(yáng)極泥可回收Ag；Pt、Au等金屬。

（5）利用反應(yīng)2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制備CuSO4，若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)為原電池，其正極電極反應(yīng)式為______．12、rm{(1)}基態(tài)rm{Fe}原子有______個(gè)未成對(duì)電子，rm{Fe^{3+}}的電子排布式為______。

rm{(2)}化合物rm{NH_{3}}的沸點(diǎn)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(fù)性最大的是______rm{(}填元素符號(hào)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(gòu)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(xué)式______。13、營(yíng)養(yǎng)平衡、合理用藥是保證人體健康和生活質(zhì)量的重要途徑。①人體需要的營(yíng)養(yǎng)素主要有糖類、、蛋白質(zhì)、無(wú)機(jī)鹽、維生素和水。在氫、鈉、鐵這三種元素中，屬于人體生命活動(dòng)必需微量元素的是。②下列物質(zhì)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(jìn)入人體后在人體內(nèi)酶的催化作用下逐步水解，最終轉(zhuǎn)化為(填物質(zhì)的名稱)。維生素C能防治壞血病并具有還原性，驗(yàn)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(duì)成對(duì)電子，Y原子核外L層電子數(shù)是K層兩倍，Z是地殼內(nèi)含量（質(zhì)量分?jǐn)?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(fù)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(shí)它的最高化合價(jià)為；（3）在測(cè)定E的氣態(tài)氫化物的相對(duì)分子質(zhì)量時(shí)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得的值一般高于理論值的主要原因是：。評(píng)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(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉?wèn)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(guò)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(yáng)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(cè)得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測(cè)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(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(duì)FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進(jìn)行測(cè)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(guò)長(zhǎng)，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(guò)短，結(jié)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(guān)流程如下:

已知部分陽(yáng)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(zhuǎn)化階段:所得殘?jiān)闹饕煞质莀__________，轉(zhuǎn)化時(shí)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(guò)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(yáng)極液通入SO2的離子反應(yīng)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(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過(guò)量NaF使兩種沉淀共存時(shí)，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動(dòng)小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過(guò)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(jiǎn)寫為H2Y2-)測(cè)定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測(cè)定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。18、過(guò)碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，同時(shí)具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領(lǐng)域。工業(yè)上常以過(guò)碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來(lái)衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過(guò)碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問(wèn)題：

(1)過(guò)碳酸鈉受熱易分解，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應(yīng)溫度等因素對(duì)產(chǎn)品質(zhì)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(yīng)溫度對(duì)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(dá)到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過(guò)90%，合適的反應(yīng)溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時(shí)加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測(cè)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點(diǎn)，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(guò)程進(jìn)行空白實(shí)驗(yàn)，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過(guò)碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，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(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(cè)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(guò)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?kù)o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(cè)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(wú)水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(結(jié)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(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(duì)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(guò)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(cè)定產(chǎn)品純度。測(cè)定過(guò)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(guò)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(píng)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(shí)現(xiàn)如圖所示的轉(zhuǎn)化．

rm{

xrightarrow[{錄脫脠脠}攏祿{錄脫脩鹿}]{{麓脽祿爐錄脕}}2CH_{3}CHO}物質(zhì)rm{(1)}名稱______；其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______；

rm{C}寫出由rm{(2)}的化學(xué)方程式______；

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

rm{B+C隆煤}物質(zhì)rm{(4)}的鑒別方法______對(duì)應(yīng)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(wèn)題：

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

rm{(2)C}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______．

rm{(3)}富馬酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______．

rm{(4)}檢驗(yàn)富血鐵中是否含有rm{Fe^{3+}}的實(shí)驗(yàn)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(yīng)可放出______rm{LCO_{2}(}標(biāo)況rm{)}富馬酸的同分異構(gòu)體中，同為二元羧酸的還有______rm{(}寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式rm{)}．23、已知rm{A}是日常生活中常見的有機(jī)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(yīng)，物質(zhì)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(qǐng)根據(jù)以下信息回答

rm{(1)}物質(zhì)rm{A}中的官能團(tuán)名稱為：___________rm{(2)}物質(zhì)rm{B}與溴水反應(yīng)生成rm{C}的反應(yīng)類型為：________rm{(3)A}和rm{E}在濃硫酸加熱條件下反應(yīng)生成rm{F}的化學(xué)方程式：___________24、有關(guān)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示rm{(}部分生成物和反應(yīng)條件已略去rm{)}rm{D}rm{E}rm{G}均為氣體，rm{E}是一種單質(zhì)，rm{G}能導(dǎo)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(zhì)量為rm{150g隆隴mol^{-1}}rm{(1)A}的化學(xué)式為____。rm{(2)B}的電子式為____。rm{(3)}寫出反應(yīng)rm{壟脵}的離子方程式：____。rm{(4)}寫出反應(yīng)rm{壟脷}的化學(xué)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(guān)判斷。在原電池中較活潑的金屬作負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。電子經(jīng)導(dǎo)線傳遞到正極上，所以溶液中的陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)。正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，所以選項(xiàng)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(yīng)和酯化反應(yīng)，碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應(yīng)、加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)，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(yīng)，所以醇羥基能發(fā)生的反應(yīng)有消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)，故選D．【分析】該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵、醇羥基和羧基，具有烯烴、醇和羧酸的性質(zhì)，能發(fā)生氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、取代反應(yīng)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(jī)化合物，只含碳、氫、氧三種元素中的兩種或三種，相對(duì)分子質(zhì)量為rm{74}完全燃燒時(shí)產(chǎn)生等物質(zhì)的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}則該有機(jī)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(cuò)誤；

C.rm{C_{3}H_{6}O_{2}}的相對(duì)分子質(zhì)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(duì)分子質(zhì)量為rm{88}不是rm{74}故D錯(cuò)誤；

故選C．

該有機(jī)物完全燃燒時(shí)產(chǎn)生等物質(zhì)的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}則該有機(jī)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(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量判斷．

本題考查了有機(jī)物分子式確定的計(jì)算，題目難度不大，注意掌握常見有機(jī)物組成、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，明確排除法在解答選擇題中的應(yīng)用方法，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)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(guò)量，在室溫下等體積混合后，pH＞7，故A錯(cuò)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(qiáng)電解質(zhì)，在室溫下等體積混合后，pH=7，故B錯(cuò)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(guò)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(guò)量，在室溫下等體積混合后，pH＞7，D錯(cuò)誤．

故選C．

【解析】【答案】根據(jù)酸堿的強(qiáng)弱判斷溶液中n（H+）與n（OH-）關(guān)系進(jìn)行判斷和計(jì)算．

6、C【分析】【解析】【答案】C7、C【分析】解：rm{A.HCHO}中rm{C=O}轉(zhuǎn)化為單鍵；則該反應(yīng)為加成反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.苯和己烷均與高錳酸鉀不反應(yīng)；且分層現(xiàn)象相同，不能鑒別，故B錯(cuò)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(gè)rm{H}與前面原子不共面，則最多有rm{7}個(gè)原子處于同一平面；故D錯(cuò)誤；

故選C．

A.rm{HCHO}中rm{C=O}轉(zhuǎn)化為單鍵；

B.苯和己烷均與高錳酸鉀不反應(yīng)；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(jié)構(gòu)．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)D為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大．【解析】rm{C}8、D【分析】解：rm{A.}結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差一個(gè)或rm{n}個(gè)rm{-CH_{2}}原子團(tuán)的有機(jī)物互稱同系物，rm{壟脷}rm{壟脹}結(jié)構(gòu)不相似；不屬于同系物，故A錯(cuò)誤；

B.酯基水解生成的酚羥基和羧基能和rm{NaOH}溶液反應(yīng)，二者都含有一個(gè)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(yīng)時(shí)均消耗rm{2molNaOH}故B錯(cuò)誤；

C.rm{壟脷}比rm{壟脺}多rm{1}個(gè)rm{CO}等物質(zhì)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(cuò)誤；

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

故選D．

A.結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差一個(gè)或rm{n}個(gè)rm{-CH_{2}}原子團(tuán)的有機(jī)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(yīng)；

C.rm{壟脷}比rm{壟脺}多rm{1}個(gè)rm{CO}

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

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重酯性質(zhì)和同分異構(gòu)體、同系物的考查，題目難度中等，注意結(jié)構(gòu)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(shí)；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(yīng)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(xué)平衡常數(shù)知，K越大，生成物的濃度越大，反應(yīng)物的濃度越小，N2O4的轉(zhuǎn)化率大、NO2的產(chǎn)量越大、N2O4與NO2的濃度之比越??；正反應(yīng)進(jìn)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(guān)系；

（2）根據(jù)二氧化氮和四氧化二氮的關(guān)系式計(jì)算N2O4的濃度，v=計(jì)算N2O4的平均反應(yīng)速率；

（3）K=

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

10、略

【分析】?jī)煞N氫比值為5:9【解析】【答案】11、略

【分析】解：（1）由流程圖轉(zhuǎn)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(cuò)誤；

b、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大氣，故b錯(cuò)誤；

c；NaOH溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉；故c正確；

d；氨水與二氧化硫反應(yīng)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(shuō)明含有Fe3+；

Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗(yàn)，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(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應(yīng)置換反應(yīng)生成Al2O3與Cu，反應(yīng)方程式為3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

故答案為：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

（4）a；反應(yīng)中有熱能產(chǎn)生；故a錯(cuò)誤；

b、精煉銅時(shí)，粗銅做陽(yáng)極，連接電源正極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故b正確；

c、溶液中Cu2+向陰極移動(dòng)；故c錯(cuò)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(yáng)極泥可回收Ag、Pt、Au等金屬，故d正確；

故選bd；

（5）利用反應(yīng)2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制備CuSO4，若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)為原電池，正極上是氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，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(yīng)式為：4H++O2+4e-=2H2O，故答案為：4H++O2+4e-=2H2O．

（1）由流程圖轉(zhuǎn)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(jié)合選項(xiàng)中各物質(zhì)的性質(zhì)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(shuō)明含有Fe3+；

Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗(yàn)；

（3）由流程圖轉(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應(yīng)置換反應(yīng)生成Al2O3與Cu；

（4）a；反應(yīng)中有熱能產(chǎn)生；

b；精煉銅時(shí)；粗銅做陽(yáng)極；

c、溶液中Cu2+向陰極移動(dòng)；

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(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)．

本題考查了元素化合物的性質(zhì)、電化學(xué)知識(shí)、離子檢驗(yàn)等知識(shí)點(diǎn)，難度較大，注意離子的檢驗(yàn)是高考的熱點(diǎn)，選取的試劑和檢驗(yàn)離子反應(yīng)后要有特殊現(xiàn)象，會(huì)運(yùn)用知識(shí)遷移方法解決問(wèn)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(gè)未成對(duì)電子；rm{Fe}原子失去rm{3}個(gè)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(diǎn)比化合物rm{CH_{4}}的高；其主要原因是氮元素非金屬性較強(qiáng)，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(shì)，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(qiáng)，所以rm{F}的電負(fù)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(wú)孤電子對(duì)，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(wú)孤電子對(duì)，采取rm{sp^{2}}雜化類型；rm{1}個(gè)乙醛分子含有rm{6}個(gè)rm{婁脪}鍵和一個(gè)rm{婁脨}鍵，則rm{1mol}乙醛含有rm{6mol婁脪}鍵，即rm{6N_{A}}個(gè)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(jià)層電子對(duì)個(gè)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(duì)，所以其空間構(gòu)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(xué)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(gè)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(diǎn)；

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(shì)，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(qiáng)；電負(fù)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(gè)乙醛分子含有rm{1}個(gè)rm{6}鍵和一個(gè)rm{婁脪}鍵；

rm{婁脨}根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定硫酸根離子的空間構(gòu)型；等電子體是指價(jià)電子數(shù)和原子數(shù)rm{(6)}氫等輕原子不計(jì)在內(nèi)rm{(}相同的分子；離子或原子團(tuán)。

本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布、原子雜化方式、空間構(gòu)型、等電子體等，熟悉原子結(jié)構(gòu)特點(diǎn)及性質(zhì)是解題關(guān)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(yíng)養(yǎng)素主要有糖類、油脂、蛋白質(zhì)、無(wú)機(jī)鹽、維生素和水。在氫、鈉、鐵這三種元素中，屬于人體生命活動(dòng)必需微量元素的是鐵；②氨基酸合成蛋白質(zhì)，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(jìn)入人體后在人體內(nèi)酶的催化作用下逐步水解，最終轉(zhuǎn)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(yàn)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(diǎn)：考查常見營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)、藥物以及維生素C的有關(guān)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(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(guò)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(yáng)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(shuō)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(guò)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(yáng)極，電解時(shí)，陽(yáng)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。【解析】①.+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?yàn)闅溲趸c溶液會(huì)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(huì)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(huì)使產(chǎn)生二氧化碳的速率過(guò)大，粉末狀的石灰石會(huì)很快反應(yīng)完，同時(shí)還會(huì)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(wú)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(guò)長(zhǎng)，F(xiàn)eSO4進(jìn)一步分解；會(huì)使m(無(wú)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(huì)影響n值，故C錯(cuò)誤；

D．加熱時(shí)間過(guò)短；結(jié)晶水未完全失去，n值會(huì)小于理論值，故D正確；

答案選D。【解析】①.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(yīng)速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應(yīng)，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘?jiān)闹饕煞质翘?或C)，轉(zhuǎn)化時(shí)需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)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(jié)晶，過(guò)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(yáng)極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應(yīng)生成SO42-、Cr3+，反應(yīng)的離子反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液計(jì)數(shù)偏大，則測(cè)定結(jié)果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應(yīng)速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)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(guò)碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)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(yīng)為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過(guò)碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過(guò)氧化氫的性質(zhì)，過(guò)氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過(guò)氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過(guò)碳酸鈉與硅酸鈉不反應(yīng)，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項(xiàng)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(dá)到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過(guò)90%，超過(guò)288.5K后，活性氧百分含量和產(chǎn)率均降低，所以最佳反應(yīng)溫度范圍為286.8～288.5K；

③結(jié)晶過(guò)程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過(guò)碳酸鈉的溶解度，有利于過(guò)碳酸鈉析出；

(3)結(jié)晶過(guò)程中加入氯化鈉促進(jìn)過(guò)碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結(jié)晶過(guò)程中促進(jìn)過(guò)碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl；

(4)①過(guò)碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復(fù)合而形成的一種固體放氧劑，過(guò)碳酸鈉與硫酸反應(yīng)，為碳酸鈉、過(guò)氧化氫和硫酸反應(yīng)，所以產(chǎn)物為硫酸鈉、過(guò)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，反應(yīng)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(jià)變化，錳元素化合價(jià)從+7價(jià)變化為+2價(jià)，過(guò)氧化氫中的氧元素化合價(jià)從-1價(jià)變化為0價(jià)，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(yīng)2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過(guò)碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點(diǎn)睛：明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康募胺磻?yīng)原理為解答關(guān)鍵，制備過(guò)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(yīng)前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過(guò)碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結(jié)晶過(guò)程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過(guò)碳酸鈉的溶解度，有利于過(guò)碳酸鈉析出，從溶液中過(guò)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(jìn)過(guò)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(zhì)；因?yàn)?NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來(lái)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(guò)水浴加熱來(lái)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(guò)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(rùn)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(shuō)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(guò)水浴加熱來(lái)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)猓瑢a(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(huì)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(rùn)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(shuō)明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計(jì)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(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(guò)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(guò)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(guò)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(duì)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(guò)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(guò)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(guò)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)四、推斷題(共4題，共24分)21、略

【分析】解：rm{(1)}物質(zhì)rm{C}名稱為乙醇，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(xué)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(xué)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(yīng)是酯化或取代反應(yīng)；

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(zhì)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(yīng)，對(duì)應(yīng)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(yīng)；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(yīng)生成乙酸乙酯，由信息中乙烯氧化生成乙醛，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，rm{CH_{3}CHO}為rm{A}乙醛進(jìn)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(yīng)生成rm{B}為rm{C}以此來(lái)解答．

本題考查有機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息、連續(xù)氧化、官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意有機(jī)物性質(zhì)的應(yīng)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(yīng)；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(jī)物的推斷；根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式與反應(yīng)條件進(jìn)行分析，熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與衍變，注意富馬酸為反式結(jié)構(gòu)。

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(yīng)生成環(huán)己烯，則rm{B}為環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{C}為rm{C}再發(fā)生消去反應(yīng)生成與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成發(fā)生氧化反應(yīng)生成再發(fā)生消去、中和反應(yīng)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(yīng)生成環(huán)己烯，則rm{B}為環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{C}為rm{C}再發(fā)生消去反應(yīng)生成與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成發(fā)生氧化反應(yīng)生成再發(fā)生消去反應(yīng)、中和反應(yīng)得到進(jìn)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(yīng)生成環(huán)己烯，則rm{B}為環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{C}為rm{C}再發(fā)生消去反應(yīng)生成與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成發(fā)生氧化反應(yīng)生成再發(fā)生消去、中和反應(yīng)得到再酸化得到富馬酸為：

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

故答案為：環(huán)己烷；取代反應(yīng)；

rm{(2)}環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{C}為：

故答案為：

rm{(3)}由上述分析可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

故答案為：

rm{(4)}根據(jù)rm{Fe^{3+}}能與rm{KSCN}溶液反應(yīng)顯血紅色，所以檢驗(yàn)富血鐵中是否含有rm{Fe^{3+}}的實(shí)驗(yàn)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(wú)；

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(wú)；

rm{(5)}