2025年華東師大版高二化學上冊月考試卷

…………○…………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年華東師大版高二化學上冊月考試卷698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7題，共14分)1、下列關于金屬的腐蝕與防護的說法中正確的是A.艙底鑲嵌鋅塊，鋅作負極，以防船體被腐蝕B.在潮濕的中性環(huán)境中，金屬的電化學腐蝕主要是析氫腐蝕。C.鐵表面鍍銀，鐵作陽極D.可將地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連以保護它不受腐蝕2、在一定溫度下,下列敘述不是可逆反應A(氣)+3B(氣)2C(氣)+2D(固)達到平衡的標志的是①C的生成速率與C的分解速率相等②單位時間內生成amolA,同時生成3amolB③A、B、C的濃度不再變化④恒容下，混合氣體的密度不再變化⑤混合氣體的總壓強不再變化⑥混合氣體的物質的量不再變化⑦單位時間內消耗amolA,同時生成3amolB⑧A、B、C、D的分子數(shù)之比為1:3:2:2A.②⑧B.②⑤⑧C.①③④⑦D.②⑤⑥⑧3、氨水中所含有的分子和離子有（）①②H2O③NH3④NH3·H2O⑤H+⑥OH-A.①②③B.①②③④⑤⑥C.②③④⑤⑥D.②③④⑤4、下列現(xiàn)象與氫鍵有關的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵NH_{3}}的熔、沸點比rm{PH_{3}}的高。

rm{壟脷}乙醇能與水以任意比混溶，而甲醚rm{(CH_{3}-O-CH_{3})}難溶于水。

rm{壟脹}冰的密度比液態(tài)水的密度小。

rm{壟脺}鄰羥基苯甲酸的熔；沸點比對羥基苯甲酸的低。

rm{壟脻}水分子高溫下也很穩(wěn)定．A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}B.rm{壟脵壟脷壟脹壟脻}C.rm{壟脷壟脹壟脺壟脻}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}5、下列除去雜質（括號內為雜質）的方法正確的是（）①乙烷（乙烯）光照條件下通入Cl2；氣液分離。

②乙酸乙酯（乙酸）用飽和碳酸鈉溶液洗滌；分液。

③苯（苯酚）用氫氧化鈉溶液洗滌；分液。

④乙醇（水）加足量生石灰、蒸餾．A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④6、下列圖示中關于銅電極的連接錯誤的是()A.鋅銅原電池

B.電解精煉銅

C.鍍件上鍍銅

D.電解氯化鈉溶液7、下列有機物的表達式不正確的是()A.乙烯rm{(C_{2}H_{4})}的電子式：B.丙烯rm{(C_{3}H_{6})}的結構簡式：rm{CH_{2}CHCH_{3}}C.立方烷rm{(C_{8}H_{8})}的鍵線式：D.溴乙烷rm{(C_{2}H_{5}Br)}的比例模型：評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、人類的生活離不開化學；生活中的化學無處不在．請回答：

（1）家用鐵鍋用水清洗后放置一段時間，出現(xiàn)紅棕色的銹斑．此過程中不可能發(fā)生的變化有____（填序號）．

①鐵元素被氧化②鐵元素被還原③鐵元素由+3價轉化為+2價。

為防止鐵鍋生銹，將其洗凈后，可進一步采取的措施是____（填序號）．

①擦干②放在潮濕的地方。

（2）抗酸藥物的作用是中和胃里過多的鹽酸．某抗酸藥的主要成分是碳酸氫鈉，寫出碳酸氫鈉與鹽酸反應的離子方程式：____．若此抗酸藥每片含碳酸氫鈉0.40g，取此藥一片研碎后與足量的鹽酸反應，生成氣體在標準狀況下的體積為____L（精確到0.01）．9、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：。XYZMRQ原子半徑/nm0.1860.0740.0990.143主要化合價-4,+4-2-1,+7+3其它陽離子核外無電子可做半導體材料焰色反應呈黃色（1）Ｒ的離子結構示意圖是____，Ｒ在自然界中有質量數(shù)為35和37的兩種核素，它們之間的關系互為________________。（2）Ｍ元素的常見單質有二種，它們互稱同素異形體，它們的化學式為____、____。（3）Ｚ的單質與水反應的化學方程式是________________。10、有機物A與乙酸無論以何種比例混合，只要總質量一定，完全燃燒后產(chǎn)生的水的質量也一定，試回答：（1）有機物A必須符合的條件是；（2）符合條件的相對分子質量最小的有機物A為（寫結構簡式）____（3）若A與乙酸相對分子質量相等，且既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生酯化反應，則A的結構簡式為_____________。（4）若A分子中C、H元素質量分數(shù)之和為86.67%，其余為O，且A的相對分子質量小于200，則A的分子式為___________。已知A中含有苯環(huán)結構，A可被催化氧化生成B，C為B的同分異構體，且C中也含有苯環(huán)結構，C在一定條件下水解可得到兩種有機物，則符合條件的C可能的結構有____種。11、氮、磷、砷是同族元素，該族元素單質及其化合物在農(nóng)藥、化肥等方面有重要應用rm{.}請回答下列問題。rm{(1)}砷原子基態(tài)時核外電子排布式為___________________，氮、磷、砷的電負性的大小關系是_________________。rm{(2)K_{3}[F}rm{e}rm{(CN)_{6}]}晶體中rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}與rm{CN^{-}}之間的鍵型為____________，該化學鍵能夠形成的原因是_________________________________________________________________。rm{(3)}已知：。rm{CH_{4}}rm{S}rm{i}rm{H_{4}}rm{NH_{3}}rm{PH_{3}}沸點rm{(}rm{K}rm{)}rm{101.7}rm{161.2}rm{239.7}rm{185.4}分解溫度rm{(}rm{K}rm{)}rm{873}rm{773}rm{1073}rm{713.2}分析上表中四種物質的相關數(shù)據(jù)，請回答：rm{壟脵CH_{4}}和rm{NH_{3}}比較，沸點高低的原因是____________________________________________________________________________。rm{壟脷NH_{3}}和rm{PH_{3}}比較，分解溫度高低的原因是_________________________________________________________________________。12、rm{(1)}在rm{2mL}rm{0.1mol/L}的rm{NaCl}溶液中，加入rm{2mL}rm{0.1mol/L}的rm{AgNO_{3}}溶液，可觀察到______，此反應的離子方程式為______，將此混合液過濾，濾渣加入rm{2mL}rm{0.1mol/L}的rm{KI}溶液；攪拌，可觀察到______，反應的離子方程式為______．

rm{(2)}對于rm{Ag_{2}S(s)?2Ag^{+}(aq)+S^{2-}(aq)}其rm{K_{sp}}的表達式為______

rm{(3)}下列說法不正確的是______．

A.用稀鹽酸洗滌rm{AgCl}沉淀比用水洗滌損耗rm{AgCl}小。

B.物質的溶解度隨溫度的升高而增加；故物質的溶解都是吸熱的。

C.對于rm{Al(OH)_{3}(s)?Al(OH)_{3}(aq)?Al^{3+}+3OH^{-}}前者為溶解平衡，后者為電離平衡。

D.除去溶液中的rm{Mg^{2+}}用rm{OH^{-}}沉淀rm{Mg^{2+}}比用rm{CO_{3}^{2-}}效果好，說明rm{Mg(OH)_{2}}的溶解度比rm{MgCO_{3}}大。

E.沉淀反應中常加過量的沉淀劑，其目的是使沉淀完全．13、a(g)鎂和足量稀硫酸反應，鎂完全反應后，測得氫氣在常溫時的體積為V(L)，則常溫下lmol氫氣的體積為_________________L。評卷人得分三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)14、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___。15、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16、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]=____。17、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(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________%。18、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))。19、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、簡答題(共1題，共5分)20、洛索洛芬鈉可用于類風濕性關節(jié)炎；肩周炎等炎癥的消炎；其合成路線如下：

已知：A分子式為C8H8，E的分子式為C4H6

Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

（1）A屬于芳香烴；其名稱為______

（2）反應②的反應類型是______

（3）B的結構簡式是______

（4）D中含有的官能團名稱______

（5）反應①的化學方程式是______。評卷人得分五、探究題(共4題，共12分)21、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。22、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。23、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。評卷人得分六、綜合題(共2題，共10分)25、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．26、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7題，共14分)1、A【分析】試題分析：正確，鋅比鐵活潑，與電解質形成原電池時，作負極，保護船體不被腐蝕,A正確；金屬在潮濕的空氣中易發(fā)生電化學腐蝕，并且一般是吸氧腐蝕，選項B錯誤；鐵作陽極，鐵要溶解，鐵應該作陰極，C錯誤；地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連，在該電解池中，陽極金屬鐵易被腐蝕，故D錯誤．考點：金屬的腐蝕與防護【解析】【答案】A2、A【分析】試題分析：化學反應達到平衡狀態(tài)的標志是同種物質的生成速率等于消耗速率、或者各組分的濃度不再變化，①同種物質的生成和消耗速率相等，可以判斷達到了平衡；②A、B都是反應物它們的生成、消耗速率總是等于系數(shù)比，不可以判斷平衡；③物質的濃度不再變化說明達到了平衡；④恒容下，反應體系中有氣體和固體，如果沒有到達平衡，氣體的密度就會發(fā)生變化，如果密度不變了就平衡了；⑤兩邊氣體的化學計量數(shù)不相等，如果沒有達到平衡，壓強會發(fā)生改變，壓強不變就達到了平衡。⑥反應體系中有氣體和固體，如果沒有到達平衡，氣體的質量就會發(fā)生變化。⑦單位時間內消耗amolA,同時生成3amolB，可以轉化成同一種物質A的變化，則是單位時間內消耗amolA,同時生成amolA，同種物質生成速率和消耗速率相等，說明達到了平衡。⑧分子數(shù)之比不能說明各物質的量不再發(fā)生改變。選A?？键c：化學平衡狀態(tài)的判斷?！窘馕觥俊敬鸢浮緼3、B【分析】【解析】【答案】B4、A【分析】解：rm{壟脵}因Ⅴrm{A}族中，rm{N}的非金屬性最強，氨氣中分子之間存在氫鍵，則氨氣的熔、沸點比Ⅴrm{A}族其他元素氫化物的高，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷}因乙醇與水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶，甲醚與水分子之間不能形成氫鍵，則甲醚rm{(CH_{3}-O-CH_{3})}難溶于水，故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}冰中存在氫鍵，其體積變大，則相同質量時冰的密度比液態(tài)水的密度小，故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺}對羥基苯甲酸易形成分子之間氫鍵，而鄰羥基苯甲酸形成分子內氫鍵，所以鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低，故rm{壟脺}正確；

rm{壟脻}水分子高溫下也很穩(wěn)定，其穩(wěn)定性與化學鍵有關，而與氫鍵無關，故rm{壟脻}錯誤；

故選A．

rm{壟脵}Ⅴrm{A}族中，rm{N}的非金屬性最強；氨氣中分子之間存在氫鍵；

rm{壟脷}乙醇與水分子之間能形成氫鍵；甲醚與水分子之間不能形成氫鍵；

rm{壟脹}冰中存在氫鍵；其體積變大；

rm{壟脺}對羥基苯甲酸易形成分子之間氫鍵；而鄰羥基苯甲酸形成分子內氫鍵；

rm{壟脻}穩(wěn)定性與化學鍵有關．

本題考查氫鍵及氫鍵對物質的性質的影響，明確氫鍵主要影響物質的物理性質是解答本題的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{A}5、D【分析】【解答】解：①光照條件下通入Cl2；氯氣會和乙烷之間發(fā)生取代反應，和乙烯之間發(fā)生加成反應，這樣即將雜質除去，又將要留的物質反應了，不符合除雜的原則，故①錯誤；②飽和碳酸鈉溶液可以和乙酸之間發(fā)生中和反應，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可實現(xiàn)分離，故②正確；③除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入NaOH溶液反應生成苯酚鈉，然后分液即可，故③正確；④乙醇和水的沸點不同，水可與生石灰反應，用蒸餾的方法分離，故④正確．故選D．

【分析】①光照條件下通入Cl2，氯氣會和乙烷之間發(fā)生取代反應；②飽和碳酸鈉溶液可以和乙酸之間發(fā)生中和反應；③苯酚和氫氧化鈉反應生成苯酚鈉；④乙醇和水的沸點不同，水可與生石灰反應．6、C【分析】略【解析】rm{C}7、B【分析】略【解析】rm{B}二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】

（1）鐵鍋中含有碳；鐵；碳、鐵和合適的電解質溶液構成原電池，較活潑的金屬鐵作負極，碳作正極，鐵失電子發(fā)生氧化反應，氧氣得電子發(fā)生還原反應，亞鐵離子和氫氧根離子反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定被氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以不可能發(fā)生的變化是②③，為防止形成原電池，要擦干，故選①；

故答案為：②③；①；

（2）碳酸氫鈉和鹽酸反應的離子方程式為：HCO3-+H+=C02↑+H2O；

根據(jù)HCO3-+H+=C02↑+H2O知，生成二氧化碳的體積==0.11L；

故答案為：HCO3-+H+=C02↑+H2O；0.11．

【解析】【答案】（1）鐵鍋中含有碳；鐵；碳、鐵和合適的電解質溶液構成原電池，較活潑的金屬鐵作負極，碳作正極，負極上鐵失電子和氫氧根離子反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定易被氧氣氧化生成氫氧化鐵，正極上氧氣得電子和水生成氫氧根離子；

（2）碳酸氫鈉和鹽酸反應生成水；二氧化碳和氯化鈉；根據(jù)碳酸氫鈉和二氧化碳之間的關系式計算．

9、略

【分析】【解析】試題分析：X元素陽離子核外無電子，這說明X應該是氫元素。Y的主要化合價是－4和＋4價，且可做半導體材料，因此Y是硅元素。焰色反應呈黃色，則Z是鈉元素。R的主要化合價是－1價和＋7價，所以R是氯元素。M的化合價是－2價，且原子半徑小于氯元素，因此M是氧元素。Q的原子半徑大于氯元素，小于鈉元素的，且化合價是＋3價，所以Q是鋁元素?？键c：考查元素周期表的結構和元素周期律的應用【解析】【答案】（6分）（1）同位素（2）O2、O3(注：本整小題合計共2分，錯一個不給分。)（3）2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑(2分)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）A中H的質量分數(shù)與乙酸中相同（6.67％）（其它符合題意的說法也可以）；（2）HCHO；（3）CH2(OH)－CHO；（4）C8H8O，611、（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3N＞P＞As

（2）配位鍵原因是CN-能提供孤對電子，F(xiàn)e3+能接受孤對電子（或Fe3+有空軌道）

（3）①CH4和NH3形成的都是分子晶體，除了范德華力外，NH3分子間還存在氫鍵，沸點更高②NH3和PH3比較，影響分解溫度的因素是共價鍵的強弱，N—H鍵的鍵長比P—H鍵短，鍵能更大，共價鍵更強，分子更穩(wěn)定【分析】【分析】本題考查物質的結構與性質，注重對電子排布式、雜化、沸點比較、穩(wěn)定性比較、電負性的比較及應用的考查，考查點較多，難度不大。

【解答】rm{(1)As}是rm{33}號元素，其原子核外有rm{33}個電子，根據(jù)構造原理知，rm{As}基態(tài)原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}同一主族越往下電負性越小，則氮、磷、砷的電負性的大小關系是rm{N>P>As}

rm{N>P>As}故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}

rm{N>P>As}晶體中rm{N>P>As}與rm{(2)K_{3}[Fe(CN)_{6}]}之間的鍵型為配位鍵，因為rm{Fe^{3+}}能提供孤對電子，rm{CN^{-}}能接受孤對電子rm{CN^{-}}或rm{Fe^{3+}}有空軌道rm{(}所以二者之間存在配位鍵；

故答案為：配位鍵；原因是rm{Fe^{3+}}能提供孤對電子，rm{)}能接受孤對電子rm{CN^{-}}或rm{Fe^{3+}}有空軌道rm{(}

rm{Fe^{3+}}rm{)}和rm{(3)壟脵}形成的都是分子晶體，除了范德華力外，rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}形成的都是分子晶體，除了范德華力外，rm{NH_{3}}分子間還存在氫鍵，沸點更高分子間還存在氫鍵，沸點更高；

故答案為：rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}形成的都是分子晶體，除了范德華力外，rm{NH_{3}}分子間還存在氫鍵，沸點更高；

rm{CH_{4}}和rm{NH_{3}}形成的都是分子晶體，除了范德華力外，rm{NH_{3}}分子間還存在氫鍵，沸點更高和rm{CH_{4}}結構相似且都屬于分子晶體，分子晶體的熔沸點隨著其相對分子質量的增大而增大，但氫鍵能增大物質的沸點，所以rm{NH_{3}}和rm{NH_{3}}比較，氨氣中含有氫鍵沸點大，故答案為：rm{壟脷NH_{3}}和rm{PH_{3}}比較，影響分解溫度的因素是共價鍵的強弱，rm{NH_{3}}鍵的鍵長比rm{PH_{3}}鍵短，鍵能更大，共價鍵更強，分子更穩(wěn)定。rm{NH_{3}}和rm{PH_{3}}比較，影響分解溫度的因素是共價鍵的強弱，rm{N隆陋H}鍵的鍵長比rm{P隆陋H}鍵短，鍵能更大，共價鍵更強，分子更穩(wěn)定?！窘馕觥縭m{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p63d^{10}4s^{2}4p^{3;;;;;;}}rm{N>P>As}

rm{N>P>As}配位鍵rm{(2)}原因是rm{CN}rm{CN}rm{{,!}^{-}}能提供孤對電子，rm{Fe}或rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}能接受孤對電子rm{(}或rm{Fe}

rm{(}和rm{Fe}形成的都是分子晶體，除了范德華力外，rm{{,!}^{3+}}分子間還存在氫鍵，沸點更高有空軌道rm{)}和rm{)}比較，影響分解溫度的因素是共價鍵的強弱，rm{(3)壟脵CH_{4}}鍵的鍵長比rm{NH_{3}}鍵短，鍵能更大，共價鍵更強，分子更穩(wěn)定rm{NH_{3}}12、略

【分析】解：rm{(1)}反應生成氯化銀和硝酸鈉，觀察到白色沉淀，離子反應為rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}rm{AgCl}中加入rm{2mL0.1mol/L}的rm{KI}溶液發(fā)生沉淀的轉化，生成rm{AgI}觀察到白色沉淀轉化為黃色沉淀，離子反應為rm{AgCl(s)+I^{-}?AgI(s)+Cl^{-}}

故答案為：白色沉淀；rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}白色沉淀轉化為黃色沉淀；rm{AgCl(s)+I^{-}?AgI(s)+Cl^{-}}

rm{(2)}對于沉淀溶解平衡：rm{Ag_{2}S(s)?2Ag^{+}(aq)+S^{2-}(aq)}一定溫度下的飽和溶液中存在溶度積常數(shù)；

rm{Ksp=[Ag^{+}]^{2}?[S^{2-}]}故答案為：rm{c(Ag^{+})^{2}?c(S^{2-})}

rm{(3)A}氯化銀沉淀溶解平衡中存在溶度積常數(shù)，rm{Ksp=[Ag^{+}][Cl^{-}]}銀離子濃度增大，平衡向沉淀方向進行；用稀鹽酸洗滌rm{AgCl}沉淀比用水洗滌損耗rm{AgCl}??；故A正確；

B；物質的溶解度大部分隨溫度的升高而增加；大部分物質的溶解是吸熱的，有些物質溶解度隨溫度升高減小，有些物質溶解時放熱的；故B錯誤；

C；氫氧化鋁是難溶物質；存在沉淀溶解平衡和電離平衡；故C正確；

D、rm{Mg(OH)_{2}}的溶解度比rm{MgCO_{3}}小；故D錯誤；

E；為使離子完全沉淀；加入過量的沉淀劑，能使離子沉淀完全；故E正確；

綜上所述：BD錯誤；

故選BD．

rm{(1)}反應生成氯化銀和硝酸鈉，觀察到白色沉淀，rm{AgCl}中加入rm{2mL0.1mol/L}的rm{KI}溶液發(fā)生沉淀的轉化，生成rm{AgI}

rm{(2)}依據(jù)沉淀溶解平衡的溶度積常數(shù)表示方法寫出；溶度積等于溶液中離子濃度冪次方乘積；

rm{(3)A}依據(jù)氯化銀沉淀溶解平衡分析；銀離子濃度增大，平衡向沉淀方向進行；

B；物質的溶解度大部分隨溫度的升高而增加；大部分物質的溶解是吸熱的，有些物質溶解度隨溫度升高減小，有些物質溶解時放熱的；

C；氫氧化鋁是難溶物質；存在沉淀溶解平衡和電離平衡；

D、rm{Mg(OH)_{2}}的溶解度比rm{MgCO_{3}}?。?/p>

E；為使離子完全沉淀；加入過量的沉淀劑，能使離子沉淀完全．

本題考查離子反應方程式的書寫，沉淀溶解平衡的計算應用，平衡移動的影響因素，難溶物質的溶解度比較方法，題目難度中等．【解析】白色沉淀；rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}白色沉淀變?yōu)辄S色；rm{AgCl(s)+I^{-}?AgI(s)+Cl^{-}}rm{c(Ag^{+})^{2}?c(S^{2-})}rm{BD}13、略

【分析】試題分析：根據(jù)Mg+2H+→Mg2++H2↑生成氫氣的物質的量等于鎂的物質的量，為a/24，則常溫下lmol氫氣的體積為(24V/a)L。考點：考查化學計算?！窘馕觥俊敬鸢浮?5．三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)14、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??；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15、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.D16、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%17、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。【解析】①.2(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%18、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?！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(chǎn)生誤差96.1%19、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、簡答題(共1題，共5分)20、苯乙烯取代反應酯基、溴原子【分析】解：（1）由分析可知，A的結構簡式是名稱為苯乙烯，故答案為：苯乙烯；

（2）反應②的反應類型是：取代反應；故答案為：取代反應；

（3）B的結構簡式是故答案為：

（4）D為D中含有的官能團是酯基；溴原子，故答案為：酯基、溴原子；

（5）反應①的化學方程式是故答案為：

E屬于烯烴，E系列轉化得到己二酸二甲酯，結合反應信息i，可知E為CH2=CH-CH=CH2，E與溴發(fā)生1，4-加成生成F為Br-CH2-CH=CH-CH2-Br，F(xiàn)與氫氣發(fā)生加成反應生成G為BrCH2CH2CH2CH2Br，G發(fā)生信息i中的反應得到H為HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH；H與甲醇發(fā)生酯化反應得到己二酸二甲酯。

A屬于芳香烴，由A的分子式，結合反應條件、反應信息i，可知A為則B為C為C與甲醇發(fā)生酯化反應得到．發(fā)生信息ii中的反應生成D，結合D、I反應產(chǎn)物的結構，可知D為I為．己二酸二甲酯在一定條件下發(fā)生取代反應生成同時還生成CH3OH．J發(fā)生堿性條件水解得到洛索洛芬鈉K的結構為以此來解答。

本題考查有機物的合成及推斷，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應、碳原子及官能團變化為解答的關鍵，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。【解析】苯乙烯取代反應酯基、溴原子五、探究題(共4題，共12分)21、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分