2025年外研版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年外研版高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.0.1mol·L-1稀硫酸中含有SO42-离子个数为0.1NAB.电解饱和食盐水，当阳极产生2.24L的氢气时，转移的电子数为0.2NAC.常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAD.标准状况下，22.4LCH3OH所含的分子数为NA2、x、y为两种元素的原子，x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知()A.x的原子半径大于y的原子半径。B.x的电负性大于y的电负性C.x阴离子的半径小于y阳离子的半径D.x的第一电离能小于y的第一电离能3、关于晶体与化学键关系的下列说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.离子晶体中一定存在共价键B.原子晶体中可能存在离子键C.金属晶体中存在离子，但却不存在离子键D.分子晶体中一定存在共价键4、在一定条件下，向2L密闭容器中充入3molX（g）和1molY（g）进行反应：2X（g）+Y（g）⇌3Z（g）+2W（g），某时刻测定产物的浓度，不可能的是（）A.Z=0.75mol/LB.Z=1mol/LC.W=1mol/LD.Z=0.8mol/L5、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.物质发生化学变化一定伴随着能量变化B.升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热C.据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量D.热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的6、如表中所采取的分离方法与对应原理都正确的是rm{(}rm{)}

。选项目的分离方法原理rm{A}分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大rm{B}分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同rm{C}除去rm{KNO_{3}}中混杂的rm{NaCl}重结晶氯化钠在水中的溶解度很大rm{D}除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、某酸碱指示剂rm{(HIn)}在水溶液中存在以下平衡：rm{HIn(aq)?H^{+}+In^{-}(aq)}下列物质中；能使指示剂显蓝色的是()

rm{(}红色rm{)}rm{(}蓝色rm{)}A.稀硫酸B.氯化铝溶液C.稀氨水D.饱和食盐水8、下列有关各装置图的叙述，错误的是()A.装置rm{垄脵}可验证rm{HCl}气体在水中的溶解性B.装置rm{垄脷}可用于收集rm{H_{2}}rm{Cl_{2}}rm{NO_{2}}rm{NO}等气体C.装置rm{垄脹}中rm{x}为四氯化碳时，可用于吸收氨气或氯化氢D.装置rm{垄脺}可用于干燥、收集并吸收多余的氨气9、下列物质的类别与所含官能团都正确的是rm{(}rm{)}A.酚类rm{-OH}B.羧酸rm{-CHO}C.rm{CH_{3}-O-CH_{3}}醚类D.醛类rm{-CHO}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、26．（10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的化学方程式有。（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是。（3）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。。混合液ABCDEF4mol·L-1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=，V6=，V9=。②反应一段时间后，实验E中的金属呈色。③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因。11、已知rm{Ni_{X}O}晶体晶胞结构为rm{NaCl}型rm{(}如图rm{)}由于晶体缺陷，rm{x}值小于rm{1.}测知rm{Ni_{X}O}晶体rm{x=0.88}晶胞边长为rm{4.28隆脕10^{-10}m}求：rm{(}已知：rm{sqrt{2}=1.4)}

rm{(1)}晶胞中两个rm{Ni}原子之间的最短距离______rm{m(}精确至rm{0.01)}．

rm{(2)}与rm{O^{2-}}距离最近且等距离的rm{Ni}离子围成的几何体形状______

rm{(3)}晶体中的rm{Ni}分别为rm{Ni^{2漏聙}}rm{Ni^{3漏聙}}求此晶体的化学式______．

rm{(4)}已知，rm{NiO}晶体熔点大于rm{NaCl}主要原因是______．12、聚氯乙烯简称PVC，是当今世界上产量最大、应用最广的热塑性塑料之一。(1)工业上用乙烯和氯气为原料经下列各步反应合成PVC：乙烯甲乙PVC氯乙烯是PVC的单体，其结构简式为________。反应①的反应类型是____________。反应①的化学方程式为___________________________________________________________。(2)有关PVC的下列说法正确的是________。A．PVC的单体是CH3CH2ClB．PVC是高分子化合物C．PVC能够使溴的四氯化碳溶液褪色D．PVC易降解(3)化学工作者和广大消费者十分关注PVC保鲜膜的安全问题。PVC保鲜膜的安全隐患主要来自于塑料中残留的PVC单体以及不符合国家标准的增塑剂DEHA。下列选项中的事实均能支持“PVC保鲜膜对人体健康带来危害”假设的是________。A．PVC塑料属于有机物B．使用的有机助剂有毒C．含氯的化合物不一定有毒D．在高温下会分解出有毒物质13、试用离子方程式表示AlCl3溶液呈酸性的原因：____，将该溶液蒸干后再灼烧，最后得到的主要固体产物是____．14、（8分）有机物A的结构简式为它可通过不同的反应生成下列物质：（1）在A—G中，不属于酯类的化合物有（填写编号）。（2）写出苯环上只有一个取代基，且组成上比A少一个碳原子的A的同系物的结构简式。（3）在A—G中互为同分异构体的是（填写编号）。（4）A的一种同分异构体H，它能发生银镜反应，但不能发生水解反应。写出H与银氨溶液反应的化学方程式。15、Ⅰrm{.}下列装置或操作能达到实验目的的是________rm{(}填字母序号，下同rm{)}

rm{a.}除去乙醇中的乙酸用图Ⅰ装置rm{b.}形成原电池用图Ⅱ装置rm{c.}制取乙酸乙酯用图Ⅲ装置rm{d.}石油的蒸馏用图Ⅳ装置rm{e.}分离rm{Na_{2}CO_{3}}溶液和rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}用图Ⅴ装置

Ⅱrm{.}“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：

rm{(1)}写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式____________。rm{(2)}浓硫酸的作用是：rm{垄脵}_____________；rm{垄脷}_____________。rm{(3)}做此实验时，还需向盛乙酸和乙醇的装置里加入几块碎瓷片，其目的是：_____________。rm{(4)}装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是：_____________。rm{(5)}用方程式表示为什么不能用rm{NaOH}溶液代替饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的原因：___________。rm{(6)}若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是___________。rm{(7)}生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有rm{(}填序号rm{)}_____________________。rm{垄脵}单位时间里，生成rm{1mol}乙酸乙酯，同时生成rm{1mol}水rm{垄脷}单位时间里，生成rm{1mol}乙酸乙酯，同时生成rm{1mol}乙酸rm{垄脹}单位时间里，消耗rm{1mol}乙醇，同时消耗rm{1mol}乙酸rm{垄脺}正反应的速率与逆反应的速率相等rm{垄脻}混合物中各物质的浓度不再变化评卷人得分三、工业流程题(共8题，共16分)16、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___。17、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去18、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。19、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。20、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。21、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___________。评卷人得分四、解答题(共1题，共4分)22、某化学兴趣小组以工业碳酸钙（含少量Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质）生产二水合氯化钙晶体的操作流程为：

（1）CaCO3与盐酸反应的离子方程式______．

（2）加入氢氧化钙溶液调节溶液的pH为8.0-8.5，此时Al3+、Fe3+沉淀完全；则滤渣主要成分的化学式为______，若用氢氧化钠溶液除杂则产品中可能混有的物质为______．

（3）酸化时加盐酸将溶液的pH调节到4.0左右；其主要目的是______．

（4）操作Ⅰ中应包括①蒸发浓缩②冷却结晶③过滤④______⑤______等实验步骤．

（5）为测定样品中CaCl2•2H2O的含量，称取7.350g样品配成200.0mL溶液，与205.0mL0.5000mol/LAgNO3溶液恰好完全反应．

①样品中CaCl2•2H2O的质量分数为______．

②若计算出结果有明显偏差；你认为在操作Ⅰ的五个步骤中由______引起的（填序号），理由是______．

评卷人得分五、简答题(共4题，共12分)23、处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质S（g），发生反应为：2CO（g）+SO2（g）⇌S（g）+2CO2（g）．

（1）已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H1=283.0kJ•mol-1

②S（g）+O2（g）=SO2（g）△H2=-296.0kJ•mol-1

试计算2CO（g）+SO2（g）⇌S（g）+2CO2（g）△H=______．

（2）在容积为2L的密闭容器中，充入4molCO和2molSO2，在一定条件下发生反应2CO（g）+SO2（g）⇌S（g）+2CO2（g），CO2的物质的量分数随时间的变化如图所示：

①0-2min内的平均反应速率v（0）=______．

②2min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是______

a．选用更高效的催化剂b．升高温度。

c．及时分离出二氧化碳d．增加SO2的浓度。

③相同温度下，若开始加入CO和SO2的物质的量是原来的2倍，则______是原来的2倍．

a．达到平衡的时间b．CO的平衡浓度。

c．平衡常数d．平衡时SO2的转化率。

（3）若反应2CO（g）+SO2（g）⇌S（g）+2CO2（g）△H＜0的化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：

。T/℃200300400KK1K2K3试比较K1、K2的大小，K1______K2（填“＜”、“＞”或“=”）．24、甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整rm{.}向反应系统同时通入甲烷；氧气和水蒸。

气；发生的主要化学反应有：

。反应过程化学方程式焓变。

rm{triangleH/(kJ?mol^{-1})}甲烷氧化rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}rm{-802.6}rm{CH_{4}(g)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}(g)}rm{-322.0}rm{-322.0}蒸汽重整rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)篓TCO(g)+3H_{2}(g)}rm{216.2}rm{CH_{4}(g)+2H_{2}O(g)篓TCO_{2}(g)+4H_{2}(g)}rm{155.0}rm{155.0}回答下列问题：

rm{(3)}反应rm{CO(g)+H_{2}O(g)=CO_{2}(g)+H_{2}(g)}的rm{triangleH=}______rm{kJ?mol^{-1}}．

rm{(4)}从能量角度分析；甲烷自热重整方法的先进之处在于______．

rm{(5)}在某一给定进料比的情况下，温度、压强对rm{H_{2}}和rm{CO}物质的量分数的影响如下图：

若要达到rm{H_{2}}物质的量分数rm{>65%}rm{CO}的物质的量分数rm{<10%}以下条件中最合适的是______

A.rm{600隆忙}rm{0.9MpaB.800隆忙}rm{1.5Mpa}

C.rm{700隆忙}rm{0.9MpaD.1000隆忙}rm{1.5MPa}．25、研究rm{NO_{2}}rm{SO_{2}}rm{CO}等大气污染气体的处理有重要意义．已知：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=}rm{2SO_{3;}(g)triangleH=-196.6kJ/mol}rm{2SO_{3;}(g)triangleH=

-196.6kJ/mol}rm{2NO(g)+O_{2}(g)=}rm{(g)triangleH=-113.0kJ/mol}则反应rm{2NO_{2}}rm{(g)triangleH=

-113.0kJ/mol}的rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)=}______rm{SO_{3}(g)+NO(g)}一定条件下，将与体积比rm{triangleH=}rm{kJ/mol}置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反映达到平衡状态的是____．rm{1}体系压强保持不变rm{2}混合气体颜色保持不变rm{a.}与rm{b.}的体积比保持不变rm{c.SO_{3}}每消耗rm{NO}的同时生成rm{d.}rm{1molSO_{3}}26、气态烃rm{A}及其同系物rm{B}是重要的化工原料rm{.}已知rm{A}的相对分子质量为rm{28.A}rm{B}经如下反应可制得软质隐形眼镜材料rm{W(}及其同系物rm{A}是重要的化工原料rm{B}已知rm{.}的相对分子质量为rm{A}rm{28.A}经如下反应可制得软质隐形眼镜材料rm{B}rm{W(}

rm{)}

rm{)}已知：信息rm{i:}代表烃基rm{i:}

信息rm{ii:}rm{ii:}的结构简式是__________，官能团的名称是________，rm{(R隆陋}代表烃基rm{)}的结构简式是_________rm{(R隆陋}

rm{)}的反应类型是_______________，该路线中取代反应有___个。

rm{(1)B}的结构简式是__________，官能团的名称是________，rm{C}的结构简式是_________rm{;}rm{(1)B}反应的化学方程式是______________________________；rm{C}的化学方程式是______________________________________；

rm{;}下列说法正确的是_______________rm{(2)I隆煤W}的反应类型是_______________，该路线中取代反应有___个。填字母序号rm{(2)I隆煤W}

rm{(3)E隆煤F}反应的化学方程式是______________________________；反应rm{(3)E隆煤F}和生成rm{I}的化学方程式是______________________________________；均为加成反应

rm{I}rm{(4)}下列说法正确的是_______________rm{(}填字母序号rm{)}互为同系物

rm{(4)}rm{(}与新制rm{)}rm{a.}反应rm{垄脵}和rm{垄脷}均为加成反应

rm{a.}rm{垄脵}写出同时符合下列条件的rm{垄脷}的同分异构体的结构简式_______________。

rm{b.C}rm{E}互为同系物能发生水解反应rm{b.C}能使溴的四氯化碳溶液褪色rm{E}结构中不含甲基评卷人得分六、推断题(共4题，共16分)27、（8分）有机玻璃是一种重要的塑料，有机玻璃的单体A(CH2=C(CH3)COOCH3)不溶于水，并可以发生以下变化，请回答（1）C分子的结构简式是____________________________。（2）由B转化为C的反应属于________________________________（填序号）。①氧化反应②还原反应③加成反应④取代反应（3）由A生成B的化学方程式是____________________________________________________。（4）有机玻璃的结构简式是________________________________。28、短周期主族元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序数依次增大，其中rm{A}rm{C}同主族，rm{B}rm{C}rm{D}同周期，rm{A}原子的最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，rm{B}是短周期元素中原子半径最大的主族元素。试回答下列问题：

rm{(1)A}的元素符号______；rm{B}的元素名称______；

rm{(2)D}的原子的电子式______；rm{C}原子的电子排布式______。

rm{(3)A}rm{B}rm{C}三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是______。

rm{(4)CA_{2}}与rm{D}元素的单质在水溶液中反应的化学方程式是______。29、（6分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件及部分产物已略）。已知A、B、E均为单质，B、E在常温下为气体，C为淡黄色固体。请回答下列问题：（1）写出F的电子式；（2）写出A和D反应的离子方程式；（3）写出C和D反应的化学方程式；30、中学化学常见的有机物rm{A(C_{6}H_{6}O)}是重要的化工原料，有机物rm{D}是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平rm{.}它们在医疗上可以合成治疗心脏病药物的中间体rm{W}其合成rm{W}的路线如下：

已知：rm{R_{1}-CHO+R_{2}-CH_{2}CHOxrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}}

rm{R_{1}-CHO+R_{2}-CH_{2}CHO

xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}}中含有的官能团名称是____。

rm{(1)W}的结构简式是____。

rm{(2)G}写出反应类型：rm{(3)}____，rm{A隆煤B}____。

rm{H隆煤K}的过程中可能有另一种产物rm{(4)K隆煤M}写出在加热条件下rm{M_{1}}与足量稀rm{M_{1}}rm{N}rm{a}溶液水溶液在加热条件下反应的化学方程式____。

rm{OH}与rm{(5)B}在一定条件下反应生成高分子化合物的原理，与酚醛树脂的制备原理相似，写出该反应的化学方程式____。

rm{HCHO}的同系物rm{(6)G}比rm{I}相对分子质量小rm{G}rm{14}的同分异构体中能同时满足如下条件：rm{I}与rm{垄脵}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}溶液反应，溶液呈紫色rm{{,!}_{3}}能发生水解反应rm{垄脷}能发生银镜反应，则rm{垄脹}的所有的同分异构体共有____种rm{I}不考虑立体异构rm{(}的一种同分异构体的核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为rm{).I}rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}写出rm{1}的这种同分异构体的结构简式____。rm{I}参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】试题分析：A．溶液未指定体积，无法计算，A不正确；B．电解饱和食盐水，阳极产生的是氯气，B不正确；C．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA，正确；D．标准状况下，CH3OH为液态，所含的分子数不为NA，D不正确；考点：阿伏加德罗常数【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】【答案】B3、C【分析】解：rm{A}离子晶体中可能有共价键rm{(}如rm{NaOH)}也可能没有共价键rm{(}如rm{NaCl)}故A错误；

B；原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体；所以原子晶体中只有共价键，故B错误；

C；金属晶体是金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的；则金属晶体中存在离子，但不存在离子键，故C正确；

D；单原子分子中没有共价键；如稀有气体是由单原子形成的分子，晶体中没有共价键，故D错误．

故选C．

A；离子晶体中可能有共价键；也可能没有共价键；

B；原子晶体中只有共价键；

C；金属晶体是金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的；

D；单原子分子中没有共价键．

本题主要考查了化学键的实质、形成、特征以及分类，难度不大，注意稀有气体是单原子分子，只存在分子间作用力，不含化学键，为易错点．【解析】rm{C}4、C【分析】解：X的起始浓度为=1.5mol/L，Y的起始浓度为=0.5mol/L；假设Y完全反应，则各物质的浓度变化量为：

2X（g）+Y（g）⇌3Z（g）+2W（g）

初始：1.5mol/L0.5mol/L

假设Y完全反应0.5mol/L1.5mol/L1mol/L

由于可逆反应反应物不能完全反应；则：0.5mol/L＜c（X）＜1.5mol/L；

0＜c（Y）＜0.5mol/L；0＜c（Z）＜1.5mol/L，0＜c（W）＜1mol/L，W=1mol/L不可能；

故选C．

开始只投入X；Y；故反应向正反应进行，假定反应物可以完全转化，由X、Y的化学计量数可知，X有剩余，故假设Y完全反应，计算各物质的浓度，由于可逆反应反应物不能完全反应，对于反应物为极小值，对于生成物为极大值，据此判断．

本题考查可逆反应的特征，题目难度不大，注意可逆反应的不完全性，利用极限法进行判断．【解析】【答案】C5、A【分析】解：rm{A.}物质发生化学变化时一定存在化学键的断裂与形成；则一定伴随着能量变化，故A正确；

B.升高温度可以改变化学反应的反应热；但使用催化剂只影响反应速率，不影响反应热，故B错误；

C.据能量守恒定律，反应物的总能量rm{=}生成物的总能量rm{+}放出能量rm{(-}吸收能量rm{)}故C错误；

D.没有注明温度和压强；则表示反应热是在通常状况下测得的数据，故D错误；

故选A．

A.化学反应中一定伴随着物质和能量变化；

B.催化剂不影响反应热；

C.反应中存在能量变化；则反应物与生成物的总能量一定不相等；

D.在常温；常压下；焓变可以不标温度和压强．

本题考查了热化学方程式书写、催化剂对焓变的影响、能量守恒定律，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】rm{A}6、D【分析】解：rm{A.}乙醇和水混溶；不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故A错误；

B.乙酸乙酯和乙醇混溶；不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故B错误；

C.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法rm{.NaCl}随温度升高溶解度变化不大，rm{KNO_{3}}随温度升高溶解度变化大；经冷却过滤，故C错误；

D.丁醇和乙醚混溶；但二者的沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故D正确．

故选D．

A.乙醇和水混溶；不能用作萃取剂；

B.乙酸乙酯和乙醇混溶；不能用分液的方法分离；

C.应利用二者溶解度随温度的变化不同分离；

D.丁醇和乙醚的沸点不同；可用蒸馏的方法分离．

本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理．【解析】rm{D}7、C【分析】解：能使指示剂显蓝色，应使rm{c(HIn)<c(In^{-})}则加入物质应使平衡向正反应方向移动，所以加入溶液应呈碱性，rm{AB}为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，而rm{C}溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，rm{D}为中性溶液；平衡不移动；

故选C．

能使指示剂显蓝色，应使rm{c(HIn)<c(In^{-})}则加入物质应使平衡向正反应方向移动，所以加入溶液应呈碱性，以此解答该题．

本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析．【解析】rm{C}8、B【分析】【分析】本题考查化学实验方案评价，涉及气体收集和干燥、物质性质的检验等知识点，同时考查学生分析问题能力、实验基本操作能力，根据气体的性质及密度确定收集方法，知道常见防止气体倒吸的方法，题目难度不大。【解答】A.如果rm{HCl}极易溶于水，会导致烧瓶中压强急剧减小，则导致气球急剧膨胀，如果rm{HCl}不易溶于水；则气球体积变化不明显，所以据此可以验证氯化氢的溶解性强弱，故A正确；

B.常温下，rm{NO}易被氧气氧化生成二氧化氮，rm{NO}不易溶于水，所以rm{NO}应该采用排水法收集；故B错误；

C.如果rm{X}为四氯化碳；氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，能溶于水，气体不能与水直接接触，能防止倒吸，故C正确；

D.氨气属于碱性气体；所以能用碱石灰干燥，氨气密度小于空气且常温下和空气不反应，所以可以采用向下排空气法收集，氨气有刺激性气味，不能直接排空，可以用水稀释，导致的漏斗能防止倒吸，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}9、C【分析】解：rm{A.-OH}与苯环不直接相连；为醇类物质，故A错误；

B.含rm{-COOH}不含rm{-CHO}为羧酸类物质，故B错误；

C.甲醚中含醚键；为醚类物质，故C正确；

D.含rm{HCOOC-}为甲酸某酯；为酯类物质，故D错误；

故选C．

A.rm{-OH}与苯环不直接相连；

B.含rm{-COOH}

C.甲醚中含醚键；

D.含rm{HCOOC-}为甲酸某酯．

本题考查有机物的官能团与分类，为高频考点，把握有机物官能团与类别的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快；（3）要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V2=10ml，V3=17.5ml，V1=30ml；A中Zn反应较慢，看到金属呈灰黑色，而E中置换出大量的Cu，看到金属呈红色；溶液中有适量Cu可以加快反应速率，Cu若过多会覆盖在Zn表面，反而影响产生H2的速率。考点：原电池、化学反应速率的影响因素【解析】【答案】(1)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2­(2)CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度(3)①V1=30；V6=10；V9=17.5②红色（紫红色）③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面11、略

【分析】解：rm{(1)}由于rm{Ni_{X}O}晶体晶胞结构为rm{NaCl}型，所以晶胞中两个rm{Ni}原子之间的最短距离为晶胞面对角线的rm{dfrac{1}{2}}由晶胞棱边长可求得晶胞面对角线为长为：rm{sqrt{2}隆脕4.28隆脕10^{-10}m}所以rm{dfrac{1}{2}隆脕4.28隆脕10^{-10}m=3.03隆脕10^{-10}m}

故答案为：rm{sqrt

{2}隆脕4.28隆脕10^{-10}m}

rm{dfrac

{1}{2}隆脕4.28隆脕10^{-10}m=3.03隆脕10^{-10}m}沿rm{3.03隆脕10^{-10}m}rm{(2)}rm{X}三轴切割的方法知，rm{Y}轴上有rm{Z}个rm{X}离子，rm{2}轴上有rm{Ni}个rm{Y}离子，rm{2}轴上有rm{Ni}个rm{Z}离子，所以rm{2}的配位数是rm{Ni}将rm{O^{2-}}个rm{6}离子连接后所围成的空间几何构型正八面体；

故答案为：正八面体；

rm{6}设晶体中rm{Ni}与rm{(3)}的最简整数比为rm{Ni^{2漏聙}}rm{Ni^{3漏聙}}根据rm{x}中化合价代数和为零可知rm{dfrac{2x+3y}{x+y}隆脕0.88=2}由此解得rm{y}rm{Ni_{X}O}rm{dfrac

{2x+3y}{x+y}隆脕0.88=2}此晶体的化学式：rm{x}

故答案为：rm{y=8}

rm{3}rm{Ni_{0.64}Ni_{0.24}O}电荷多，晶格能越大，熔沸点越高，所以rm{Ni_{0.64}Ni_{0.24}O}晶体熔点大于rm{(4)Ni^{2+}}

故答案为：rm{O^{2-}}rm{NiO}电荷多；晶格能大．

rm{NaCl}由于rm{Ni^{2+}}晶体晶胞结构为rm{O^{2-}}型，所以晶胞中两个rm{(1)}原子之间的最短距离为晶胞面对角线的rm{Ni_{X}O}

rm{NaCl}采用沿rm{Ni}rm{dfrac{1}{2}}rm{(2)}三轴切割的方法确定rm{X}的配位数，将rm{Y}离子连接后观察所围成的空间几何构型；

rm{Z}根据rm{O^{2-}}中化合价代数和为零可求得晶体中rm{Ni}与rm{(3)}的最简整数比；然后确定分子式；

rm{Ni_{X}O}离子化合物中离子所带电荷越多；晶格能越大，熔沸点越高．

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶格能、微粒空间构型判断等知识点，中等难度，注重基础知识的考查．rm{Ni^{2漏聙}}【解析】rm{3.03隆脕10^{-10}}正八面体；rm{Ni_{0.64}Ni_{0.24}O}rm{Ni^{2+}}rm{O^{2-}}电荷多，晶格能大12、略

【分析】【解析】【答案】(1)加成反应CH2=CH2＋Cl2ClCH2—CH2Cl(2)B(3)BD13、略

【分析】

氯化铝水溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝，反应的化学方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3．

【解析】【答案】氯化铝水溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；溶液蒸干；氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝．

14、略

【分析】【解析】【答案】（1）AC每个1分，错选不得分（2）略2分（3）BC每个1分，错选不得分（4）略2分15、I.dII.（1）（2）催化作用吸水作用（3）防止液体暴沸（4）防止倒吸（5）（6）分液（7）②④⑤【分析】【分析】本题考查乙酸乙酯的制备和实验基本操作，题目难度不大，本题注意实验安全问题，注意把握物质的性质、制备以及分离的方法。【解答】I.rm{a.}乙醇与乙酸混溶，不能用分液的方法分离，故rm{a}错误；rm{b.}酒精为非电解质，溶液不能导电，不能形成原电池，故rm{b}错误；rm{c.}制取乙酸乙酯时，右边试管不能塞橡皮塞，防止压强过大而导致实验事故，故C错误；rm{d.}石油蒸馏时，温度计水银球应在支管口附近，且从冷凝管的下端进水，上口出水，装置图符合，故rm{d}正确；rm{e.}碳酸钠与乙酸乙酯不互溶，用分液的方法分离，故rm{e}错误，故选rm{d}故答案为：rm{d}rm{II}．rm{(1)}酯化反应的本质为酸脱羟基；醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应；

故答案为：rm{(2)}乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化作用；吸水作用；rm{(3)}做此实验时，还需向盛乙酸和乙醇的装置里加入几块碎瓷片，其目的是防止液体暴沸，

故答案为：防止液体暴沸；rm{(4)}导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为：防止倒吸；rm{(5)}乙酸乙酯在碱性条件下的水解，方程式为：

故答案为：rm{(6)}分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为：分液；rm{(7)}rm{垄脵}单位时间里，生成rm{1mol}乙酸乙酯，同时生成rm{1mol}水，都是正反应，不能确定反应达到平衡，故单位时间里，生成rm{垄脵}乙酸乙酯，同时生成rm{1mol}水，都是正反应，不能确定反应达到平衡，故rm{1mol}错误；rm{垄脵}错误；单位时间里，生成rm{垄脵}乙酸乙酯，同时生成rm{垄脷}乙酸，正逆反应速率相等，反应达到平衡，故rm{1mol}正确；rm{1mol}单位时间里，消耗rm{垄脷}乙醇，同时消耗rm{垄脹}乙酸，都是正反应，不能确定反应达到平衡，故rm{1mol}错误；rm{1mol}正反应的速率与逆反应的速率相等，反应达到平衡，故rm{垄脹}正确；rm{垄脺}混合物中各物质的浓度不再变化，反应达到平衡，故rm{垄脺}正确；故答案为：rm{垄脻}

rm{垄脻}【解析】I.rm{d}rm{II}．rm{(1)}rm{(2)}催化作用吸水作用rm{(3)}防止液体暴沸rm{(4)}防止倒吸rm{(5)}rm{(6)}分液rm{(7)}rm{垄脷垄脺垄脻}rm{垄脷垄脺垄脻}三、工业流程题(共8题，共16分)16、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17、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D18、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为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，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%19、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%20、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%21、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)四、解答题(共1题，共4分)22、略

【分析】

（1）碳酸钙与盐酸的反