2025年北師大新版高二化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年北師大新版高二化學上冊階段測試試卷114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9題，共18分)1、下列有關(guān)rm{0.10mol?L^{-1}}的rm{NH_{4}Cl}溶液的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}B.rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}C.rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}D.rm{c(NH_{4}^{+})+c(Cl^{-})=0.10mol?L^{-1}}2、rm{x}rm{y}rm{z}三種物質(zhì)的分子組成分別符合烷烴、烯烴、炔烴的通式，若在一定條件下rm{VL}的rm{x}rm{y}rm{z}的混合氣體可與rm{VL}的rm{H_{2}}發(fā)生加成反應，則混合氣體中rm{x}rm{y}rm{z}的體積比可能是rm{(}rm{)}A.rm{1隆脙1隆脙1}B.rm{1隆脙2隆脙3}C.rm{2隆脙4隆脙1}D.rm{3隆脙2隆脙1}3、rm{9.}在密閉容器中進行的反應：rm{N_{2}+3H_{2}}rm{2NH_{3}}下列說法正確的是A.加入催化劑能加快反應速率B.增大壓強能減慢反應速率C.達到平衡時，反應速率：rm{v}rm{(}正rm{)=}rm{v}rm{(}逆rm{)=0}D.達到平衡時，rm{N_{2}}和rm{H_{2}}能rm{100%}轉(zhuǎn)化為rm{NH_{3}}4、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反應放熱)。若在500℃和催化劑的作用下，該反應在容積固定的密閉容器中進行，下列有關(guān)說法不正確的是A.若降低溫度，可以減慢反應速率B.催化劑既能加快化學反應速率，又能提高SO2的轉(zhuǎn)化率C.氧氣足量時，SO2不能完全轉(zhuǎn)化為SO3D.達到平衡時，SO2和SO3的濃度一定相等5、有機物的種類繁多，但其命名是有規(guī)則的。下列有機物命名正確的是6、rm{2.0mol}rm{PCl_{3}}和rm{1.0mol}rm{Cl_{2}}充入體積不變的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生下述反應：rm{PCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)?PCl_{5}(g)}達平衡時，rm{PCl_{5}}為rm{0.40mol}如果此時移走rm{1.0mol}rm{PCl_{3}}和rm{0.50mol}rm{Cl_{2}}在相同溫度下再達平衡時rm{PCl_{5}}的物質(zhì)的量是rm{(}rm{)}A.rm{0.40}rm{mol}B.rm{0.20}rm{mol}C.小于rm{0.20}rm{mol}D.大于rm{0.20}rm{mol}小于rm{0.40}rm{mol}7、美國科學家最近發(fā)明了利用眼淚來檢測糖尿病的裝置，其原理是用氯金酸鈉rm{(NaAuCl_{4})}溶液與眼淚中的葡萄糖反應生成納米金單質(zhì)顆粒rm{(}直徑為rm{20nm隆蘆60nm).}下列有關(guān)說法中錯誤的是rm{(}rm{)}A.檢測時rm{NaAuCl_{4}}發(fā)生氧化反應B.葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO}C.葡萄糖具有還原性D.納米金顆粒分散在水中所得的分散系能產(chǎn)生丁達爾效應8、擬除蟲菊酯是一類高效，低毒，對昆蟲具有強烈觸殺作用的殺蟲劑，其中對光穩(wěn)定的溴氰菊酯的結(jié)構(gòu)簡式如下圖。下列對該化合物敘述不正確的是rm{(}rm{)}

A.屬于芳香化合物B.屬于鹵代烴C.具有酯類化合物的性質(zhì)D.在一定條件下可以發(fā)生加成反應9、rm{ClO_{2}}是一種消毒殺菌效率高、二次污染小的水處理劑rm{.}實驗室可通過以下反應制得rm{ClO_{2}}rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}overset{?}{=}2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O(}方程式中rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}overset{?}{=}

2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O(}為rm{H}價，rm{+1}為rm{O}價rm{-2}下列說法正確的是rm{)}rm{(}A.rm{)}在反應中失電子B.rm{KClO_{3}}是氧化產(chǎn)物C.rm{ClO_{2}}在反應中被氧化D.rm{H_{2}C_{2}O_{4}}參加反應有rm{1molKClO_{3}}電子轉(zhuǎn)移rm{2mol}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、化合物A（C11H8O4）在氫氧化鈉溶液中加熱反應后再酸化可得到化合物B和C?；卮鹣铝袉栴}：⑴B的分子式為C2H4O2，分子中只有一個官能團。則B的結(jié)構(gòu)簡式是________，B與乙醇在濃硫酸催化下加熱反應生成D，該反應的化學方程式是______________________，該反應的類型是________；寫出兩種能發(fā)生銀鏡反應的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式__________________________。⑵C是芳香化合物，相對分子質(zhì)量為180，其碳的質(zhì)量分數(shù)為60.0％，氫的質(zhì)量分數(shù)為4.4％，其余為氧，則C的分子式是_____________。⑶已知C的芳環(huán)上有三個取代基，其中一個取代基無支鏈，且還有能使溴的四氯化碳溶液褪色的官能團及能與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體的官能團，則該取代基上的官能團名稱是____。另外兩個取代基相同，分別位于該取代基的鄰位和對位，則C的結(jié)構(gòu)簡式是____。⑷A的結(jié)構(gòu)簡式是____。11、（7分）A、B、C、D是四種短周期元素，E、F是過渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子結(jié)構(gòu)示意圖為：B是同周期除稀有氣體外半徑最大的元素，C的最外層有三個成單電子，E、F的外圍電子排布式分別為3d54s1，3d64s2，回答下列問題：（1）、A的基態(tài)原子的電子排布式是；（2）、B的最高價氧化物的化學式為，C的最低負化合價為。（3）、用軌道表示式表示D原子核外電子排布；（4）、解釋為什么E的外圍電子排布式為3d`54s1，而不為3d44s2？；（5）、F原子結(jié)構(gòu)示意圖是。12、（6分）在水溶液中橙紅色的Cr2O72－與黃色的CrO42－有下列平衡關(guān)系：Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋，把K2Cr2O7溶于水配成稀溶液,溶液呈橙色。（1）向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈_______色，平衡________。(填“向左移”或“向右移”，下同。)（2）再加入過量稀H2SO4，則溶液呈_______色，平衡________。（3）向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液（已知BaCrO4為黃色沉淀）則平衡_______________，溶液顏色將__________。13、請選擇“增大”；“減小”、“不變”、“大于”、“小于”或“等于”填空：

（1）升高溫度時，水的pH將______．

（2）用水稀釋0.1mol/L氨水時，的比值將______．

（3）pH相同的鹽酸和醋酸，分別用蒸餾水將其稀釋到原來的m倍和n倍，稀釋后兩溶液的pH仍相同，則m______n．

（4）將標準狀況下的2.24LCO2通入150mL1mol/LNaOH溶液中，則c（HCO3-）______c（CO32-）．14、rm{(1)}常溫下，向rm{1L0.1mol隆隴L^{-1}}的的醋酸溶液中加入rm{0.1mol}醋酸鈉固體，則醋酸的電離平衡向______rm{(}填“正”或“逆”rm{)}反應方向移動；溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-})隆隴c(H^{+})/c(CH_{3}COOH)}的值_______rm{c(CH_{3}COO^{-})隆隴c(H^{+})/c

(CH_{3}COOH)}填“增大”、“減小”或“不變”rm{(}rm{)}常溫時，測得rm{(2)}rm{0.1mol隆隴L^{-1}}溶液的rm{Na_{2}A}rm{pH=7}在水溶液中的電離方程式為______________________。rm{壟脵H_{2}A}該溫度下，將rm{壟脷}溶液稀釋rm{0.01mol隆隴L^{-1}H_{2}A}倍后，溶液的rm{20}_______。rm{pH=}體積相等、rm{壟脹}的鹽酸與rm{pH=1}溶液分別與足量的rm{H_{2}A}反應，產(chǎn)生的氫氣______rm{Zn}填序號rm{(}rm{)}、鹽酸多rm{A}rm{B}多rm{H_{2}A}一樣多rm{C}無法確定rm{D}15、實驗室用乙酸和正丁醇制備乙酸正丁酯．有關(guān)物質(zhì)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下表．

。化合物相對分子質(zhì)量密度/g?cm-3沸點/℃溶解度/100g水正丁醇740.80118.09冰醋酸601.045118.1互溶乙酸正丁酯1160.882126.10.7請回答有關(guān)問題．

I乙酸正丁酯粗產(chǎn)品的制備。

在三孔圓底燒瓶中裝入沸石；加入18.5mL正丁醇和15.4mL冰醋酸（稍過量），再加3～4滴濃硫酸．然后安裝分水器（作用：實驗過程中不斷分離除去反應生成的水）；溫度計及回流冷凝管，加熱冷凝回流反應．

（1）本實驗過程中可能產(chǎn)生多種有機副產(chǎn)物，請寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式____．

（2）反應時加熱有利于提高酯的產(chǎn)率，但實驗發(fā)現(xiàn)溫度過高酯的產(chǎn)率反而降低，可能的原因是____．

Ⅱ乙酸正丁酯粗產(chǎn)品的制備。

（1）將圓底燒瓶中的液體轉(zhuǎn)入分液漏斗中，并用飽和Na2CO3溶液洗滌有機層，該步操作的目的是____．

（2）將酯層采用如圖1所示裝置蒸餾．

①圖2中儀器A、B的名稱分別為____．

②蒸餾收集乙酸正丁酯產(chǎn)品時，應將溫度控制在____左右．

Ⅲ計算產(chǎn)率。

稱量制得的乙酸正丁酯的質(zhì)量為13.92g，則乙酸正丁酯的產(chǎn)率為____．

16、（6分）某種工業(yè)廢水中含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它們易被人體吸收積累而導致肝癌。污水處理廠常用還原沉淀法處理含鉻廢水，其流程如下：（1）已知第①步存在平衡：2CrO42—（黃色）+2H+Cr2O72—（橙色）+H2O①Cr2O72-中Cr的化合價是。②若平衡體系的pH=10，則溶液顯色。（2）第②步發(fā)生反應的離子方程式為_______，還原1molCr2O72—離子，需要____mol的FeSO4·7H2O；（3）常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp＝10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH應調(diào)至。17、化合物A經(jīng)李比希法測得其中含C72.0%；H6.67%；其余含有氧；質(zhì)譜法分析得知A的相對分子質(zhì)量為150．現(xiàn)代儀器分析有機化合物的分子結(jié)構(gòu)有以下兩種方法．

方法一：核磁共振儀測出A的核磁共振氫譜有5個峰；其面積之比為1：2：2：2：3．

方法二：利用紅外光譜儀可初步檢測有機化合物中的某些基團；現(xiàn)測得A分子的紅外光譜如圖：

已知：A分子中只含有一個苯環(huán)；且苯環(huán)上只有一個取代基，試填空．

（1）A的分子式為______；

（2）A的結(jié)構(gòu)簡式為______或______（任意寫兩種）

（3）A的芳香類同分異構(gòu)體有多種，其中分子中不含甲基的芳香酸為______．評卷人得分三、工業(yè)流程題(共7題，共14分)18、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。19、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結(jié)晶水未完全失去20、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。21、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈臁⒓徔?、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領(lǐng)域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。22、三氯化鉻是化學合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應管進行反應,繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發(fā)生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

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

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分數(shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。23、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(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關(guān)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(guān)閉K1、K2c．打開K3d．關(guān)閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應為：

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

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分四、簡答題(共1題，共7分)24、化學在解決霧霾污染中有著重要的作用，霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物rm{(}包括rm{PM2.5)}氮氧化物rm{(NO_{x})}rm{CO}rm{SO_{2}}等rm{.}

rm{(1)}已知：rm{NO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?NO_{2}(g)triangleH=-56.5kJ?mol^{-1}}

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6kJ?mol^{-1}}

則反應rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)triangleH=}______rm{NO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?NO_{2}(g)triangleH=-56.5kJ?mol^{-1}}．

一定條件下，將rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H=-196.6kJ?mol^{-1}}與rm{NO_{2}(g)+SO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)triangle

H=}以體積比rm{kJ?mol^{-1}}rm{NO_{2}}置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應；下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的有______．

rm{SO_{2}}混合氣體的平均相對分子質(zhì)量rm{1}混合氣體顏色保持不變。

rm{2}和rm{a.}的體積比保持不變rm{b.}每消耗rm{c.SO_{3}}rm{NO}的同時生成rm{d.}rm{1mol}

rm{SO_{3}}綜合利用．

rm{1mol}用于合成甲醇反應方程式為：rm{NO_{2}}若起始投入rm{(2)CO}rm{壟脵CO}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{1molCO}在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關(guān)系如圖rm{2mol}得知該反應rm{H_{2}}______rm{CO}該反應實際生產(chǎn)條件控制在______rm{1.}rm{triangleH}左右最為適宜．

rm{0}電解rm{隆忙}制備rm{1.3隆脕10^{4}kPa}電解質(zhì)為碳酸鈉溶液，工作原理如圖rm{壟脷}所示；寫出陰極區(qū)電極反應式______．

rm{CO}評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共18分)25、磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反應產(chǎn)生高毒的PH3氣體(熔點為-132℃，還原性強、易自燃)，可用于糧食熏蒸殺蟲。衛(wèi)生安全標準規(guī)定：當糧食中磷化物(以PH3計)的含量低于0.05mg·kg-1時算合格?？捎靡韵路椒y定糧食中殘留的磷化物含量：

（操作流程）安裝吸收裝置→PH3的產(chǎn)生與吸收→轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液→亞硫酸鈉標準溶液滴定。

（實驗裝置）C中盛100g原糧，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol?L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

請回答下列問題：

(1)儀器C的名稱是__________________；

(2)以磷化鈣為例，寫出磷化鈣與水反應的化學方程式____________________；檢查整套裝置氣密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛裝KMnO4溶液的作用是______________________；通入空氣的作用是____________。若沒有B裝置，則實驗中測得PH3含量將____________（填“偏低”；“偏高”或“不變”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所發(fā)生反應的離子方程式為_________________________。

(5)把D中吸收液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用5.0×10-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標準溶液11.00mL，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為______mg?kg-1。26、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實驗室中最常用的試劑之一。實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL；根據(jù)配制溶液的過程，回答問題：

①實驗中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實驗中需用托盤天平（帶砝碼）稱量NaOH固體________g。

（2）Na2O2可作為呼吸面具和潛水艇里氧氣的來源。Na2O2作為供氧劑時可能發(fā)生的反應有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質(zhì)生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經(jīng)部分變質(zhì)，請你設(shè)計實驗，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經(jīng)變質(zhì)：_________________________（說明操作；現(xiàn)象和結(jié)論）。

（4）NaNO2因外觀和食鹽相似；又有咸味，容易使人誤食中毒。

①已知NaNO2能發(fā)生如下反應：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol，參加反應的HI的物質(zhì)的量是________________mol。

②實驗室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液評卷人得分六、綜合題(共2題，共20分)27、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】解：rm{A.}氯化銨為強酸弱堿鹽，水解顯酸性，則rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}故A錯誤；

B.rm{NH_{4}Cl}溶液中銨根離子水解，則rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}故B錯誤；

C.由電荷守恒可知，rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}故C正確；

D.rm{n(Cl)=n(N)}由物料守恒可知rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}.H_{2}O)=0.10mol?L^{-1}}rm{c(NH_{4}^{+})+c(Cl^{-})<0.10mol?L^{-1}}故D錯誤；

故選C．

rm{NH_{4}Cl}溶液中銨根離子水解顯酸性，且水解程度不大，則rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}并結(jié)合電荷守恒；物料守恒來解答．

本題考查離子濃度比較，為高頻考點，把握鹽類水解、電荷守恒、物料守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意鹽的類別及構(gòu)成，題目難度不大．【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】本題考查混合物計算、加成反應等，難度中等，關(guān)鍵是根據(jù)加成反應確定烷烴與炔烴的體積比為rm{1}rm{1}【解答】烷烴不與rm{H_{2}}反應，rm{1mol}烯烴可與rm{1molH_{2}}加成，而rm{1mol}炔烴可與rm{2molH_{2}}加成，由于rm{VL}混合氣體與rm{VL}氫氣發(fā)生加成反應，因此，只要烷烴與炔烴的體積比為rm{1}rm{1}即符合題意，與烯烴的體積無關(guān)，故A正確。

故選A。

【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】解答本題時根據(jù)外界條件對反應速率的影響，認真分析即可?！窘獯稹緼.使用催化劑化學反應速率加快；故A正確；

B.增大壓強反應速率加快；而不是減慢，故B錯誤；

C.化學平衡是動態(tài)平衡，達到平衡時，反應速率：rm{v_{(脮媒)}=v_{(脛忙)}>0}故C錯誤；

D.化學平衡研究的對象是可逆反應；可逆反應不可完全轉(zhuǎn)化，所以氮氣和氫氣不可能完全轉(zhuǎn)化，故D錯誤。

故選A?！窘馕觥縭m{A}4、B|D【分析】試題分析：A選項降低溫度，反應速率減慢，正確。B選項催化劑可以加快反應速率，但不影響平衡，錯誤。C選項因為是可逆反應，有化學反應的限度，正確。D選項平衡時濃度關(guān)系與投料關(guān)系，錯誤?？键c：影響平衡的條件和平衡的限度問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽D5、C【分析】【解析】【答案】C6、C【分析】解：達平衡后移走rm{1.0molPC1_{3}}和rm{0.50molC1_{2}}重新到達的平衡，可以等效為開始加入rm{1.0molPC1_{3}}和rm{0.50molC1_{2}}到達的平衡，與原平衡相比壓強減小，平衡向逆反應移動，反應物的轉(zhuǎn)化率減小，故達新平衡時rm{PC1_{5}}的物質(zhì)的量小于原平衡的rm{dfrac{1}{2}}倍，即達平衡時rm{PC1_{5}}的物質(zhì)的量小于rm{0.4mol隆脕dfrac{1}{2}=0.2mol}

故選C．

達平衡后移走rm{0.4mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.2mol}和rm{1.0molPC1_{3}}重新到達的平衡，可以等效為開始加入rm{0.50molC1_{2}}和rm{1.0molPC1_{3}}到達的平衡，與原平衡相比壓強減小，平衡向逆反應移動，反應物的轉(zhuǎn)化率減小，故平衡時rm{0.50molC1_{2}}的物質(zhì)的量小于原平衡的rm{PC1_{5}}倍rm{dfrac{1}{2}}

本題考查化學平衡的影響因素，化學平衡的建立等，題目難度中等，關(guān)鍵是設(shè)計等效平衡建立的途徑，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵．rm{.}【解析】rm{C}7、A【分析】解：rm{A.}氯金酸鈉變?yōu)榻鸹蟽r降低；發(fā)生還原反應，故A錯誤；

B.葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH_{2}OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO}故B正確；

C.葡萄糖中含有醛基；具有還原性，故C正確；

D.納米金單質(zhì)顆粒直徑為rm{20nm隆蘆60nm}分散在水中所得的分散系為膠體，故D正確．

故選A．

A.化合價降低的反應是還原反應；

B.葡萄糖結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH_{2}OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO}

C.葡萄糖中含有醛基；

D.分散質(zhì)粒子直徑在rm{1nm-100nm}之間的分散系為膠體．

本題考查膠體、葡萄糖的性質(zhì)、氧化還原反應等，側(cè)重于常識性內(nèi)容的考查，難度不大，注意基礎(chǔ)知識的積累．【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】

本題考查了有機物類別的判定，解答本題的關(guān)鍵是掌握芳香族化合物和鹵代烴的概念，能夠判斷有機物所屬類別，能夠找出有機物中含有的官能團，根據(jù)官能團判斷有機物具有的化學性質(zhì)?！窘獯稹?/p>

A.芳香化合物是含有苯環(huán)的化合物，該分子中含有苯環(huán)，屬于芳香化合物，故A正確；B.烴分子中的氫原子被鹵素原子取代后生成的化合物稱為鹵代烴，組成元素為碳、氫和鹵原子，該分子中除了含有碳、氫和鹵原子外，還含有氧、氮兩種元素，不屬于鹵代烴，故B錯誤；C.該分子中含有官能團酯基rm{-COOR}rm{-COOR}，所以具有酯類化合物的性質(zhì)，故C正確D.該分子中含有；碳碳雙鍵和苯環(huán)，在一定條件下可以發(fā)生加成反應，故D正確。

故選B?！窘馕觥縭m{B}9、C【分析】【分析】

本題考查氧化還原反應；側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，明確元素化合價變化是解本題關(guān)鍵，難度不大。

【解答】

根據(jù)反應方程式可知，rm{Cl}元素的化合價由rm{+5}價降低為rm{+4}價，rm{C}元素的化合價由rm{+3}價升高到rm{+4}價；以此來解答。

A.rm{Cl}元素的化合價由rm{+5}價降低為rm{+4}價，則rm{KClO_{3}}在反應中得電子；故A錯誤；

B.該反應中rm{KClO_{3}}是氧化劑，在反應中被還原，rm{ClO_{2}}是還原產(chǎn)物；故B錯誤；

C.該反應中rm{C}元素的化合價由rm{+3}價升高到rm{+4}價，所以rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是還原劑；在反應中被氧化，故C正確；

D.rm{Cl}元素的化合價由rm{+5}價降低為rm{+4}價，rm{1}個氯原子轉(zhuǎn)移rm{1}個電子，所以rm{1molKClO_{3}}參加反應，轉(zhuǎn)移rm{1mol}電子；故D錯誤。

故選：rm{C}

【解析】rm{C}二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題中信息的化合物A屬于酯類物質(zhì)。⑴B為羧酸類物質(zhì)。B的結(jié)構(gòu)簡式是CH3COOH。B與乙醇發(fā)生酯化反應生成D，方程式為CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。反應類型是酯化(取代)反應。能發(fā)生銀鏡反應中含有醛基（-CHO），故同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CHO、HCOOCH3。⑵N(C)=180*60.0％/12=9；N(H)=180*4.4％/1=7.92≈8；N(O)=180*35.6％/16=4.005≈4。故C的分子式為C9H8O4。⑶根據(jù)題意分析官能團名稱是碳碳雙鍵和羧基。⑷根據(jù)以上分析得出A的結(jié)構(gòu)簡式是考點：酯化反應分子式的確定結(jié)構(gòu)簡式的確定【解析】【答案】(共14分)（1）CH3COOH，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，（每空2分）酯化(取代)反應（1分），HOCH2CHO、HCOOCH3（2分）（2）C9H8O4（2分）（3）碳碳雙鍵和羧基（1分）（2分）(4)（2分）11、略

【分析】根據(jù)A原子的結(jié)構(gòu)示意圖可知，A是硅，所以B是鈉，C是P，D是N。E、F的外圍電子排布式分別為3d54s1，3d64s2，所以E是鉻，F(xiàn)是鐵。（1）根據(jù)構(gòu)造原理可知，硅原子的的基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s23p2。（2）鈉的最高價是＋1價，所以最高價氧化物是Na2O。P是第ⅤA元素，所以最低價是－3價。（3）根據(jù)構(gòu)造原理可知，氮原子的軌道表達式為（4）由于軌道中的電子處于全充滿或半充滿是最穩(wěn)定的，體系的能量才是最低的，所以鉻原子的的外圍電子排布式為3d`54s1，而不為3d44s2。（5）原子結(jié)構(gòu)示意圖是表示原子核電荷數(shù)和電子層排布的圖示形式。小圈和圈內(nèi)的數(shù)字表示原子核和核內(nèi)質(zhì)子數(shù)，弧線表示電子層，弧線上的數(shù)字表示該層的電子數(shù)。所以鐵原子的結(jié)構(gòu)示意圖為【解析】【答案】(1)、1s22s22p63s23p2（1分）；(2)、Na2O、-3（各1分），（3）（1分）(4)E的外圍電子呈3d`54s1時,3d、4s軌道上的電子處于半滿狀態(tài),整個體系的能量最低。(2分)（5）（1分）12、略

【分析】向上述溶液中加入NaOH溶液，中和H+平衡向正反應方向移動，黃色的CrO42-變多，溶液呈黃色。（1)中再加入過量稀H2SO4，平衡向逆反應方向移動，溶液呈橙紅色。C(CrO42-)變小平衡向正反應方向移動，溶液顏色變淺，因為濃度變小了。【解析】【答案】（1）黃色、向右移（2）橙紅色、向左移（3）向右移變淺13、略

【分析】解：（1）升溫促進電離；pH減小，故答案為：減??；

（2）加水時電離平衡正向移動，n（OH-）增大，n（NH3?H2O）減小，在同一溶液中體積相同，離子的濃度之比等于物質(zhì)的量之比，則c（OH-）/c（NH3?H2O）增大；故答案為：增大；

（3）因為醋酸是弱酸；加水后反應正向進行，醋酸電離度增加，加水后，氫離子濃度在減小的過程中有增大的趨勢，而鹽酸是強酸在水中完全電離，加水后，氫離子濃度只是在減小，所以要使稀釋后兩溶液pH值相同，就必須使m＜n，故答案為：小于；

（4）150mL1mol/LNaOH溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.15L×1.0mol/L=0.15mol；

2.24LCO2（標準狀況）的物質(zhì)的量為=0.1mol；

令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；根據(jù)鈉離子、碳原子守恒列方程，則：

2x+y=0.15

x+y=0.1；

解得：x=0.05；y=0.05；

即溶質(zhì)為等濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸鈉的水解程度比碳酸氫鈉的大，碳酸鈉水解生成碳酸氫鈉，故c（HCO3-）大于c（CO32-）；故答案為：大于．

（1）水的電離是吸熱過程；

（2）加水時電離平衡正向移動，n（OH-）增大，n（NH3?H2O）減小；

（3）醋酸是弱電解質(zhì)；加水稀釋有利于電離平衡正向移動，而鹽酸是強電解質(zhì)，不存在電離平衡；

（4）令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)鈉離子、碳原子守恒列方程計算x、y的值，再判斷CO32-和HCO3-的物質(zhì)的量濃度．

本題考查水和酸的電離和鹽類的水解，明確離子的物質(zhì)的量的變化與濃度的變化的區(qū)別是解答的關(guān)鍵，并注意稀釋時溶液的體積增大來分析解答，題目難度不大．【解析】減小；增大；小于；大于14、rm{(1)}逆不變

rm{(2)壟脵H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}

rm{(2)壟脵

H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}

rm{壟脷3}rm{壟脹C}【分析】【分析】本題主要考察醋酸的電離平衡，化學平衡的移動，題目難度不大，是基礎(chǔ)題?！窘獯稹縭m{(1)}常溫下，向rm{1L}rm{0.1}rm{mol/L}的醋酸溶液中加入rm{0.1mol}醋酸鈉固體，加入的醋酸鈉能完全電離產(chǎn)生rm{CH_{3}COO^{?}}相當于增加了溶液中rm{CH_{3}COO^{?}}的濃度，則醋酸的電離平衡向逆反應方向移動；醋酸的電離平衡常數(shù)為rm{K_{a}=c}rm{(CH_{3}COO^{-})隆隴c(H^{+})}rm{/}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)}的值就是醋酸的電離平衡常數(shù)的值，只隨溫度的改變而改變，因此值不變，故答案為：逆；不變；rm{(2)壟脵}常溫時，測得rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}A}溶液的rm{pH=7}說明rm{Na_{2}A}不水解，則rm{H_{2}A}為二元強酸，在溶液中完全電離出氫離子和rm{A^{2-}}則電離方程式為rm{H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}故答案為：rm{H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}rm{壟脷}該溫度下，將rm{0.01mol?L^{-1}H_{2}A}溶液中氫離子的濃度為rm{0.02mol?L^{-1}}稀釋rm{20}倍，氫離子濃度為rm{0.0220=0.001mol?L^{-1}}則rm{pH=3}故答案為：rm{3}rm{壟脹}體積相等、rm{pH=1}的鹽酸與rm{H_{2}A}溶液，由于氫離子的濃度相同，所以氫離子的物質(zhì)的量相同，則與rm{Zn}反應生成的氫氣相同，故C正確；故答案為：rm{C}【解析】rm{(1)}逆不變rm{(2)壟脵H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}rm{(2)壟脵

H_{2}A=2H^{+}+A^{2-}}rm{壟脷3}rm{壟脹C}15、略

【分析】

I（1）醇在一定條件下能發(fā)生分子內(nèi)或分子間脫水生成醚或烯烴，所以該條件下，正丁醇能發(fā)生分子間脫水形成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也能形成分子內(nèi)脫水生成正丁烯CH2=CHCH2CH3．

故答案為：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3或CH2=CHCH2CH3；

（2）實驗發(fā)現(xiàn)溫度過高，乙酸正丁酯的產(chǎn)率反而降低，是由于乙酸、正丁醇都易揮發(fā)，使產(chǎn)率降低，或因溫度過高可能發(fā)生副反應使產(chǎn)率降低，如正丁醇在140℃，在濃硫酸催化下發(fā)生分子間脫水形成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；

故答案為：乙酸；正丁醇都易揮發(fā)；溫度過高可能使乙酸、正丁醇大量揮發(fā)使產(chǎn)率降低，溫度過高可能發(fā)生副反應使產(chǎn)率降低；

Ⅱ（1）制備乙酸正丁酯時常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸正丁酯；主要是利用了乙酸正丁酯難溶于飽和碳酸鈉，正丁醇與水混溶，乙酸能被碳酸鈉吸收，易于除去雜質(zhì)；

故答案為：溶解正丁醇；中和乙酸；降低乙酸正丁酯的溶解度；便于分層析出；

（2）①蒸餾燒瓶能將液體變成蒸氣；把蒸汽引出，再經(jīng)過冷凝管，冷凝管是雙層玻璃管，它能使蒸氣，冷卻后就變成純度較高的乙酸正丁酯；

故答案為：蒸餾燒瓶；冷凝管；

②乙酸正丁酯的沸點為126.1℃；所以蒸餾收集乙酸正丁酯產(chǎn)品時，應將溫度控制在126.1℃左右；

故答案為：126.1℃；

Ⅲ．正丁醇的質(zhì)量=0.8g/mL×18.5mL=14.8g；冰醋酸的質(zhì)量=1.045g/mL×15.4mL=16.093g；

先根據(jù)方程式判斷哪種物質(zhì)過量；以不足量的為標準進行計算．

理論上14.8g正丁醇完全反應生成酯的質(zhì)量為xg；需乙酸的質(zhì)量是yg．

乙酸和正丁醇的反應方程式為CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O

60g74g116g18g

yg14.8gxg

所以x=23.2y=12g＜16.093g所以乙酸過量，乙酸正丁酯的產(chǎn)率=×100%=60%．

故答案為：60%．

【解析】【答案】I（1）醇在一定條件下能發(fā)生分子內(nèi)或分子間脫水生成醚或烯烴；

（2）從乙酸；正丁醇的沸點角度考慮；反應時；溫度過高可能發(fā)生副反應使產(chǎn)率降低；

Ⅱ（1）實驗室里用飽和碳酸鈉溶液冷卻乙酸正丁酯的原因：除去乙酸和正丁醇；并降低乙酸正丁酯的溶解度，增大水的密度，使酯浮于水面，容易分層析出，便于分離；

（2）①蒸餾燒瓶常用于分離沸點不同的液體混合物；冷凝管能冷卻蒸汽；

②根據(jù)乙酸正丁酯的沸點解答；

Ⅲ先根據(jù)酸的量計算理論上酯的量；再根據(jù)水的量計算酯的量，實際上酯的量與理論值之比即為酯的產(chǎn)率；

16、略

【分析】（1）①根據(jù)化合價的代數(shù)和為0可知，Cr的化合價是＋（2×7－2）÷2＝＋6價。②pH=10，說明溶液顯堿性，平衡向逆反應方向移動，所以溶液顯黃色。（2）根據(jù)反應物可知，亞鐵離子被氧化生成鐵離子，所以方程式為6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。根據(jù)方程式可知，還原1molCr2O72—離子，需要6mol亞鐵離子。（3）根據(jù)溶度積常數(shù)表達式可知c(OH－)＝所以pH應該調(diào)節(jié)至5?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①+6（1分）②黃（1分）（2）6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O（2分）6（1分）（3）5（1分）17、C9H10O2【分析】解：（1）有機物A中C原子個數(shù)N（C）==9，H原子個數(shù)N（H）==10，O原子個數(shù)N（O）==2；

所以有機物A的分子式為C9H10O2；

故答案為：C9H10O2；

（2）由A分子的紅外光譜知，含有C6H5C-基團，由苯環(huán)上只有一個取代基可知，苯環(huán)上的氫有三種，H原子個數(shù)分別為1個、2個、2個．由A的核磁共振氫譜可知，除苯環(huán)外，還有兩種氫，且兩種氫的個數(shù)分別為2個、3個．由A分子的紅外光譜可知，A分子結(jié)構(gòu)有碳碳單鍵及其它基團，所以符合條件的有機物A結(jié)構(gòu)簡式為：

故答案為：

（3）A的芳香類同分異構(gòu)體有多種，分子中不含甲基的芳香酸為：

故答案為：．

（1）根據(jù)各元素質(zhì)量分數(shù)；結(jié)合相對分子質(zhì)量確定有機物A中C；H、O原子個數(shù)，進而確定有機物A的分子式；

（2）A的核磁共振氫譜有5個峰；說明分子中有5種H原子，其面積之比為對應的各種H原子個數(shù)之比，根據(jù)分子式確定不同H原子數(shù)目，根據(jù)A分子的紅外光譜，確定可能存在的基團，進而確定A的結(jié)構(gòu)簡式；

（3）結(jié)合A的結(jié)構(gòu)簡式書寫符合條件的同分異構(gòu)體．

本題考查有機物分子式的確定、同分異構(gòu)體的書寫等，題目難度中等，根據(jù)譜圖寫出符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為本題易錯點．【解析】C9H10O2三、工業(yè)流程題(共7題，共14分)18、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據(jù)電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關(guān)。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設(shè)制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度。【解析】①.+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度19、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關(guān)閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關(guān)閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質(zhì)量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質(zhì)量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結(jié)晶水的質(zhì)量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質(zhì)的質(zhì)量計入減少的結(jié)晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結(jié)晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D20、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數(shù)偏大，則測定結(jié)果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%21、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質(zhì)，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據(jù)圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產(chǎn)率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結(jié)晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結(jié)晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產(chǎn)物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產(chǎn)物是O2；依據(jù)元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據(jù)電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據(jù)反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點睛：明確實驗目的及反應原理為解答關(guān)鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩(wěn)定性差，易分解；因此向反應前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產(chǎn)品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產(chǎn)量；增加鈉離子濃度，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%22、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質(zhì)；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產(chǎn)生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關(guān)系式計算。據(jù)此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質(zhì)，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質(zhì)或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產(chǎn)生誤差；③設(shè)25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關(guān)系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質(zhì)量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質(zhì)的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質(zhì)量，正確找出關(guān)系式是答題的關(guān)鍵；易錯點是實驗操作流程。【解析】除去其中的可溶性雜質(zhì)(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產(chǎn)生誤差96.1%23、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(jié)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(jié)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(jié)合化學方程式定量關(guān)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(guān)閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關(guān)閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關(guān)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(jié)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(jié)晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)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(jié)合化學方程式定量關(guān)系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應的n[(NH4)2Ce(NO3)6