2025年沪教版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年沪教版高二化学上册月考试卷349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、25℃时，水中存在电离平衡：H2OH++OH-△H>0。下列叙述正确的是A.将水加热，KW增大，pH不变B.向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，KW不变C.向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低D.向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c(OH-)增大2、下列关于垃圾处理的方法不正确的是A.处理常用的方法是卫生填埋、堆肥和焚烧B.将垃圾分类并回收是处理的发展方向C.填埋垃圾不需要治理，只需深埋即可D.焚烧垃圾会产生大量污染空气的物质，故不宜采用此法3、砷是氮族元素，黄砷（As4）是其一种单质，其分子结构与白磷（P4）相似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是（）A.黄砷中共价键键能大于白磷B.黄砷的熔点高于白磷C.黄砷易溶于水D.分子中共价键键角均为109°28′4、根据rm{CH_{2}=CHCH_{2}COOH}的结构，它不可能发生的反应是rm{(}rm{)}A.与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应B.使溴的四氯化碳溶液褪色C.与银氨溶液反应析出银D.与新制氢氧化铜反应5、下列物质中，不属于烃类的是（）A.C6H6B.C2H4C.CH2=CH2D.CH3Cl6、以下变化是熵减小过程的是A.碳酸氢钠受热分解B.氨气与氯化氢气体反应C.C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）D.液态水气化7、将液体Y滴加到盛有固体X的试管中，并在试管口对生成的气体进行检验。下表中固体X、液体Y及检测方法对应关系有错误的是。选项固体X液体Y检测方法ACaO浓氨水蘸有浓盐酸的玻璃棒BCu浓硫酸沾有氯化钡溶液的玻璃片CMnO2双氧水带火星的木条DNaHCO3醋酸溶液沾有澄清石灰水的玻璃片8、已知外电路中，电子由b极流向锌．有关如图所示的装置分析不合理的是（）

A.该装置中Cu极为正极B.当铜极的质量变化为32g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为5.6LC.b极反应的电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2OD.一段时间后锌片一极质量增加9、下列化学用语表达不正确的是（）A.丙烷的球棍模型为B.丙烯的结构简式为CH3CHCH2C.符合通式CnH2n+2的一定是烷烃D.O2、O3属于同素异形体评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、(7分).化合物C是医用功能高分子材料，可由化合物A（C4H8O3）制得，如下图所示，B和D互为同分异构体。试写出下列反应的化学方程式A→B____B→C____试写出下列反应的反应类型A→B____B→C____A→D____11、胃舒平（主要成分为Al(OH)3）能够治疗胃酸过多，反应的化学方程式是_________________________________________。12、在①苯②苯酚③甲苯④氯乙烷⑤乙烯⑥乙醇中；（填编号）

（1）能和金属钠反应放出H2的有______（2）能与NaOH溶液反应的有______

（3）常温下能与溴水反应的有______（4）用于制取TNT的是______

（5）可少量掺在药皂中的是______（6）能使酸性KMnO4溶液褪色的烃有______．13、（12分）已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前36号元素，且原子序数依次增大。A、B、C为同一周期的主族元素，B原子p能级电子总数与s能级电子总数相等。A、F原子未成对电子是同周期中最多的，且F基态原子中电子占据三种不同形状的原子轨道。D和E原子的第一至第四电离能如下表所示：。电离能/kJ·mol－1I1I2I3I4D7381451773310540E5781817274511578⑴A、B、C三种元素的电负性最大的是____（填写元素符号），D、E两元素中D的第一电离能较大的原因是____。⑵F基态原子的核外电子排布式是____；在一定条件下，F原子的核外电子从基态跃迁到激发态产生的光谱属于____光谱（填“吸收”或“发射”）。⑶根据等电子原理，写出AB＋的电子式：____。⑷已知：F3+可形成配位数为6的配合物。组成为FCl3·6H2O的配合物有3种，分别呈紫色、蓝绿色、绿色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等质量的紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为3∶2∶1。则绿色配合物的化学式为____。A．[CrCl(H2O)5]Cl2·H2OB．[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2OC．[Cr(H2O)6]Cl3D．[CrCl3(H2O)3]·3H2O14、已知可逆反应rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

rm{(1)}写出该反应的化学平衡常数表达式：rm{K=}______．

rm{(2)830K}时，若起始时：rm{C(CO)=2mol/L}rm{C(H_{2}O)=3mol/L}平衡时rm{CO}的转化率为rm{60%}水蒸气的转化率为______；rm{K}值为______．

rm{(3)830K}时，若只将起始时rm{C(H_{2}O)}改为rm{6mol/L}则水蒸气的转化率为______．评卷人得分三、工业流程题(共7题，共14分)15、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___。16、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17、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]=____。18、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________%。19、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)。20、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、简答题(共2题，共10分)21、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。rm{A}rm{D}同主族且有两种常见化合物rm{DA}rm{B}rm{C}rm{D}代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。rm{E}rm{A}同主族且有两种常见化合物rm{D}rm{DA}rm{{,!}_{2}}和rm{DA}rm{DA}rm{{,!}_{3}}；工业上电解熔融rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{A}rm{A}除最外层均只有rm{{,!}_{3}}个电子外，其余各层全充满，制取单质rm{C}rm{B}rm{E}除最外层均只有rm{2}个电子外，其余各层全充满，rm{E}位于元素周期表的rm{ds}区。回答下列问题：位于元素周期表的rm{C}区。回答下列问题：rm{B}rm{E}中第一电离能较大的是_____。rm{2}基态rm{E}原子价电子的轨道表达式为________________________。rm{ds}分子的rm{(1)B}模型是____________。rm{C}的氢化物比rm{(2)}的氢化物熔沸点高得多的原因是___________________________________。rm{D}在元素周期表中的位置__________________________________________。rm{(3)DA_{2}}实验测得rm{VSEPR}与氯元素形成化合物的实际组成为rm{(4)A}其球棍模型如图所示。已知rm{D}在加热时易升华，与过量的rm{(5)E}溶液反应可生成rm{(6)}

rm{C}rm{C_{2}Cl_{6}}属于_______________晶体rm{C_{2}Cl_{6}}填晶体类型rm{NaOH}rm{Na[C(OH)_{4}]}原子的杂化轨道类型为____________杂化。rm{垄脵}rm{C_{2}Cl_{6}}中存在的化学键有__________________________。

rm{(}与rm{)}所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

其中rm{C}原子的杂化轨道类型为____________杂化。在该晶胞中，rm{C}的配位数为_______。rm{垄脷}原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子坐标参数rm{[C(OH)_{4}]^{-}}为rm{(7)D}rm{E}为rm{垄脵}rm{E}rm{垄脷}rm{a}为rm{(0,0,0)}rm{b}为rm{(}rm{a}rm{(0,0,0)}为rm{b}rm{(}rm{dfrac{1}{2}}，rm{0}rm{0}则rm{dfrac{1}{2}}原子的坐标参数为__________。rm{)}rm{c}为rm{(}22、rm{25隆忙}时，将rm{0.2mol?L?^{1}}rm{CH_{3}COOH}溶液逐滴滴入rm{25mL}某浓度的rm{NaOH}溶液中；

滴定曲线如图所示．

rm{(1)}若选用酚酞作指示剂；判断滴定终点的方法是______．

rm{(2)}该rm{NaOH}溶液的物质的量浓度为______rm{mol?L?^{1}}．

rm{(3)}图中rm{a}______rm{12.5mL(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”，下同rm{)}

此时溶液中rm{c(Na^{+})}______rm{c(CH_{3}COO^{-}).}

rm{(4)D}点溶液中所有离子浓度的大小顺序为______；写出此时溶液中微粒间含有rm{c(Na^{+})}的一个等式______．评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)23、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__________________________________．24、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__________________________________．25、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。26、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、探究题(共4题，共8分)27、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。28、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。29、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。30、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】试题分析：水中存在电离平衡：H2OH++OH-△H>0，将水加热，KW增大，pH减小，A错误；向水中加入少量NaHSO4固体（完全电离），c(H+)增大，KW不变，B正确；根据平衡移动原理，向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)升高，C错误；向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c(OH-)减小，D错误。考点：考查影响水的电离平衡的因素。【解析】【答案】B2、C【分析】试题分析：填埋垃圾，可能会造成更大隐患；垃圾中污染物可能会进入水体及土壤。答案选C．考点：垃圾分类处理【解析】【答案】C3、B【分析】解：A．原子半径As＞P；键长越大键能越小，则黄砷中共价键键能小于白磷，故A错误；

B．二者形成的晶体都为分子晶体；相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，则黄砷的熔点高于白磷，故B正确；

C．黄砷为非极性分子；水为极性溶剂，根据相似相溶原理，黄砷不易溶于水，故C错误；

D．P4、As4都为正四面体结构；As；P原子位于正四面体的顶点上，分子中共价键键角均为60°，故D错误．

故选B．

As和P位于相同主族；原子半径As＞P，由同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱可知非金属性P＞As，形成的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，以此解答．

本题考查同主族元素的性质的递变规律、物质结构与性质等，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】B4、C【分析】解：rm{A.}该物质中含有羧基；所以和乙醇在浓硫酸作催化剂；加热条件下能发生酯化反应，故A不选；

B.该物质中含有碳碳双键；能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B不选；

C.该物质中不含醛基；不能和银氨溶液发生银镜反应，故C选；

D.该物质中含有羧基；能和新制氢氧化铜发生中和反应，故D不选；

故选C．

该分子中含有碳碳双键和羧基；具有烯烃和羧酸的性质，能发生加成反应；氧化反应、酯化反应、取代反应，据此分析解答．

本题考查有机物结构和性质，为高考高频点，明确物质中官能团及其性质关系即可解答，熟练掌握常见物质官能团，易错选项是rm{D}注意该物质和新制氢氧化铜不能发生氧化反应但能发生中和反应．【解析】rm{C}5、D【分析】解：A．C6H6分子中只含有碳氢元素；属于烃类，故A不选；

B．C2H4分子中只含有碳氢元素；属于烃类，故B不选；

C．CH2=CH2分子中只含有C；H两种元素；属于烃类，故C不选；

D．CH3Cl分子中含有Cl元素；不属于烃类，故D选；

故选：D。

有机物分子中只含有C；H两种元素的化合物属于烃类；可以直接根据有机物分子组成判断是否属于烃类。

本题考查了有机物类型的判断，题目难度不大，试题注重了基础知识的考查，注意掌握常见有机物的组成、分类及具有的性质。【解析】D6、B【分析】熵表示物质的混乱程度，对于同一种物质来讲，气态时熵值最大，固态时最小，所以选项B是熵值减小的反应，其余都是增加的，答案选B。【解析】【答案】B7、B【分析】试题分析：A、浓氨水与氧化钙反应有氨气放出，使蘸有浓盐酸的玻璃棒有白烟生成，正确；B、铜与浓硫酸常温下不反应，所以不会有二氧化硫生成，同时二氧化硫不与氯化钡溶液反应，常温；C、双氧水在二氧化锰作催化剂下分解生成氧气，可使代火星的木条复燃，正确；D、醋酸酸性比碳酸强，所以醋酸与碳酸氢钠溶液反应有二氧化碳气体放出，使沾有澄清石灰水的玻璃片变浑浊，正确，答案选B。考点：考查气体的制取与检验方法的判断【解析】【答案】B8、A【分析】【解答】解：A．该装置中Cu极为电解池的阳极，故A错误；B．正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，由电子守恒可知2Cu～O2，当铜片的质量变化为32g时，n（Cu）=0.5mol，则n（O2）=0.25mol，所以a极上消耗的O2在标准状况下的体积为5.6L；故B正确；

C．电解质为KOH，则b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O；故C正确；

D．Zn为阴极，发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu；所以一段时间后锌片质量增加，故D正确；

故选A．

【分析】外电路中，电子由铜流向a极，则左图中为原电池，负极b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O，正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，以此来解答．9、B【分析】A．丙烷为含有3个碳原子的烷烃，丙烷的球棍模型为故A正确；

B．丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2；故B错误；

C．CnH2n+2中C原子全部成键；为烷烃，故C正确；

D．O2、O3为同种元素构成的不同单质；互为同素异形体，故D正确．

故选B．

A．球棍模型中；用大小不同的小球表示原子，用短棍表示共价键；

B．丙烯的结构简式中没有标出其官能团碳碳双键；

C．CnH2n+2为饱和链烃的通式；

D．O2、O3为同种元素构成的不同单质．

本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重基本概念的理解，题目涉及同素异形体、球棍模型、结构简式的表示方法及判断，题目都能不大，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型的概念及区别．【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【解析】【答案】11、略

【分析】试题分析：氢氧化铝具有两性，能与强酸、强碱反应，胃酸的主要成分是HCl，所以反应的化学方程式为：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O考点：考查氢氧化铝的化学性质。【解析】【答案】Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O12、略

【分析】解：（1）②苯酚、⑥乙醇能与钠反应放出H2；故答案为：②⑥；

（2）②苯酚；④氯乙烷能与NaOH溶液反应；故答案为：②④；

（3）②苯酚；⑤乙烯常温下能与浓溴水反应；故答案为：②⑤；

（4）甲苯能与浓硝酸在浓硫酸的作用下反应生成三硝基甲苯；即TNT；故答案为：③；

（5）少量苯酚可掺在药皂；故答案为：②；

（6）③甲苯、⑤乙烯是能使酸性KMnO4溶液褪色的烃；故答案为：③⑤．

（1）能与钠反应放出H2的有机物有：醇；羧酸、酚等；

（2）能与NaOH溶液反应的有机物有：羧酸；酯、卤代烃、酚；

（3）常温下能与浓溴水反应的有：烯烃；炔烃、酚、醛；

（4）甲苯能与浓硝酸在浓硫酸的作用下反应生成三硝基甲苯；即TNT；

（5）少量苯酚可掺在药皂；

（6）含有碳碳双键或三键的有烃；苯环上含有支链且支链上连接苯环的第一个碳原子上含有氢原子的有机物都能被酸性高锰酸钾氧化；

本题考查有机物的性质，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握，注意知识的总结．【解析】②⑥；②④；②⑤；③；②；③⑤13、略

【分析】【解析】【答案】⑴FD原子外围电子排布为3s2，s轨道全充满，相对稳定⑵1s22s22p63s23p63d54s1吸收⑶⑷B(每空2分，共12分)14、略

【分析】解：rm{(1)K}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则rm{K=dfrac{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}故答案为：rm{K=dfrac{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}

rm{K=dfrac

{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}

开始rm{K=dfrac

{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}rm{(2)CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{2}rm{3}

转化rm{0}rm{0}rm{1.2}rm{1.2}

平衡时rm{1.2}rm{1.2}rm{0.8}rm{1.8}

水蒸气的转化率为rm{=dfrac{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%=dfrac{1.2mol/L}{3mol/L}隆脕100%=40%}

rm{K=dfrac{1.2隆脕1.2}{0.8隆脕1.8}=1}

故答案为：rm{1.2}rm{1.2}

rm{=dfrac

{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%=dfrac

{1.2mol/L}{3mol/L}隆脕100%=40%}设转化的水蒸气为rm{K=dfrac

{1.2隆脕1.2}{0.8隆脕1.8}=1}则。

rm{40%}

开始rm{1}rm{(3)}rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

转化rm{2}rm{6}rm{0}rm{0}

平衡时rm{x}rm{x}rm{x}rm{x}

rm{K=dfrac{x隆脕x}{(2-x)(6-x)}=1}解得rm{2-x}

水蒸气的转化率为rm{dfrac{1.5}{6}隆脕100%=25%}

故答案为：rm{6-x}．

rm{x}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

rm{x}

开始rm{K=dfrac

{x隆脕x}{(2-x)(6-x)}=1}rm{x=1.5mol/L}rm{dfrac

{1.5}{6}隆脕100%=25%}rm{25%}

转化rm{(1)K}rm{(2)CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{2}rm{3}

平衡时rm{0}rm{0}rm{1.2}rm{1.2}

结合转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%}平衡浓度计算rm{1.2}

rm{1.2}设转化的水蒸气为rm{0.8}则。

rm{1.8}

开始rm{1.2}rm{1.2}rm{=dfrac

{{脳陋禄炉碌脛脕驴}}{{驴陋脢录碌脛脕驴}}隆脕100%}rm{K}

转化rm{(3)}rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{2}

平衡时rm{6}rm{0}rm{0}rm{x}

rm{K=dfrac{x隆脕x}{(2-x)(6-x)}}以此来解答．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握rm{x}的意义及rm{x}只与温度有关为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意三段法计算格式的应用，题目难度不大．rm{x}【解析】rm{dfrac{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}rm{dfrac

{c(CO_{2})c(H_{2})}{c(CO)c(H_{2}O)}}rm{40%}rm{1}rm{25%}三、工业流程题(共7题，共14分)15、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16、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.D17、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%18、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%19、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%20、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、简答题(共2题，共10分)21、rm{(1)Mg}

rm{(2)}

rm{(3)}平面三角形

rm{(4)}水分子间存在氢键

rm{(5)}第四周期第rm{IIB}族

rm{(6)垄脵}分子rm{sp^{3}}

rm{垄脷}极性共价键配位键

rm{(7)垄脵4}

rm{垄脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{垄脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2}

)}【分析】【分析】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的电子排布推断元素为解答的关键，侧重分析、推断及计算能力的考查。【解答】A、rm{D}同主族且有两种常见化合物rm{DA}同主族且有两种常见化合物rm{D}rm{DA}rm{{,!}_{2}}和rm{DA}rm{DA}rm{{,!}_{3}}分别为，rm{A}rm{D}分别为rm{O}和rm{S}工业上电解熔融的rm{Al2O3}制取金属铝，rm{C}为rm{Al}和rm{A}工业上电解熔融的rm{D}制取金属铝，rm{O}为rm{S}rm{Al2O3}除最外层均只有rm{C}个电子外，其余各层全充满，rm{Al}为B、rm{E}除最外层均只有rm{2}个电子外，其余各层全充满，rm{B}为rm{Mg}元素。元素。rm{E}位于元素周期表的rm{2}区，则rm{B}为rm{Mg}rm{E}位于元素周期表的rm{ds}区，则rm{E}为rm{Zn}为全充满状态，rm{E}的电离能大于rm{ds}故答案为：rm{E}rm{Zn}原子最外层rm{(1)Mg}为全充满状态，rm{Mg}的电离能大于rm{Al}故答案为：rm{Mg}个电子，rm{(1)Mg}故答案为：rm{Mg}是rm{Al}杂化方式，为平面三角形，故答案为：平面三角形rm{Mg}rm{(2)O}原子最外层rm{6}个电子，沸点rm{(2)O}因为水分子中存在氢键，使沸点升高，故答案为：水分子间存在氢键rm{6}原子价电子的轨道表达式为为rm{(3)SO_{2}}是rm{sp^{2}}杂化方式，为平面三角形区，只有第四周期才出现rm{(3)SO_{2}}区，故E为第四周期第rm{sp^{2}}族，；为rm{(4)}沸点rm{H_{2}O>H_{2}S}因为水分子中存在氢键，使沸点升高，故答案为：第四周期第rm{(4)}族rm{H_{2}O>H_{2}S}；rm{(5)E}为rm{ds}区，只有第四周期才出现rm{ds}区，故E为第四周期第rm{IIB}族，rm{E}为rm{Zn}rm{(5)E}rm{ds}rm{ds}rm{IIB}原子的杂化轨道类型为rm{E}rm{Zn}，故答案为：分子；rm{IIB}；rm{(6)垄脵}rm{(6)垄脵}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{Cl}，故答案为：极性共价键；配位键rm{Cl}rm{{,!}_{6}}属于共价化合物，是分子晶体；rm{C}原子的杂化轨道类型为在rm{C}个晶胞中，rm{sp^{3}}离子的数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}故答案为：杂化rm{sp^{3}}如图所示，；原子坐标为rm{(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}故答案为：rm{(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{垄脷}【解析】rm{(1)Mg}rm{(2)}rm{(3)}平面三角形rm{(4)}水分子间存在氢键rm{(5)}第四周期第rm{IIB}族rm{(6)垄脵}分子rm{sp^{3}}rm{垄脷}极性共价键配位键rm{(7)垄脵4}rm{垄脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{垄脷(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2}

)}22、略

【分析】解：rm{(1)}若选用酚酞作指示剂；判断滴定终点的方法是滴入最后一滴醋酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复；

故答案为：滴入最后一滴醋酸；溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复；

rm{(2)}由图可知，rm{NaOH}溶液的rm{pH=13}则rm{NaOH}溶液的物质的量浓度为rm{0.1mol/L}故答案为：rm{0.1}

rm{(3)}若rm{a=12.5mL}恰好生成醋酸钠，溶液显碱性而rm{a}点rm{pH=7}可知醋酸应过量，即rm{a>12.5mL}溶液显中性，可知rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}由电荷守恒式或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}可知，或rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})}

故答案为：rm{>}rm{=}

rm{(4)}体积相同、浓度为rm{2}倍关系，可知rm{D}点为等量的醋酸、醋酸钠，溶液显酸性，则离子浓度为rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}此时溶液中微粒间含有rm{c(Na^{+})}的一个等式为rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}

故答案为：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-}).}

rm{(1)}酸滴定碱；选用酚酞作指示剂，滴定前溶液为红色；

rm{(2)}由图可知，rm{NaOH}溶液的rm{pH=13}

rm{(3)}若rm{a=12.5mL}恰好生成醋酸钠，溶液显碱性而rm{a}点rm{pH=7}可知醋酸应过量；

rm{(4)D}点为等量的醋酸；醋酸钠；溶液显酸性，结合电荷守恒、物料守恒来解答．

本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握滴定图中物质的量关系、溶质判断、溶液酸碱性为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒及物料守恒的应用，题目难度不大．【解析】滴入最后一滴醋酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复；rm{0.1}rm{>}rm{=}rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{2c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}或rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}