2025年北師大版高二化學下冊月考試卷

…………○…………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年北師大版高二化學下冊月考試卷587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、除去括號內(nèi)雜質(zhì)所用試劑和方法不正確的是A.Cu（Fe）——加鹽酸，過濾B.乙醇（水）——加生石灰，蒸餾；C.KNO3溶液（KCl）——降溫結晶，過濾；D.CO2（HCl）——飽和NaOH溶液，洗氣。2、化學平衡主要研究下列哪一類反應的規(guī)律（）A.部分反應B.任何反應C.可逆反應D.氣體反應3、把有機物氧化為所用氧化劑最合理的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}B.酸性rm{KMnO_{4}}C.銀氨溶液D.溴水4、關于油脂的下列敘述中不正確的是[]A.油脂屬于酯類B.油脂沒有固定的熔沸點C.油脂是高級脂肪酸的甘油酯D.油脂都不能使溴水褪色5、使用一種試劑即可將酒精、苯酚溶液、己烯、甲苯4種無色液體區(qū)分開來，這種試劑是A.FeCl3溶液B.溴水C.KMnO4溶液D.金屬鈉6、rm{2005}年rm{1}月美國科學家在rm{隆露Science隆路}上發(fā)表論文，宣布發(fā)現(xiàn)了鋁的“超級原子”結構rm{-Al_{13}}和rm{Al_{14}.}已知這類“超級原子”最外層電子數(shù)之和為rm{40}個時處于相對穩(wěn)定狀態(tài)rm{.}下列說法中，正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Al_{13}}rm{Al_{14}}互為同位素B.rm{Al_{13}}超原子中rm{Al}原子間通過離子鍵結合C.rm{Al_{14}}最外層電子數(shù)之和為rm{42}與第Ⅱrm{A}族元素的性質(zhì)相似D.rm{Al_{13}}和rm{Al_{14}}都具有較強的還原性，容易失去電子生成陽離子7、下列有關酸堿反應的分析判斷不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1mol.L^{-1}CH_{3}COOH}與rm{0.1mol.L^{-1}NaOH}溶液等體積混合后，溶液中離子濃度：rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.常溫下rm{pH=2}的鹽酸與rm{pH=12}的氨水等體積混合后的溶液中：rm{c(NH;_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.常溫下，向rm{c(NH;_{4}^{+

})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}的rm{10mlpH=12}溶液中加入rm{NaOH}的rm{pH=2}至rm{HA}所得溶液的總體積rm{pH=7}D.某溫度下，rm{Vgeqslant20ml}溶液中rm{Ba(OH)_{2}}向rm{K_{w}=10^{-12}}的該溶液中加入等體積rm{pH=8}的鹽酸，混合溶液rm{pH=4}rm{pH=6}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、現(xiàn)有①氟氯烴②二氧化碳③二氧化硫④廢棄塑料制品⑤富含氮；磷元素的污水．請你根據(jù)已有的環(huán)保知識；選擇恰當?shù)男蛱柼羁眨?/p>

（1）能形成酸雨的是____；（2）能破壞臭氧層的是____；

（3）使水體富營養(yǎng)化的是____；（4）導致“白色污染”的是____．9、某有機化合物X(C7H8O)與另一有機化合物Y發(fā)生如下反應生成化合物Z(C11H14O2)：X＋YZ＋H2O（1）X是下列化合物之一，已知X不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則X是________填標號字母）。（2）Y的分子式是____，可能的結構簡式是：____和____。（3）Y有多種同分異構體，其中一種同分異構體E發(fā)生銀鏡反應后，其產(chǎn)物經(jīng)酸化可得到F(C4H8O3)。F可發(fā)生如下反應：F＋H2O該反應的類型是____，E的結構簡式是____。10、（10分）乙炔是有機合成工業(yè)的一種原料。工業(yè)上曾用CaC2與水反應生成乙炔。(1)CaC2中C22—與O22+互為等電子體，O22+的電子式可表示為______________；1molO22+中含有的π鍵數(shù)目為______________。(2)將乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀。Cu＋基態(tài)核外電子排布式為__________________。(3)乙炔與氫氰酸反應可得丙烯腈(H2C＝CH—C≡N)。丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是________；________11、(15分)化合物A(分子式為C9H9O2Br)在一定條件下有如下的轉(zhuǎn)化關系，其中1molC與Na完全反應生成1molH2，若與NaHCO3完全反應能產(chǎn)生1molCO2，D和E互為同分異構體，但D可以使溴的四氯化碳溶液褪色，而E分子中有一個苯環(huán)和一個五元環(huán)。（1）寫出A含有官能團的名稱：____；（2）H可能是(寫名稱)：__________________________________________________；（3）寫出反②、③的反應類型：②__________________、③__________________；（4）寫出E、G的結構簡式E____G；（5）反應⑤的化學方程式：（6）同時滿足下列條件的C的同分異構體有_________種：①能發(fā)生銀鏡反應；②1mol該物質(zhì)可以消耗3molNaOH；③苯環(huán)上的一氯代物有3種。12、根據(jù)乙醇和乙酸的知識填空．

rm{(1)CH_{3}CH_{2}OH}在銅作催化劑的條件下被rm{O_{2}}氧化成______；rm{(}寫結構簡式rm{)}

rm{(2)}在實驗室中，乙醇跟乙酸在濃硫酸催化且加熱的條件下反應，制取的是______；rm{(}寫結構簡式rm{)}

rm{(3)}乙醇可與鈉反應，請完成乙醇與鈉反應的化學方程式：______．13、（1）自來水廠用氯氣進行消毒，改善水質(zhì)，因為氯氣與水反應會生成鹽酸和次氯（HClO）次氯酸具有殺菌消毒作用，其反應方程式為：____．

（2）氯氣與氫氧化鈣溶液反應能制得漂白粉（次氯酸鈣與氯化鈣的混合物）．試寫出反應的化學方式：____．

（3）NO分子因污染空氣而臭名昭著．近年來；發(fā)現(xiàn)少量的NO在生物體內(nèi)許多組織中存在，它有擴張血管；免疫、增強記憶的功能，而成為當前生命科學的研究的熱點，NO亦被稱為“明星分子”．請回答下列問題．

①NO對環(huán)境的危害在于____（填以下項目的編號）

A．破壞臭氧層B．高溫下能使一些金屬氧化。

C．造成酸雨D．與人體血紅蛋白結合。

②在含Cu+離子的酶的活化中心中，亞硝酸根離子可轉(zhuǎn)化為NO，寫出Cu+和亞硝酸根離子在酸性水溶液中反應的離子方程式：____．14、（12分）已知苯酚能跟碳酸鈉溶液反應而溶解于碳酸鈉溶液中。在下圖所示的轉(zhuǎn)化關系中，括號內(nèi)編號①—④表示轉(zhuǎn)化所需化學試劑：（1）用化學式填空：①是、②是、③是；④是、⑤是。（2）A的結構簡式是。評卷人得分三、解答題(共8題，共16分)15、某烷烴的一氯代物有兩種，其中一種的結構簡式為：（CH3）3CCl；另一種在堿性條件下水解可得A，下面是幾種有機物的轉(zhuǎn)化關系：

D遇FeC13溶液能發(fā)生顯色反應；E轉(zhuǎn)化成F只有一種結構，且F能與溴水反應使其褪色．

請回答：

（1）A的結構簡式是______．D的結構簡式是______．

（2）B→C的化學方程式是______16、已知2X2（g）+Y2（g）?2Z（g）△H=-akJ?mol-1（a＞0），在一個容積固定的容器中加入2molX2和1molY2，在500℃時充分反應達到平衡后Z的濃度為W，放出的熱量bKJ．

（1）若原來容器中只加入2molZ，500℃充分反應達到平衡后，吸收熱量cKJ，則Z濃度______mol/L（用含W的等式表示），abc之間滿足關系為：______（用代數(shù)式表達）．

（2）能說明反應已達平衡狀態(tài)的是______

A．Y2的質(zhì)量不變B．容器內(nèi)壓強保持不變C．n（X2）：n（X2）：n（Z）=2：1：2D．容器內(nèi)氣體的密度保持不變。

（3）該反應的平衡常數(shù)表達式為______．

17、常用于除去高速公路冰雪的是“氧鹽類”融雪劑，如NaCl、MgCl2等．請回答。

（1）“氯鹽類”融雪劑主要成分的晶體類型為______；

（2）冰比硫化氫溶點高的原因是______；其分子中氧原子的雜化軌道類型為______；

（3）已知X；Y和Z為第三周期元素；其原子的第一至第四電離能如下表：

。電離能/kJ?mol-1I1I2I3I4X5781817274511578Y7381451773310540Z496456269129543則X；Y、Z的電負性從大到小的順序為______（用元素符號表示）；元素Y的第一電離能大于X的原因是______；

（4）融雪時刻對環(huán)境危害很大，如和路基上的鐵等金屬形成原電池，會加快路面面破損．鐵元素應用廣泛，F(xiàn)e2+與KCN溶液反應得Fe（CN）2沉淀；當加入過量KCN溶液時沉淀溶解，生成黃血鹽，其配離子結構如圖．

①鐵元素基態(tài)原子價電子排布式為______；

②已知CN-與N2結構相似，1molCN-中π鍵數(shù)目為______；

③上述沉淀溶解過程的化學方程式為______．

18、已知：CH3-CH=CH2+HBr-→（主要產(chǎn)物），1mol某烴A充分燃燒后可以得到8molCO2和4molH2O．該烴A在不同條件下能發(fā)生如下所示的一系列變化．

（1）A的化學式：______；A的結構簡式：______．

（2）上述反應中；①是______反應，⑦是______反應．（填反應類型）

（3）寫出C；D、E、H物質(zhì)的結構簡式：C______；D______，E______，H______．

（4）寫出D→F反應的化學方程式______19、檸檬水溶液的PH是3，其中的氫氧根離子濃度是多少？20、有機物E和F可用作塑料增塑劑或涂料中的溶劑；可用以下方法合成．A與足量的D充分反應生成E；E；F的相對分子質(zhì)量相等．

（1）①的反應類型______③的反應類型______．

（2）②的化學方程式______；

（3）B的結構簡式：______；

（4）E和F的相互關系屬______．（填序號）

①同系物②同分異構體③同一物質(zhì)④同一類物質(zhì)。

（5）F在熱的NaOH溶液中水解的化學方程式是______．

21、已知下列熱化學方程式：

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ?mol-1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=-566.0kJ?mol-1

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3=-571.6kJ?mol-1

通過計算（要有計算過程），寫出1molC與液態(tài)H2O反應生成CO和H2的熱化學方程式______．

22、依據(jù)經(jīng)濟性等要求設計實驗方案，將4mol金屬Al全部轉(zhuǎn)化為Al（OH）3，共計消耗HClamol，NaOHbmol，則（a+b）的最合理值為______．

評卷人得分四、實驗題(共2題，共18分)23、實驗探究：探究碳、硅元素的非金屬性的相對強弱根據(jù)要求完成下列各小題（1）實驗裝置：填寫所示儀器名稱AB（2）實驗步驟：連接儀器、_____________、加藥品后，打開a、然后滴入濃硫酸，加熱（3）問題探究：（已知酸性強弱:亞硫酸>碳酸）①銅與濃硫酸反應的化學方程式是;裝置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是;②能說明碳元素的非金屬性比硅元素非金屬性強的實驗現(xiàn)象是;③依據(jù)試管D中的實驗現(xiàn)象，能否證明硫元素的非金屬性強于碳元素的非金屬性___（填“能”或“否”），試管D中發(fā)生反應的離子方程式是。24、堿式氧化鎳rm{(NiOOH)}可用作鎳氫電池的正極材料。以含鎳rm{(Ni^{2+})}廢液為原料生產(chǎn)rm{NiOOH}的一種工藝流程如下：rm{(1)}實驗中，確認rm{Ni^{2+}}已經(jīng)完全沉淀的實驗方法是：在上層清液中，____；rm{(2)}已知rm{K}rm{{,!}_{sp}[Ni(OH)_{2}]=2隆脕10^{-15}}欲使rm{NiSO_{4}}溶液中殘留rm{c}rm{(Ni^{2+})leqslant2隆脕10^{-5}mol隆隴L^{-1}}調(diào)節(jié)rm{(Ni^{2+})leqslant2隆脕10^{-5}

mol隆隴L^{-1}}的范圍是____；rm{pH}寫出在空氣中加熱rm{(3)}制取rm{Ni(OH)_{2}}的化學方程式：____；rm{NiOOH}在制得的rm{(4)}中會?；煊衦m{NiOOH}其組成可表示為rm{Ni(OH)_{2}}rm{x}rm{NiOOH隆隴}rm{y}現(xiàn)稱取rm{Ni(OH)_{2}}樣品溶于稀硫酸，加入rm{100mL1.0mol隆隴L^{-1}Fe^{2+}}標準溶液，攪拌至溶液清亮，定容至rm{9.18g}取出rm{100mL1.0mol隆隴L^{-1}

Fe^{2+}}用rm{0.0100mol隆隴L^{-1}KMnO_{4}}標準溶液滴定過量的rm{200mL}用去rm{20.00mL}標準溶液rm{0.0100mol隆隴L^{-1}

KMnO_{4}}涉及反應如下rm{Fe^{2+}}均未配平rm{KMnO_{4}}rm{20.00mL}rm{(}rm{)}標準溶液應置于下圖所示儀器____rm{NiOOH+Fe^{2+}+H^{+}隆陋Ni^{2+}+Fe^{3+}+H_{2}O}填“甲”或“乙”rm{MnO_{4}^{-}+Fe^{2+}+H^{+}隆陋Fe^{3+}+Mn^{2+}+H_{2}O}中；

rm{壟脵KMnO_{4}}下列情況會造成實驗測得rm{(}含量偏高的是____；rm{)}盛放rm{壟脷}的滴定管水洗后未用標準液潤洗rm{NiOOH}滴定管滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后消失rm{a.}滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)rm{KMnO_{4}}試通過計算確定rm{b.}、rm{c.}的值rm{壟脹}寫出計算過程rm{x}____。rm{y}評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)25、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(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關物質(zhì)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(zhuǎn)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___________。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共20分)26、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

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

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

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

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．28、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

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

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

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。29、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

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

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

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】試題分析：A、Fe可以溶于鹽酸，錯誤；B、水和生石灰反應生成氫氧化鈣沉淀，乙醇的沸點低，通過蒸餾，錯誤；C、錯誤；D、CO2能溶于飽和NaOH溶液，正確?？键c：考查除雜?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、C【分析】【解答】解：化學平衡是指在一定條件下的可逆反應中；化學反應正逆反應速率相等，反應物和生成物各組分濃度不再改變的狀態(tài)，所以化學平衡主要研究的是可逆反應，故C正確，故選C．

【分析】根據(jù)化學平衡概念可知，化學平衡主要研究的是可逆反應．3、C【分析】【分析】本題主要考查了一些氧化劑的性質(zhì)，不同氧化劑的氧化性不同，所氧化的有機基團也不同，平時注意積累?！窘獯稹緼、rm{O_{2}}與醛基在催化劑的作用發(fā)生催化氧化生成羧基；但反應條件苛刻，不是最好的方法，故A錯誤；

B、酸性rm{KMnO_{4}}能氧化有機物中的甲基；碳碳雙鍵、醛基；故B錯誤；

C、銀氨溶液是弱氧化劑只能氧化有機物中的醛基；故C正確；

D、溴水除了可以氧化有機物中的醛基；還可以與碳碳雙鍵發(fā)生加成反應，故D錯誤。

故選C。

【解析】rm{C}4、D【分析】【解析】【答案】D5、B【分析】【解析】【答案】B6、C【分析】【分析】

本題以信息的形式考查原子的結構與性質(zhì)，注意信息中rm{40}個價電子時最穩(wěn)定及鋁的價電子是解答的關鍵；選項B為易錯點，題目難度中等。

【解答】

A.同位素的分析對象為質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的原子；而超原子的質(zhì)子；中子均相同，故A錯誤；

B.rm{Al_{13}}超原子中rm{Al}原子間是通過共有電子對成鍵；所以以共價鍵結合，故B錯誤；

C.rm{Al_{l4}}的價電子為rm{3隆脕14=42}當具有rm{40}個價電子時最穩(wěn)定，當價電子數(shù)是rm{42}時，則易失去rm{2}個電子，則與Ⅱrm{A}族元素性質(zhì)相似；故C正確；

D.rm{Al_{13}}的價電子為rm{3隆脕13=39}易得電子，形成陰離子，而rm{Al_{l4}}的價電子為rm{3隆脕14=42}易失去電子，形成陽離子，故D錯誤。

故選C。

【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}二者恰好反應生成rm{CH_{3}COONa}醋酸鈉為強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒得rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{-})}醋酸根離子水解程度很小，所以離子濃度大小順序是rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A正確；

B.rm{pH=2}的rm{HCl}濃度小于rm{pH=12}氨水濃度，二者等體積混合后，氨水有剩余，溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒得rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}一水合氨電離程度很小，所以離子濃度大小順序是rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故B正確；

C.如果rm{HA}是強酸，當溶液的rm{pH=7}rm{HA}體積為rm{10mL}如果rm{HA}是弱酸，當溶液的rm{pH=7}時，rm{HA}體積小于rm{10mL}所以所得溶液的總體積rm{Vleqslant20ml}故C錯誤；

D.該溫度下中性溶液rm{pH=6}rm{pH=8}的氫氧化鋇溶液中rm{c(OH^{-})=10^{-4}mol/L}rm{pH=4}的rm{c(H^{+})=10^{-4}mol/L}二者等體積混合，二者恰好反應導致溶液呈中性，故D正確；

故選C．

A.二者恰好反應生成rm{CH_{3}COONa}醋酸鈉為強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，再結合電荷守恒判斷；

B.rm{pH=2}的rm{HCl}濃度小于rm{pH=12}氨水濃度；二者等體積混合后，氨水有剩余，溶液呈堿性，再結合電荷守恒判斷；

C.如果rm{HA}是強酸，當溶液的rm{pH=7}rm{HA}體積為rm{10mL}如果rm{HA}是弱酸，當溶液的rm{pH=7}時，rm{HA}體積小于rm{10mL}

D.rm{pH=8}的氫氧化鋇溶液中rm{c(OH^{-})=10^{-4}mol/L}rm{pH=4}的rm{c(H^{+})=10^{-4}mol/L}二者等體積混合，溶液呈中性．

本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，明確溶液中的溶質(zhì)、溶液酸堿性再結合守恒思想分析解答，注意rm{D}中中性溶液rm{pH}不是rm{7}為易錯點．【解析】rm{C}二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】

（1）能形成酸雨的是二氧化硫；故答案為：③；

（2）能破壞臭氧層的是氟氯烴；故答案為：①；

（3）使水體富營養(yǎng)化的是富含氮；磷元素的污水；故答案為：⑤；

（4）導致“白色污染”的是廢棄塑料制品；故答案為：④．

【解析】【答案】①氟氯烴是導致臭氧層破壞的主要物質(zhì)；

②二氧化碳是導致溫室效應的主要氣體；

③二氧化硫是導致酸雨的主要污染物；

④廢棄塑料制品可導致白色污染；

⑤富含氮；磷元素的污水可導致水體的富營養(yǎng)化．

9、略

【分析】【解析】試題分析：（1）X不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明X分子中不含酚羥基，X（C7H8O）分子中含有1個O，且X和Y能發(fā)生酯化反應，所以X是醇，因此答案選d。（2）X和Y能發(fā)生酯化反應，X是醇，Y是羧酸。X和Y發(fā)生酯化反應生成Z（C11H14O2）和水，發(fā)生酯化反應時，酯中的碳原子個數(shù)等于羧酸和醇中的碳原子個數(shù)之和，酯中氫原子、氧原子與水中氫原子、氧原子個數(shù)之和分別等于酸與醇中氫、氧原子之和，所以Y的分子式為C4H8O2，即Y是是丁酸。丁酸的同分異構體中含有羧基的有兩個，其結構簡式分別為：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH。（3）E發(fā)生銀鏡反應后，說明含有醛基；其氧化產(chǎn)物經(jīng)酸化可得到F（C4H8O3），F(xiàn)可以自身發(fā)生酯化反應，說明F含有羧基和醇羥基，F(xiàn)的結構簡式為CH2（OH）CH2CH2COOH，所以E的結構簡式為CH2（OH）CH2CH2CHO?？键c：考查有機物的結構和性質(zhì)【解析】【答案】（10分）（1）d(1分)（2）C4H8O2(2分)CH3CH2CH2COOH(2分)CH3CH(CH3)COOH(2分)（3）酯化反應(或取代反應)(1分)CH2OHCH2CH2CHO(2分)10、略

【分析】（1）由于C22—與O22+互為等電子體，所以O22—的電子式可表示為由于三鍵是由2個π鍵和1個δ鍵形成的，所以1molO22+中含有的π鍵數(shù)目為2NA。(2)根據(jù)銅原子的核外電子排布式可知，亞銅離子就是失去4s1的電子形成的，所以亞銅離子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。（3）由于碳碳雙鍵是平面型結構，所以碳碳雙鍵中的碳原子是sp2雜化。三鍵是直線型結構，因此－C≡N中碳元素是sp雜化?！窘馕觥俊敬鸢浮浚靠?分，共10分）(1)2NA(2)1s22s22p63s23p63d10(3)spsp211、略

【分析】【解析】【答案】（1）羧基、溴原子(2分)（2）羥基乙醛(2－羥基乙醛)(1分)、1－丙醇(正丙醇)(1分)、2－丙醇(異丙醇)(1分)（3）酯化(取代)反應、消去反應(2分)（4）E：(2分)G：(2分)（5）(2分)（6）10(2分)12、略

【分析】解：rm{(1)CH_{3}CH_{2}OH}在銅作催化劑的條件下被rm{O_{2}}氧化成rm{CH_{3}CHO}故答案為：rm{CH_{3}CHO}

rm{(2)}在實驗室中，乙醇跟乙酸在濃硫酸催化且加熱的條件下反應，發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，結構簡式為rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}

故答案為：rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}

rm{(3)}乙醇含有羥基，可與鈉反應生成氫氣，方程式為rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}故答案為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉.}

乙醇含有羥基；可被氧化生成乙醛，可發(fā)生取代反應，與鈉反應生成氫氣，在濃硫酸作用下可發(fā)生消去反應，以此解答該題．

本題綜合考查有機物的結構和性質(zhì)，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握乙醇的性質(zhì)，把握反應的條件以及相關方程式的書寫，難度不大．【解析】rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}13、略

【分析】

（1）氯氣與水反應會生成鹽酸和次氯（HClO），反應方程式為Cl2+H2O═HCl+HClO，故答案為：Cl2+H2O═HCl+HClO；

（2）氯氣與氫氧化鈣溶液反應能制得漂白粉（次氯酸鈣與氯化鈣的混合物），反應方程式為2Cl2+Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案為：2Cl2+Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（3）①NO可破壞臭氧層；導致酸雨及與人體血紅蛋白結合，故答案為：ACD；

②Cu+和亞硝酸根離子在酸性水溶液中反應生成NO和銅離子、水，該離子反應為2H++Cu+NO2-=NO↑+Cu2++H2O，故答案為：2H++Cu+NO2-=NO↑+Cu2++H2O．

【解析】【答案】（1）氯氣與水反應會生成鹽酸和次氯（HClO）；以此書寫反應方程式；

（2）氯氣與氫氧化鈣溶液反應能制得漂白粉（次氯酸鈣與氯化鈣的混合物）；以此書寫反應方程式；

（3）①NO可破壞臭氧層；導致酸雨及與人體血紅蛋白結合；

②Cu+和亞硝酸根離子在酸性水溶液中反應生成NO和銅離子；水．

14、略

【分析】【解析】【答案】（1）①NaHCO3②NaOH或Na2CO3③Na④CO2（H2O）⑤HCl（2）（各2分）三、解答題(共8題，共16分)15、略

【分析】

某烷烴的一氯代物有兩種，其中一種的結構簡式為：（CH3）3CCl，則該烷烴為（CH3）3CH，故另一種一氯代物為：（CH3）2CHCH2Cl，在堿性條件下水解可得A，則A為（CH3）2CHCH2OH，A氧化生成B、B氧化生成C，則B為（CH3）2CHCHO、C為（CH3）2CHCOOH．

D遇FeC13溶液能發(fā)生顯色反應，則D含有酚羥基，結合D的分子式可知D為甲基苯酚，D與氫氣發(fā)生加成反應生成E，則E屬于環(huán)醇，E轉(zhuǎn)化成F，且F能與溴水反應使其褪色，應是E發(fā)生消去反應生成F，F(xiàn)只有一種結構，說明D中甲基與羥基處于對位位置，故D為E為F為．G是D的一種同分異構體，它能發(fā)生催化氧化，則G為芳香醇，側鏈為-CH2OH，G為

（1）由上述分析可知，A為，D為故答案為：（CH3）2CHCH2OH；

（2）B→C的化學方程式是：2（CH3）2CHCHO+O22（CH3）2CHCOOH，故答案為：2（CH3）2CHCHO+O22（CH3）2CHCOOH；

（3）E→F的化學方程式為：+H2O，故答案為：+H2O；

（4）G是D的一種同分異構體，它能發(fā)生催化氧化，則G為芳香醇，側鏈為-CH2OH，G為其催化氧化產(chǎn)物為發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為：

故答案為：．

【解析】【答案】某烷烴的一氯代物有兩種，其中一種的結構簡式為：（CH3）3CCl，則該烷烴為（CH3）3CH，故另一種一氯代物為：（CH3）2CHCH2Cl，在堿性條件下水解可得A，則A為（CH3）2CHCH2OH，A氧化生成B、B氧化生成C，則B為（CH3）2CHCHO、C為（CH3）2CHCOOH．

D遇FeC13溶液能發(fā)生顯色反應，則D含有酚羥基，結合D的分子式可知D為甲基苯酚，D與氫氣發(fā)生加成反應生成E，則E屬于環(huán)醇，E轉(zhuǎn)化成F，且F能與溴水反應使其褪色，應是E發(fā)生消去反應生成F，F(xiàn)只有一種結構，說明D中甲基與羥基處于對位位置，故D為E為F為．G是D的一種同分異構體，它能發(fā)生催化氧化，則G為芳香醇，側鏈為-CH2OH，G為據(jù)此解答．

16、略

【分析】

（1）恒溫恒容下，2molZ完全轉(zhuǎn)化到左邊，可得2molX2和1molY2，故與原平衡為等效平衡，平衡時Z的濃度相同，故c（Z）=Wmol?L-1；

同一可逆反應；相同溫度下，正；逆反應的反應熱數(shù)值相等，但符號相反，令平衡時Z的物質(zhì)的量為nmol；

對于反應2X2（g）+Y2（g）?2Z（g）△H=-akJ?mol-1，則b=n×

對于反應2Z（g）?2X2（g）+Y2（g）△H=akJ?mol-1，Z分解的物質(zhì)的量為（2-n）mol，故c=×a=1-n×故a=b+c；

故答案為：W；a=b+c；

（2）A．隨反應進行Y的質(zhì)量發(fā)生變化；Y的質(zhì)量不變，說明到達平衡，故A正確；

B．隨反應進行；容器內(nèi)壓強降低，容器內(nèi)壓強保持不變，說明到達平衡狀態(tài)，故B正確；

C．平衡時n（X）：n（Y）：n（Z）可能為2：1：2；可能不是，與加入的物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)化率有關，故C錯誤；

D．反應混合物都是氣體；氣體的總的質(zhì)量不變，容器的容積不變，容器內(nèi)氣體的密度始終不變，故容器內(nèi)氣體的密度不變，不能說明到達平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故答案為：AB；

（3）2X（g）+Y（g）?2Z（g）的平衡常數(shù)為k=

故答案為：．

【解析】【答案】（1）恒溫恒容下，2molZ完全轉(zhuǎn)化到左邊，可得2molX2和1molY2；故與原平衡為等效平衡，平衡時Z的濃度相同；

同一可逆反應；相同溫度下，正；逆反應的反應熱數(shù)值相等，但符號相反，令平衡時Z的物質(zhì)的量為nmol，根據(jù)反應熱計算兩個過程的熱量數(shù)值，據(jù)此判斷；

（2）當反應達到平衡狀態(tài)時；正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，據(jù)此解答，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)；

（3）化學平衡常數(shù)；是指在一定溫度下，可逆反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積所得的比值．

17、略

【分析】

（1）NaC1、MgC12等為活潑金屬與活潑非金屬性形成的化合物；為離子晶體，故答案為：離子晶體；

（2）由于O元素的電負性較強，形成的氫化物中含有氫鍵，沸點較高，故答案為：冰（或水）中含有氫鍵；sp3；

（3）從表中原子的第一至第四電離能可以看出，Z的第一電離能較小，而第二電離子能較大，說明易失去1個電子，則Z的化合價為+1價，應為Na元素，Y的第一、第二電離能較小，可失去2個電子，即最外層應有2個電子，應為Mg元素，而X的第一、第二、第三電離能都較小，可失去3個電子，最高化合價為+3價，應為Al元素，周期表中，同周期元素從左到右電負性逐漸增強，則X、Y、Z的電負性從大到小的順序為Al、Mg、Na，因為元素Mg價電子排布式為3s2完全充滿狀態(tài)；比Al穩(wěn)定，所以Mg的第一電離能大于Al；

故答案為：Al、Mg、Na；因為元素Mg價電子排布式為3s2完全充滿狀態(tài)；比Al穩(wěn)定；

（4）①鐵元素基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，價電子排布式為3d64s2，故答案為：3d64s2；

②N2中，N原子之間含有2個π鍵，已知CN-與N2結構相似，則1molCN-中π鍵數(shù)目為2NA，故答案為：2NA；

③由配離子結構示意圖可知黃血鹽的化學式為K4[Fe（CN）6]，則反應的化學方程式為Fe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]，故答案為：Fe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]．

【解析】【答案】（1）根據(jù)晶體的組成元素及性質(zhì)分析晶體的類型；

（2）從是否形成氫鍵以及價層電子對的角度分析；

（3）根據(jù)第一至第四電離能的變化可判斷出各元素的最高化合價；進而推斷元素的種類，周期表中，同周期元素從左到右電負性逐漸增強；

（4）根據(jù)能量最低原理及洪特規(guī)則書寫電子排布式；從N2的結構分析lCN+中π鍵數(shù)目．

18、略

【分析】

1mol某烴A充分燃燒后可以得到8molCO2和4molH2O，故烴A的分子式為C8H8，不飽和度為=5，可能含有苯環(huán)，由A發(fā)生加聚反應生成C，故A中含有不飽和鍵，故A為C為A與溴發(fā)生加成反應生成B，B為B在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，E為E與溴發(fā)生加成反應生成由信息烯烴與HBr的加成反應可知，不對稱烯烴與HBr發(fā)生加成反應，H原子連接在含有H原子多的C原子上，與HBr放出加成反應生成D，D為在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成F，F(xiàn)為與乙酸發(fā)生酯化反應生成H，H為則。

（1）由上述分析可知，A的化學式為C8H8，結構簡式為故答案為：C8H8；

（2）上述反應中，反應①是與溴發(fā)生加成反應生成

反應⑦是與乙酸發(fā)生酯化反應生成故答案為：加成；酯化；

（3）由上述分析可知，C為D為E為H為

故答案為：

（4）D→F是在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成反應方程式為：+NaOH+NaBr；

故答案為：+NaOH+NaBr．

【解析】【答案】1mol某烴A充分燃燒后可以得到8molCO2和4molH2O，故烴A的分子式為C8H8，不飽和度為=5，可能含有苯環(huán)，由A發(fā)生加聚反應生成C，故A中含有不飽和鍵，故A為C為A與溴發(fā)生加成反應生成B，B為B在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，E為E與溴發(fā)生加成反應生成由信息烯烴與HBr的加成反應可知，不對稱烯烴與HBr發(fā)生加成反應，H原子連接在含有H原子多的C原子上，與HBr放出加成反應生成D，D為在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成F，F(xiàn)為與乙酸發(fā)生酯化反應生成H，H為據(jù)此解答．

19、解：檸檬水溶液的pH=3，則c（H+）=1×10﹣3mol/L，因Kw=c（OH﹣）×c（H+）=1×10﹣14；

則c（OH﹣）=1×10﹣11mol?L﹣1；

答：氫氧根離子的濃度為1×10﹣11mol?L﹣1【分析】【分析】根據(jù)Kw=c（OH﹣）×c（H+）=1×10﹣14以及pH=﹣lg[c（H+）]計算．20、略

【分析】

（1）由官能團的轉(zhuǎn)化可知反應①為取代反應；反應③為加成反應，故答案為：取代；加成；

（2）反應②為氯代烴的水解反應生成醇，反應的方程式為

故答案為：

（3）由以上分析可知，B為故答案為：

（4）E和F的分子式相同；但結構不同，屬于同分異構體，故答案為：②；

（5）F為脂類位置，在堿性條件下可發(fā)生水解，反應的方程式為

故答案為：．

【解析】【答案】本題主要考查酯類反應方程式，一個是芳香醇和乙酸的反應，另一個是芳香酸和乙醇的反應，通過審題，很快注意到有一個熟悉的鹵代烴水解反應條件“NaOH溶液”，所以A為B為而CH3CHO在“O2、催化劑”條件下氧化可得D為CH3COOH，所以A和D在“濃硫酸，加熱”條件下可發(fā)生酯化反應，生成E為B和C的反應條件也是酯化反應的條件，結合CH2═CH2水化后的產(chǎn)物C為CH3CH2OH，所以F為結合有機物的結構和性質(zhì)以及題目要求可解答該題．

21、略

【分析】

已知下列熱化學方程式：

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ?mol-1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=-566.0kJ?mol-1

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3=-571.6kJ?mol-1

依據(jù)蓋斯定律①--得到：C（S）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H=+175.3kJ?mol-1；

故答案為：C（S）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H=+175.3kJ?mol-1．

【解析】【答案】依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到；反應焓變與反應過程無關．

22、略

【分析】

生成4molAl（OH）3時；由反應方程式可知。

方案①中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Al3++3OH-=Al（OH）3↓+3NH4+；

1244124

即消耗4molAl時，消耗12molH+、12molOH-，則a+b=24

方案②中：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、AlO2-+H2O+H+=Al（OH）3↓；

444444

即消耗4molAl時，消耗4molH+、4molOH-，則a+b=8

方案③中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

131333134

即消耗4molAl時，消耗3molH+、3molOH-，則a+b=6

顯然方案③最好；藥品用量少，操作最為簡單；

故答案為：6

【解析】【答案】根據(jù)消耗4molAl，利用每種方案中的化學反應來分析：

四、實驗題(共2題，共18分)23、略

【分析】（1）考查常見儀器的識別。從外觀分析A是分液漏斗，B是圓底燒瓶。（2）裝置連接好之后，必須要進行氣密性檢驗。（3）濃硫酸具有強氧化性，在加熱的條件下能氧化單質(zhì)銅，硫酸被還原生成SO2。SO2通入碳酸氫鈉溶液會產(chǎn)生CO2氣體，為了避免干擾CO2和硅酸鈉的反應，必須除去CO2中混有的SO2氣體，所以利用酸性高錳酸鉀的強氧化性來吸收SO2。由于SO2不是硫元素的最高價氧化物，所以即使在反應中產(chǎn)生了CO2，也不能證明?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）A：分液漏斗B：圓底燒瓶（每空1分）（2）檢查裝置的氣密性（2分）（3）①Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O（2分）除去SO2氣體（2分）②盛有Na2SiO3溶液的試管中出現(xiàn)白色沉淀（2分）③否（1分）SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+CO2↑或SO2+HCO3-=HSO3-+CO2↑（2分）24、略

【分析】本題考查的是無機化工流程設計和物質(zhì)組成含量的測定。rm{(}rm{1}rm{1}由于rm{)}rm{Ni}rm{Ni}rm{{,!}^{2+}}會與碳酸鹽生成沉淀，因此在實驗中，確認rm{Ni}rm{Ni}rm{{,!}^{2+}}已經(jīng)完全沉淀的實驗方法是：在上層清液中，繼續(xù)滴加rm{1隆蘆2}rm{1隆蘆2}滴rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，無沉淀生成；故填：繼續(xù)滴加rm{1隆蘆2}rm{1隆蘆2}滴rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，無沉淀生成；rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}根據(jù)rm{K}欲使硫酸鎳溶液中殘留的rm{K}rm{sp}rm{sp}rm{[NiOH)}rm{2}rm{]=}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-15,}}欲使硫酸鎳溶液中殘留的rm{c}rm{(}rm{Ni}rm{{,!}^{2+}}rm{)leqslant}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{{,!}^{-1}}假設鎳離子濃度rm{=2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{{,!}^{-1}}代入化學平衡常數(shù)公式計算，氫氧根離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}所以氫離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-9}}rm{mol/L}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}rm{geqslant}rm{9}；故填：rm{[NiOH)}rm{2}rm{2}rm{]=}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-15,}}欲使硫酸鎳溶液中殘留的rm{c}rm{(}rm{Ni}rm{{,!}^{2+}}rm{)leqslant}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{{,!}^{-1}}假設鎳離子濃度rm{=2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{{,!}^{-1}}代入化學平衡常數(shù)公式計算，氫氧根離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}所以氫離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-9}}rm{mol/L}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}rm{geqslant}rm{9}；故填：rm{]=}rm{2}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{10}rm{{,!}^{-15,}}假設鎳離子濃度rm{c}rm{c}rm{(}rm{Ni}rm{Ni}rm{{,!}^{2+}}rm{)leqslant}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{{,!}^{-1}}假設鎳離子濃度rm{=2}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{{,!}^{-1}}代入化學平衡常數(shù)公式計算，氫氧根離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}所以氫離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-9}}rm{mol/L}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}rm{geqslant}rm{9}；故填：rm{)leqslant}rm{2}代入化學平衡常數(shù)公式計算，氫氧根離子濃度rm{2}rm{隆脕}rm{10}所以氫離子濃度rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{mol}rm{mol}；故填：rm{隆隴}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}}rm{=2}rm{=2}rm{隆脕}rm{10}rm{10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{{,!}^{-1}}代入化學平衡常數(shù)公式計算，氫氧根離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}所以氫離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-9}}rm{mol/L}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}rm{geqslant}rm{9}；故填：rm{mol}rm{mol}rm{隆隴}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}}rm{=10}rm{=10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}所以氫離子濃度rm{=10}rm{{,!}^{-9}}rm{mol/L}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}rm{geqslant}rm{9}；故填：rm{mol/L}rm{=10}rm{=10}rm{{,!}^{-9}}rm{mol/L}rm{mol/L}由于調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}rm{geqslant}rm{9}；故填：rm{pH}rm{pH}rm{geqslant}rm{9}rm{9}rm{pH}未潤洗滴定管的話會導致標準液被稀釋，最終會導致結果偏低；rm{pH}由于有氣泡且在滴定后消失，會導致所用的標準液體積偏大，最終會導致結果偏低；rm{geqslant}rm{geqslant}rm{9}rm{9}；計算過程中先利用氧化還原反應中得失電子總數(shù)守恒對化學方程式進行配平。具體的計算過程是：消耗rm{(}物質(zhì)的量：rm{3}rm{3}rm{)}空氣中加熱氫氧化鎳和空氣中的氧氣反應生成氫氧化氧鎳和水，根據(jù)原子守恒配平方程式為：rm{4Ni(OH)_{2}}rm{4Ni(OH)_{2}}rm{+}rm{O_{2}}rm{+}rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{4NiOOH}rm{4NiOOH}與rm{+}rm{2H_{2}O}反應后剩余的rm{+}rm{2H_{2}O}物質(zhì)的量：rm{2H_{2}O}。故填：rm{4Ni(OH)_{2}}rm{4Ni(OH)_{2}}rm{+}rm{+}rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{4NiOOH}rm{4NiOOH}rm{+}；rm{+}rm{2H_{2}O}rm{2H_{2}O}總物質(zhì)的量：；rm{(}rm{4}rm{4}rm{)}rm{壟脵}由于rm{壟脵}；rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液具有強氧化性，能夠腐蝕橡膠，故不可選用堿式滴定管，故選：甲；rm{壟脷a}未潤洗滴定管的話會導致標準液被稀釋，最終會導致結果偏低；rm由于有氣泡且在滴定后消失，會導致所用的標準液體積偏大，最終rm{壟脷a}rmrm{c}滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)會導致讀出高錳酸鉀標準液的體積偏小，最終會導致結果偏高。故選：rm{c}rm{c}；；rm{壟脹}rm{KMnO_{4}}rm{KMnO_{4}}rm{0.01mol}rm{0.01mol}rm{隆隴}rm{L}rm{L}；rm{{,!}^{-1}隆脕}故：rm{0.02L}rm{0.02L}rm{=}rm{2}rm{2}rm{隆脕}。故本題的答案是：rm{10}rm{10}rm{{,!}^{隆陋4}}繼續(xù)滴加rm{mol}滴rm{mol}溶液，無沉淀生成；rm{NiOOH}rm{NiOOH}rm{Fe^{2}}rm{Fe^{2}}rm{{,!}^{+}}rm{2}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{10}rm{{,!}^{隆陋4}}rm{mol}rm{mol}rm{隆脕}rm{5}rm{5}rm{隆脕(}rm{200}rm{200}rm{隆脗}rm{20}rm{20}rm{)=}甲rm{0.01mol}rm{0.01mol}rm{Fe^{2}}rm{Fe^{2}}rm{{,!}^{+}}消耗rm{1.0mol}物質(zhì)的量：rm{1.0mol}rm{隆隴}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}隆脕}rm{0.1L}rm{0.1L}rm{=}rm{0.1mol}rm{0.1mol}與rm{NiOOH}rm{NiOOH}與反應的反應后剩余的rm{Fe^{2}}rm{Fe^{2}}物質(zhì)的量：rm{{,!}^{+}}的物質(zhì)的量：rm{0.1mol}rm{0.1mol}rm{-}rm{-}rm{0.01mol}rm{0.01mol}rm{=}rm{=}rm{0.09mol}rm{0.09mol}；；rm{n(NiOOH)}rm{n(NiOOH)}rm{=}總物質(zhì)的量：rm{0.09mol}rm{0.09mol}rm{n[Ni(OH)_{2}]}rm{n[Ni(OH)_{2}]}rm{=}；與反應的rm{=}rm{0.01mol}的物質(zhì)的量：rm{0.01mol}rm{x}rm{x}rm{=}；rm{9}rm{y}rm{9}rm{y}rm{=}；rm{1}rm{1}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{1隆蘆2}rm{1隆蘆2}；rm{Na_{2}CO_{3}}故：rm{Na_{2}CO_{3}}；rm{(}rm{2}rm{2}。rm{)}rm{pH}【解析】rm{(}rm{1}rm{1}繼續(xù)滴加rm{)}滴rm{1隆蘆2}溶液，無沉淀生成rm{1隆蘆2}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}；rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{pH}rm{pH}rm{geqslant}rm{9}rm{9}；rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{4Ni(OH)_{2}}rm{4Ni(OH)_{2}}rm{+}rm{O_{2}}rm{O_{2}}甲rm{4NiOOH}rm{4NiOOH}rm{+}rm{2H_{2}O}rm{2H_{2}O}消耗；物質(zhì)的量：rm{(}rm{4}rm{4}rm{)壟脵}；rm{壟脷}rm{c}rm{c}；rm{壟脹}rm{KMnO_{4}}與rm{KMnO_{4}}反應后剩余的rm{0.01mol}rm{0.01mol}物質(zhì)的量：rm{隆隴}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}隆脕}rm{0.02L}rm{0.02L}rm{=}rm{2}rm{2}rm{隆脕}rm{10}rm{10}rm{{,!}^{隆陋4}}；rm{mol}rm{mol}；總物質(zhì)的量：rm{NiOOH}rm{NiOOH}rm{Fe^{2}}rm{Fe^{2}}rm{{,!}^{+}}rm{2}；rm{2}與rm{隆脕}反應的rm{10}rm{10}的物質(zhì)的量：rm{{,!}^{隆陋4}}rm{mol}rm{mol}rm{隆脕}rm{5}；rm{5}rm{隆脕(}rm{200}rm{200}；rm{隆脗}rm{20}rm{20}rm{)=}rm{0.01mol}rm{0.01mol}rm{Fe^{2}}；rm{Fe^{2}}故：rm{{,!}^{+}}rm{1.0mol}rm{1.0mol}rm{隆隴}rm{L}rm{L}。rm{{,!}^{-1}隆脕}rm{0.1L}五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)25、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(zhuǎn)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(zhì)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