2025年人教A版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教A版高二化学上册阶段测试试卷948考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、可逆反应2A+B⇌2C（g）△H＜0；随温度变化气体平均相对分子质量如图所示，则下列叙述正确的是（）

A.A和B可能都是固体。

B.A和B一定都是气体。

C.A和B可能都是液体。

D.若B为固体；则A一定是气体。

2、既可以用来鉴别乙烯和甲烷，又可以用来除去甲烷中混有的乙烯的方法是A.通入溴水中B.将气体点燃C.通入酸性高锰酸钾溶液中D.一定条件下与H2反应3、下列分子或离子中不能跟质子结合的是（）Ａ、NH3B、H2OC、Ca2+D、OH--4、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到下图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是（）A.C2H5OHB.C.D.5、区别溶液和胶体最简单的方法是()。A．观察外观B．丁达尔现象C．布朗运动D.加热6、下列各组中的反应，属于同一反应类型的是A.由溴乙烷水解制乙醇；由葡萄糖发酵制乙醇B.由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C.由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制rm{1}rm{2}二溴丙烷D.油脂皂化；蛋白质水解制氨基酸7、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.现有乙烯、丙烯的混合气体共14g，其原子数为3NAB.标准状况下，11.2L辛烷所含分子数为0.5NAC.15g甲基（CH3-）中含有电子的数目为7NAD.26g乙炔所含共价键数目为3NA8、下图曲线a表示放热反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若通过改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是A.升高温度B.加大X的投入量C.加催化剂D.扩大体积9、碱性锌锰干电池在放电时；电池的总反应方程式可以表示为：

Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnOOH

在此电池放电时，正极(碳棒)上发生反应的物质是A.ZnB.碳棒C.MnO2D.MnO2和H2O评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、（18分）氯气在科技、生产中应用广泛。（1）工业上常用熟石灰和氯气反应制取漂白粉，化学方程式是___。（2）实验室用MnO2与浓盐酸反应制取氯气的过程中，可用NaOH溶液吸收尾气，下列试剂也可用于吸收氯气的是____（填字母）。a.KI溶液b.FeCl2溶液c.KCl溶液写出你选择的一种吸收试剂与Cl2反应的离子方程式：____。也可用浓氨水吸收氯气，同时生成一种无污染的气体，反应的化学方程式是____。（3）以粗盐为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下写出二氧化氯发生器中生成二氧化氯的离子方程式。（4）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：a.检验装置的气密性；b.通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；c.用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；d.在沉积的FeCl3固体下方加热e.体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：①装置D中FeCl2的作用是，写出检验FeCl3的离子方程式。②画出尾气吸收装置E并注明试剂。③该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫，FeCl3与H2S反应的离子方程式为________________。11、某学生用0.1mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液；其操作可分解为如下几步：

（A）移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶；并加入2-3滴酚酞。

（B）用标准溶液润洗滴定管2-3次。

（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好；调节液面使滴定管尖嘴充满溶液。

（D）取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm

（E）调节液面至0或0刻度以下；记下读数。

（F）把锥形瓶放在滴定管的下面；用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：

（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）____．

（2）上述（B）操作不用标准溶液润洗滴定管，则对测定结果的影响是（填偏大、偏小、不变，下同）____．

（3）上述（A）操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，则对测定结果的影响是____．

（4）滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度，则对滴定结果的影响是____．12、在某温度下、容积均为1L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-196kJ/mol．初始投料与各容器达平衡时的有关数据如下：

。实验甲乙丙初始投料2molSO21molO22molSO34molSO22molO2平衡时n（SO3）1.6moln2n3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ体系的压强P1P2P3反应物的转化率α1α2α3（1）若初始投入amolSO2、bmolO2和cmolSO3，在相同条件下，要达到与甲相同的化学平衡，则a、c与b、c间应满足的代数关系式为____、____．

（2）该温度下此反应的平衡常数值为____，若在相同温度条件下起始投入0.1molSO2、0.1molO2、0.3molSO3，则反应开始时正逆反应速率的大小关系是V正____V逆

（3）三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是____

A．α1+α2=1B．Q1+Q2=196C．α3＜α1

D．P3＜2P1=2P2E．n2＜n3＜3.2molF．Q3=2Q1

（4）如图表示甲反应在t1时刻达到化学平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况，则t2时刻改变的条件可能是____或____．

13、(5分)日常生活中，可用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作为净水剂，这是因为：明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体。（1）该反应的离子方程式为：____。为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念，AG＝lg[c(H+)/c(OH-)]。（2）中性溶液的AG＝____。（3）常温下，测得用明矾净化过的净水溶液PH=6，则溶液的AG＝____，由水电离的c（H+）=____。14、写出下列反应的化学方程式：rm{(1)}铵态氮肥不稳定，受热易分解。写出氯化铵rm{(NH_{4}Cl)}受热发生分解反应的化学方程式_____________________________________________________；rm{(2)}乙烯能使溴水褪色，生成rm{1}rm{2隆陋}二溴乙烷rm{(CH_{2}Br隆陋CH_{2}Br)}写出该反应的化学方程式_________________________________________________。评卷人得分三、计算题(共7题，共14分)15、（6分）有一硝酸盐晶体，分子式为M(NO3)x·nH2O，经测定其摩尔质量为242g/mol。取1.21g此晶体溶于水，配制成100mL溶液。将其置于电解池中用惰性材料为电极进行电解。经测定，当有0.01mol电子通过电极时，溶液中全部金属离子即在阴极上析出，电极增重0.32g。计算：（写出计算过程）(1)1.21g此盐晶体的物质的量是多少？x值是多少？(2)求M的相对原子质量和n值。16、pH=13的强碱溶液和pH=2的强酸溶液混合，所得溶液的pH=11，则强碱溶液和强酸溶液的体积之比为多少？17、已知：某温度时，rm{K_{sp}(AgCl)=1.8隆脕10^{-10}}rm{K_{sp}(Ag_{2}CrO_{4})=1.1隆脕10^{-12}}试求：rm{(1)}此温度下rm{AgCl}饱和溶液和rm{Ag_{2}CrO_{4}}饱和溶液的物质的量浓度，并比较两者的大小。rm{(2)}此温度下，在rm{0.010mol隆陇L^{-1}}的rm{AgNO_{3}}溶液中，rm{AgCl}与rm{Ag_{2}CrO_{4}}分别能达到的最大物质的量浓度，并比较两者的大小。18、取100mL的Na2CO3和Na2SO4混合溶液，加入适量Ba(OH)2溶液100mL后，恰好完全反应，过滤、干燥后得到4．30g白色沉淀和滤液(溶液体积为200mL)，再用过量稀硝酸处理沉淀，最后减少到2．33g，并有气体放出。﹙不要写出计算过程，只要填写答案﹚(1)原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为________mol/L；（2分）(2)产生的气体在标准状况下的体积为________L；（2分）(3)过滤出沉淀后，所得滤液的物质的量浓度为________mol/L；（2分）。19、海洛因、吗啡、大麻等都是我国政府明令禁止的毒品rm{.}每一个人都应该珍爱生命，拒绝毒品rm{.}大麻的主要成分的化学式为rm{C_{21}H_{30}O_{2}}计算：

rm{(1)}大麻的摩尔质量______；

rm{(2)31.4g}大麻在空气中完全燃烧产生二氧化碳的质量______．20、酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收；有关的化学反应为：

rm{2NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}隆眉}rm{垄脵}

rm{NO+NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤2NaNO_{2}+CO_{2}隆眉}rm{垄脷}

rm{(1)}根据反应rm{垄脵}每产生rm{22.4L(}标准状况下rm{)CO_{2}}吸收液质量将增加______rm{g.}

rm{(2)}配制rm{1000g}质量分数为rm{21.2%}的纯碱吸收液，需rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}多少克？

rm{(3)}现有rm{1000g}质量分数为rm{21.2%}的纯碱吸收液，吸收硝酸工业尾气，每产生rm{22.4L(}标准状况rm{)CO_{2}}时，吸收液质量就增加rm{44g}．

rm{垄脵}计算吸收液中rm{NaNO_{2}}和rm{NaNO_{3}}物质的量之比．

rm{垄脷1000g}质量分数为rm{21.2%}的纯碱在rm{20隆忙}经充分吸收硝酸工业尾气后，蒸发掉rm{688g}水，冷却到rm{0隆忙}最多可析出rm{NaNO_{2}}多少克？rm{(0隆忙}时，rm{NaNO_{2}}的溶解度为rm{71.2g/100g}水rm{)}21、在rm{15g}铁和氧化铁的混合物中加入rm{150mL}稀rm{H_{2}SO_{4}}放出氢气rm{1.68L(}标准状况rm{).}当反应停止后，铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无rm{Fe^{3+}}存在rm{.}为了中和过量rm{H_{2}SO_{4}}并使rm{Fe^{2+}}完全转化为rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，共耗用rm{3mol/L}rm{NaOH}溶液rm{200mL.}求：

rm{(1)}混合物中铁的质量为______rm{g}

rm{(2)}稀rm{H_{2}SO_{4}}的物质的量浓度为______rm{mol?L^{-1}}．评卷人得分四、工业流程题(共2题，共10分)22、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。23、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分五、推断题(共3题，共24分)24、（9分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。（1）甲中显酸性的官能团是（填名称）。（2）下列关于乙的说法，正确的是（填名称）。a．分子中碳原子和氮原子的个数比是7∶5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为。a．含有H2N-CH-COOHb．在稀硫酸中水解有乙酸生成（4）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）：①步骤Ⅰ的反应类型是。②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是。③步骤反应的化学方程式为。25、是一种医药中间体；常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：

rm{(1)A}与银氨溶液反应有银镜生成，则rm{A}的结构简式是______．

rm{(2)B隆煤C}的反应类型是______．

rm{(3)E}的结构简式是______．

rm{(4)}写出rm{F}和过量rm{NaOH}溶液共热时反应的化学方程式：______．

rm{(5)}下列关于rm{G}的说法正确的是______．

rm{a.}能与溴单质反应。

rm{b.}能与金属钠反应。

rm{c.1molG}最多能和rm{3mol}氢气反应。

rm{d.}分子式是rm{C_{9}H_{6}O_{3}}．26、充分燃烧2.8g某有机物A，生成8.8gCO2和3.6gH2O，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍．

（1）该有机物的分子式为______．

（2）该有机物链状同分异构体的结构简式为______．

（3）若在核磁共振氢谱中只有一个信号峰（即只有一种氢原子也即所有氢原子等效），则用键线式表示的结构简式为______．评卷人得分六、有机推断题(共4题，共40分)27、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．28、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．29、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。30、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】

A；若A和B都是固体；只有C是气体，气体的相对分子质量不变，故A错误；

B；若A为气体、B为非气体；升高温度，平衡向逆反应移动，混合气体的质量减少，混合气体的物质的量不变，混合气体平均相对分子质量减小，故A和B不一定都是气体，故B错误；

C；若A和B都是液体；只有C是气体，气体的相对分子质量不变，故C错误；

D；B为固体；A若为非气体，只有C是气体，气体的相对分子质量不变，A为气体，升高温度，平衡向逆反应移动，混合气体的质量减少，混合气体的物质的量不变，混合气体平均相对分子质量减小，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】由图可知；温度升高气体的平均相对分子质量减小，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，据此结合物质的状态进行判断．

2、A【分析】由于乙烯能把酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2，所以不能用酸性高锰酸钾溶液来除去乙烷中的乙烯，应该用溴水，答案选A。【解析】【答案】A3、C【分析】质子就是氢离子，所以氨气结合质子，生成NH4＋，水结合质子生成H3O＋，OH－结合质子生成水，因此只有选项C不能结合质子。答案选C。【解析】【答案】C4、A【分析】根据核磁共振氢谱可判断，该化合物中含有3类氢原子，其个数之比为2︰1︰3。所以A正确，B中中含有2类氢原子，C中含有4类氢原子，D中含有2类氢原子，所以答案选A。【解析】【答案】A5、B【分析】【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】本题考查的是有机物的反应类型。【解答】A.由溴乙烷水解制丙醇属于取代反应，由葡萄糖发酵制乙醇属于分解反应，故A错误；B.由甲苯硝化制对硝基甲苯，属于取代反应，由甲苯氧化制苯甲酸，属于氧化反应，故B错误；C.由氯代环己烷消去制环己烯，属于消去反应，由丙烯加溴制rm{1}rm{2-}二溴丙烷，属于加成反应，故C错误；D.油脂皂化属于取代反应，蛋白质水解制氨基酸属于取代反应，故D正确。故选D。【解析】rm{D}7、A【分析】解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含3NA个原子；故A正确；

B；标况下辛烷为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、15g甲基的物质的量为1mol，而甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子；故C错误；

D、26g乙炔的物质的量为1mol，而乙炔中含5条共价键，故1mol乙炔中含有5NA条共价键；故D错误。

故选：A。

A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；

B；标况下辛烷为液体；

C；求出甲基的物质的量；然后根据甲基中含9个电子来分析；

D；求出乙炔的物质的量；然后根据乙炔中含5条共价键来分析．

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．【解析】A8、C【分析】由图像可看出，只加快了反应速率但不改变平衡状态，只有C项符合条件。而A、B一定会导致平衡移动，D会减慢反应速率。【解析】【答案】C9、D【分析】【分析】原电池中正极是得到电子的；化合价降低，发生的是还原反应。所以根据总的反应式可知，锌失去电子，被氧化。二氧化锰得到电子，被还原，发生还原反应。由于还原产物是MnOOH，所以正极上还有水参加，因此答案选D。

【点评】本题溶液错选C，这是由于题意问的是在正极上发生反应的物质，而不是判断正极材料的。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】试题分析：（1）熟石灰主要成分是Ca(OH)2，和氯气反应制取漂白粉，那么化学方程式是2Cl2+Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O（2）利用Cl2有强氧化性也可以选用有还原性物质来吸收Cl2，A、B两种试剂都有还原性都可以吸收Cl2，任选一种物质写出它与Cl2反应的离子方程式，浓氨水吸收氯气，同时生成一种无污染的气体，根据参与反应的物质的原子种类，可以推出该气体是N2，根据两边原子种类和个数相同推出另一种产物是HCl，写出方程式3Cl2+2NH3==6HCl+N2，如果NH3过量，NH3与HCl生成NH4Cl则为3Cl2+8NH3==6NH4Cl+N2（3）从流程图中可以看出是利用氯酸钠、二氧化、硫硫酸反应来制取二氧化氯，氯酸钠到二氧化氯，氯的化合价降低，所以发生了氧化还原反应，离子方程式为：2ClO3-+SO2==2ClO2+SO42－（4）①根据实验的信息，FeCl3在B中冷凝变成了固体，进入到D、E装置主要是Cl2、FeCl2溶液可以与Cl2反应，所以起到吸收Cl2所用，Fe3＋的检验通常用KSCN溶液或者NaOH溶液，任选一个写出其离子方程式。②尾气主要是Cl2有毒需要吸收通常用NaOH溶液来吸收，将Cl2通入到NaOH溶液中即可。③FeCl3溶液吸收H2S是利用了氧化还原反应，离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋考点：常见的实验装置各部分的作用、氧化还原反应。【解析】【答案】（1）2Cl2+Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(2分)（2）ab(2分)Cl2+2I-==2Cl-+I2或2Fe2＋+Cl2===2Fe3＋+2Cl-(2分)3Cl2+8NH3==6NH4Cl+N2或3Cl2+2NH3==6HCl+N2(2分)（3）2ClO3-+SO2==2ClO2+SO42－(2分)（4）①吸收Cl2(2分)Fe3＋+3OH-==Fe(OH)3↓或Fe3＋+3SCN-==Fe(SCN)3(2分)②(2分)③2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋(2分)11、略

【分析】

（1）因中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、调零、滴定等操作过程；故答案为：BDCEAF；

（2）不用标准溶液润洗滴定管；造成V（标准）偏大，所以c（待测）偏大，故答案为：偏大；

（3）先用待测液润洗锥形瓶；造成V（标准）偏大，所以c（待测）偏大，故答案为：偏大；

（4）滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度；造成V（标准）偏大，所以c（待测）偏大，故答案为：偏大．

【解析】【答案】（1）根据中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、调零、滴定等操作过程；

（2）（3）（4）根据c（待测）═分析误差．

12、略

【分析】

（1）若初始投入amolSO2、bmolO2和cmolSO3；在相同条件下，要达到与甲相同的化学平衡；

则amolSO2、bmolO2和cmolSO3相当于2molSO2和1molO2；达到同一平衡状态；

则2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）

状态1：2mol1mol0

状态2：amolbmolcmol

则应有a+c=2，b+=1；

故答案为：a+c=2；b+=1；

（2）达到平衡时，平衡时n（SO3）=1.6mol；

则2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）

起始：2mol1mol0

转化：1.6mol0.8mol1.6mol

平衡：0.4mol0.2mol1.6mol

则：k===80；

若在相同温度条件下起始投入0.1molSO2、0.1molO2、0.3molSO3；

则Qc==90＞80；平衡向逆反应方向移动，则正反应速率小于逆反应速率；

故答案为：80；＜；

（3）甲容器反应物投入2molSO2、1molO2与乙容器反应物投入2molSO3在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时SO3的物质的量n2=1.6mol、p1=p2、α1+α2=1、Q1+Q2能量总变化相当于2molSO2、1molO2完全转化成2molSO3的能量，即吸放热Q1+Q2数值上就等于196kJ；甲容器反应物投入量2molSO2、1molO2与丙容器反应物投入量4molSO22molO2；若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度；容积相同的3个密闭容器，我们可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡移动原理，则相较于甲容器（或假设状况）而言，丙容器平衡向逆向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要低一些．

因此α1+α2=1、Q1+Q2=196；α3＞α1；P3＜2P1=2P2、n3＜n2＜3.2mol、Q3＞2Q1；故答案为：ABD；

（4）t2时平衡向正反应方向移动；三氧化硫浓度增大，二氧化硫浓度减小，可减低温度或充入氧气能实现反应的转化关系；

故答案为：降低温度；充入氧气．

【解析】【答案】（1）从等效平衡的角度分析；

（2）根据k=并根据平衡常数判断反应的平衡移动方向；

（3）从等效平衡的角度分析；

（4）t2时平衡向正反应方向移动．

13、略

【分析】【解析】试题分析：明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，是铝离子发生的水解，所以反应式是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，酸度AG＝lg[c(H+)/c(OH-)]；，中性溶液中的c(H+)=c(OH-)所以AG=lg[c(H+)/c(OH-)]="lg1"=0；常温下，测得用明矾净化过的净水溶液PH=6，而c(H+)×c(OH-)=Kw=1×10-14，所以AG＝lg[c(H+)/c(OH-)]=lg10-6/10-8=lg102=2Al3++3H2OAl(OH)3+3H+溶液中氢离子就是水电离的，所以溶液中的氢离子浓度是1×10-6mol/L考点：酸度(AG)的概念的理解【解析】【答案】①Al3++3H2OAl(OH)3+3H+（2分）②0③2④1×10-6mol/L（②③④各1分共3分）14、（1）

（2）CH2=CH2+Br2CH2Br—CH2Br【分析】【分析】本题考查的是化学方程式的书写。【解答】rm{(1)}氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，故答案为：rm{N{H}_{4}Cl;overset{?}{=}N{H}_{3}隆眉+HCl隆眉}rm{N{H}_{4}Cl;

overset{?}{=}N{H}_{3}隆眉+HCl隆眉}乙烯和溴反应生成rm{(2)}rm{1}rm{2隆陋}二溴乙烷二溴乙烷，故答案为：rm{1}rm{2隆陋}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=CH}rm{2}rm{2}rm{+Br}rm{2}rm{2}。rm{隆煤CH}【解析】rm{(1)N{H}_{4}Cloverset{?}{=}N{H}_{3}隆眉+HCl隆眉}rm{(1)N{H}_{4}Cl

overset{?}{=}N{H}_{3}隆眉+HCl隆眉}rm{(2)CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}}rm{隆煤CH_{2}Br隆陋CH_{2}Br}三、计算题(共7题，共14分)15、略

【分析】考查根据电解原理进行的有关计算。(1)该盐晶体的物质的量为＝由M－xe－＝Mx+可知(2)故原子量为64，即Cu。则【解析】【答案】（1）0.005molx=2（2）M=64g/moln=316、略

【分析】考查pH的有关计算。混合后pH＝11，则溶液中OH－的浓度是10－3mol/L则解得V1︰V2＝1︰9。【解析】【答案】1︰917、（1）AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）;mol·L－1,2xx

（2x）2·x＝Ksp,mol·L－1,所以c（AgCl）＜c（Ag2CrO4）（2）在0.010mol·L－1AgNO3溶液中，c（Ag＋）＝0.010mol·L－1,AgCl（s）Ag＋（aq）＋Cl－（aq）溶解平衡时：0.010＋xx,（0.010＋x）·x＝1.8×10－10,因为x很小，0.010＋x≈0.010x＝1.8×10－8mol·L－1,c（AgCl）＝1.8×10－8mol·L－1,Ag2CrO4（s）2Ag＋（aq）＋（aq）,溶解平衡时：0.010＋2xx,（0.010＋2x）2·x＝1.1×10－12,因为x很小，0.010＋2x≈0.010x＝1.1×10－8mol·L－1,所以c（Ag2CrO4）＝1.1×10－8mol·L－1,所以c（AgCl）＞c（Ag2CrO4）【分析】略【解析】rm{(1)AgCl(s)?Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq);cleft(AgClright)=sqrt{{{K}_{sp}}(AgCl)}=sqrt{1.8times{{10}^{10}}}=1.3times{{10}^{-5}}mol隆陇L^{-1}}rm{A{{g}_{2}}Cr{{O}_{4}}(s)rightleftharpoons2A{{g}^{+}}(aq)+CrO_{4}^{2-}(aq)}rm{(1)AgCl(s)?

Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq);cleft(AgCl

right)=sqrt{{{K}_{sp}}(AgCl)}=sqrt{1.8times{{10}^{10}}}=1.3times

{{10}^{-5}}mol隆陇L^{-1}}rm{A{{g}_{2}}Cr{{O}_{4}}(s)rightleftharpoons

2A{{g}^{+}}(aq)+CrO_{4}^{2-}(aq)}

rm{2x}rm{cleft(A{{g}_{2}}Cr{{O}_{4}}right)=sqrt[3]{dfrac{{{K}_{sp}}(A{{g}_{2}}Cr{{O}_{4}})}{4}}=sqrt[3]{dfrac{1.1times{{10}^{-12}}}{4}}=6.5times{{10}^{-5}}mol隆陇L^{-1}}所以rm{x}rm{(2x)^{2}隆陇x=K_{sp}}在rm{cleft(A{{g}_{2}}Cr{{O}_{4}}

right)=sqrt[3]{dfrac{{{K}_{sp}}(A{{g}_{2}}Cr{{O}_{4}})}{4}}=sqrt[3]{dfrac{1.1times

{{10}^{-12}}}{4}}=6.5times{{10}^{-5}}mol隆陇L^{-1}}溶液中，rm{c(AgCl)<c(Ag_{2}CrO_{4})}rm{(2)}rm{0.010mol隆陇L^{-1}AgNO_{3}}溶解平衡时：rm{c(Ag^{+})=0.010mol隆陇L^{-1}}rm{AgCl(s)?}rm{Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)}因为rm{0.010+x}很小，rm{0.010+x隆脰0.010x=1.8隆脕10^{-8}mol隆陇L^{-1}}rm{x}rm{Ag_{2}CrO_{4}(s)rightleftharpoons2Ag^{+}(aq)+CrO_{4}^{2-}(aq)}溶解平衡时：rm{(0.010+x)隆陇x=1.8隆脕10^{-10,}}rm{x}因为rm{0.010+x隆脰0.010

x=1.8隆脕10^{-8}mol隆陇L^{-1}}很小，rm{0.010+2x隆脰0.010x=1.1隆脕10^{-8}mol隆陇L^{-1}}所以rm{c(AgCl)=1.8隆脕10^{-8}mol隆陇L^{-1}}所以rm{Ag_{2}CrO_{4}(s)rightleftharpoons

2Ag^{+}(aq)+CrO_{4}^{2-}(aq)}rm{0.010+2xx}18、略

【分析】试题分析：（1）不溶于稀硝酸的2．33g沉淀为硫酸钡，所以硫酸钡沉淀的物质的量为：2．33g÷233g/mol＝0．01mol,Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4，所以原混合溶液中Na2SO4的物质的量为：0．01mol,则原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为0．01mol÷0．1L＝0．1mol/L(2)沉淀中BaCO3的质量为：4．3g－2．33g＝1．97g,BaCO3的物质的量为：1．97g÷197g/mol＝0．01mol所以根据碳原子守恒可知，生成CO2的体积是0．01mol×22．4L/mol＝0．224L(3)混合溶液中有Na2CO3为0．01mol，Na2SO4为0．01mol,Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3+2NaOH、Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2NaOH所以生成NaOH的物质的量为：2×0．01mol+2×0．01mol＝0．04mol滤液的物质的量浓度为：0．04mol÷0．2L＝0．2mol/L．考点：考查化学计算。【解析】【答案】(1)0．1(2)0．224(3)0．219、略

【分析】解：rm{(1)C_{21}H_{30}O_{2}}的相对分子质量为rm{314}所以大麻的摩尔质量rm{314}rm{g/mol}故答案为：rm{314}rm{g/mol}

rm{(2)31.4g}大麻的物质的量为：rm{dfrac{31.4g}{314g/mol}=0.1mol}所以生成二氧化碳为rm{dfrac

{31.4g}{314g/mol}=0.1mol}质量为rm{2.1mol}rm{92.4}故答案为：rm{g}rm{92.4}．

rm{g}摩尔质量在数值上等于相对分子质量，摩尔质量的单位是rm{(1)}

rm{g/mol}该反应的化学方程式为rm{2C_{21}H_{30}O_{2}+55O_{2}overset{{碌茫脠录}}{}42CO_{2}+30H_{2}O}由反应方程式可知，rm{(2)}完全燃烧生成rm{2C_{21}H_{30}O_{2}+55O_{2}

overset{{碌茫脠录}}{}42CO_{2}+30H_{2}O}的二氧化碳．

本题考查大麻的化学式进行的关于化学式计算，题目难度不大，方程式书写配平采用“定一法”解决较为合适．rm{1molC_{21}H_{30}O_{2}}【解析】rm{314g/mol}rm{92.4g}20、48【分析】解：rm{(1)}由方程式：rm{2NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}隆眉trianglem=48g}即每产生rm{2NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}隆眉triangle

m=48g}吸收液质量将增加rm{22.4L(1mol)CO_{2}}故答案为：rm{48g}

rm{48}而rm{(2)m(Na_{2}CO_{3})=1000*21.2%=212g}中rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}质量分数rm{Na_{2}CO_{3}}所以需rm{=106/286=37.1%}质量rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}故需rm{=212/37.1%=572g}的质量为rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}

答：需rm{572g}克；

rm{(3)垄脵2NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}隆眉trianglem=48g}

rm{NO+NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤2NaNO_{2}+CO_{2}隆眉trianglem=32g}

设由rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O572}与纯碱反应产生的rm{(3)垄脵2NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}隆眉triangle

m=48g}为rm{NO+NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤2NaNO_{2}+CO_{2}隆眉triangle

m=32g}由rm{NO_{2}}和rm{CO_{2}}与纯碱反应产生的rm{amol}为rm{NO}则。

rm{NO_{2}}

rm{CO_{2}}

解得rm{bmol}rm{a+b=1}所以rm{48a+32b=44}rm{a=0.75}rm{b=0.25}rm{n(NaNO_{2})}

答：吸收液中rm{n(NaNO_{3})=(a+2b)}和rm{a=5}物质的量之比为rm{3}rm{NaNO_{2}}

rm{NaNO_{3}}设生成的rm{5}为rm{3}rm{垄脷}为rm{n(NaNO_{2})}rm{5xmol}质量分数为rm{n(NaNO_{3})}的纯碱中rm{3xmol}其物质的量为rm{1000g}

据rm{21.2%}守恒：rm{m(Na_{2}CO_{3})=1000*21.2%=212g}rm{2mol}所以rm{Na^{+}}rm{5x+3x=4}rm{x=0.5}形成饱和溶液时析出的rm{n(NaNO_{2})=2.5mol}最多；

rm{n(NaNO_{3})=1.5mol}余rm{m(NaNO_{2})=2.5mol隆脕69g/mol=172.5g}

所以析出rm{NaNO_{2}}最大rm{m(H_{2}O)}

答：最多可析出rm{=1000隆脕78.8%-688=100g}克．

rm{m(NaNO_{2})(}根据化学方程式rm{)=172.5-71.2=101.3g}运用差量法来解答；

rm{NaNO_{2}101.3}先根据溶液的质量和质量百分数求出溶质rm{(1)}的质量，然后再求rm{2NO_{2}+Na_{2}CO_{3}隆煤NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}隆眉}的质量；

rm{(2)}分别设出由rm{Na_{2}CO_{3}}与纯碱反应产生的rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}和由rm{(3)}和rm{NO_{2}}与纯碱反应产生的rm{CO_{2}}列出式子求解，最终求出吸收液中rm{NO}和rm{NO_{2}}物质的量之比；设出rm{CO_{2}}和rm{NaNO_{2}}的物质的量，利用据rm{NaNO_{3}}守恒列出式子求出rm{NaNO_{2}}和rm{NaNO_{3}}的物质的量，根据形成饱和溶液时析出的rm{Na^{+}}最多求出以析出的rm{NaNO_{2}}即为最多析出的质量．

本题主要考查了化学计算，问题rm{NaNO_{3}}难度较大，运用了守恒思想来解题．rm{NaNO_{2}}【解析】rm{48}21、略

【分析】解：rm{(1)}铁和氧化铁与硫酸反应均无剩余，且溶液中无rm{Fe^{3+}}存在，反应生成rm{FeSO_{4}}生成氢气为rm{dfrac{1.68L}{22.4L/mol}=0.075mol}

设rm{dfrac

{1.68L}{22.4L/mol}=0.075mol}氧化铁的物质的量分别为rm{Fe}rm{xmol}则：

根据二者质量，可得：rm{ymol}

根据电子转移守恒，可得：rm{56x+160y=15}

联立方程，解得rm{2x=2y+0.075隆脕2}rm{x=0.125}

故rm{y=0.05}

故答案为：rm{m(Fe)=0.125mol隆脕56g/mol=7g}

rm{7}铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为rm{(2)}rm{FeSO_{4}}加入rm{H_{2}SO_{4}}使rm{NaOH}完全转化为rm{Fe^{2+}}沉淀，产生反应后的溶液溶质只有rm{Fe(OH)_{2}}根据硫酸根守恒则rm{Na_{2}SO_{4}}根据钠离子守恒则rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)=dfrac{1}{2}隆脕3mol/L隆脕0.2L=0.3mol}rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{0.3mol}{0.15L}=2mol/L}

故答案为：rm{n(H_{2}SO_{4})=n(Na_{2}SO_{4})}．

rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)=

dfrac{1}{2}隆脕3mol/L隆脕0.2L=0.3mol}铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac

{0.3mol}{0.15L}=2mol/L}存在，反应生成rm{2}设rm{(1)}氧化铁的物质的量分别为rm{Fe^{3+}}rm{FeSO_{4}}根据二者质量及电子转移守恒列方程计算解答；

rm{Fe}铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为rm{xmol}rm{ymol}加入rm{(2)}使rm{FeSO_{4}}完全转化为rm{H_{2}SO_{4}}沉淀，产生反应后的溶液溶质只有rm{NaOH}根据硫酸根守恒则rm{Fe^{2+}}根据钠离子守恒则rm{n(Na_{2}SO_{4})=dfrac{1}{2}n(NaOH)}进而计算硫酸的物质的量浓度．

本题考查混合物计算，清楚发生的反应是解题关键，注意利用守恒思想计算，侧重学生分析计算能力的考查，难度中等．rm{Fe(OH)_{2}}【解析】rm{7}rm{2}四、工业流程题(共2题，共10分)22、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下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溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度23、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)五、推断题(共3题，共24分)24、略

【分析】试题分析：⑴根据甲的结构简式()可确定其显酸性的官能团是羧基；⑵根据乙的结构简式()可知，分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a项正确；没有苯环结构，不属于芳香族化合物，b项错误；含有氨基、氯原子既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c项正确；没有苯环结构，即没有酚羟基，不属于苯酚的同系物，d项错误；⑶根据丙的结构简式()，再结合其同分异构体的限定条件可确定其含有“”、“”等基团，然后将二者对接得该同分异构体的结构简式为⑷①步骤I的反应为：＋→＋HCl，属于取代反应。②通过对步骤I和Ⅳ的分析，在合成甲的过程中这两步的目的是保护氨基，防止其被氧化。③根据和戊的分子式(C9H9O3N)可确定戊的结构简式为据此可写出步骤Ⅳ反应的化学方程式为考点：考查有机化学推断。【解析】【答案】（1）羧基（2分）（2）a、c（2分）（3）（2分）（4）①取代（2分）②保护氨基（1分）（2分）25、略

【分析】解：rm{A}与银氨溶液反应有银镜生成，则rm{A}中存在醛基，由流程可知，rm{A}与氧气反应可以生成乙酸，则rm{A}为rm{CH_{3}CHO}由rm{B}和rm{C}的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，rm{D}与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成rm{E}rm{E}的结构为

rm{(1)}由以上分析可知rm{A}为rm{CH_{3}CHO}故答案为：rm{CH_{3}CHO}

rm{(2)}由rm{B}和rm{C}的结构简式可以看出；乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，故答案为：取代反应；

rm{(3)}由以上分析可知rm{E}为故答案为：

rm{(4)F}中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，方程式为：

故答案为：

rm{(5)G}分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，rm{a}和rm{b}正确；rm{1molG}中rm{1mol}碳碳双键和rm{1mol}苯环，所以需要rm{4mol}氢气，rm{c}错误；rm{G}的分子式为rm{C_{9}H_{6}O_{3}}rm{d}正确；

故答案为：rm{abd}．

rm{A}与银氨溶液反应有银镜生成，则rm{A}中存在醛基，由流程可知，rm{A}与氧气反应可以生成乙酸，则rm{A}为rm{CH_{3}CHO}由rm{B}和rm{C}的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，rm{D}与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成rm{E}rm{E}的结构为由rm{F}的结构简式可知，rm{C}和rm{E}在催化剂条件下脱去一个rm{HCl}分子得到rm{F}rm{F}中存在酯基；在碱液中可以发生水解反应，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．

本题考查有机物的推断，为高考常见题型，综合考查学生分析问题的能力和化学知识的综合运用能力，题目难度中等，答题注意注意仔细审题，把握题给信息．【解析】rm{CH_{3}CHO}取代反应；rm{abd}26、C4H8CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CH2CH3，【分析】解：（1）这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍；则该有机物的相对分子质量为2×28=56；

n（A）==0.05mol；

n（C）=n（CO2）==0.2mol；

n（H）=2n（H2O）=2×=0.4mol；

故有机物分子中含有C原子数目为=4，含有H原子数目为=8；

因为12×4+1×8=56=M（A）；所以没有O元素；

∴分子式为C4H8；

故答案为：C4H8；

（2）已知分子式为C4H8，如果分子中有一个C=C，则结构简式为：