2025年人教版（2024）高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）高二化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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8題，共16分)1、將1mL0.1mol·L-1的H2SO4溶液加入純水中制成200mL溶液，該溶液中由水自身電離產(chǎn)生的c(H+)最接近于（）A.1×10-3mol·L-1B.1×10-11mol·L-1C.1×10-7mol·L-1D.1×10-13mol·L-12、下列物質屬于強電解質且能導電的是（）

①氯化鈉溶液②氯化銨固體③銅④石墨⑤熔融NaOH⑥稀硫酸⑦乙酸．A.⑤B.①②⑥C.②⑤⑥⑦D.①③④⑤⑥3、下列說法或表示方法正確的是（）A.乙烯的結構簡式CH2CH2B.乙烯的結構簡式CH2CH2C.鹵代烴屬于烴D.可用表示乙炔分子結構4、25℃和101kPa時，乙烷、乙炔和丙烯組成的混合烴32mL，與過量氧氣混合并完全燃燒，除去水蒸氣，恢復到原來的溫度和壓強，氣體總體積縮小了72mL，原混合烴中乙炔的體積分數(shù)為A.12.5%B.25%C.50%D.75%5、強酸和強堿在稀溶液中的中和熱可表示為：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)；△H=-57.3kkJ·mol1，又知在溶液中反應有：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)；△H=-Q1kJ·mol1H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)；△H=-Q2kJ·mol1HCl(aq)+NaOH(aq)==NaCl（aq）+H2O(l)；△H=-Q3kJ·mol1，則Q1、Q2、Q3的關系正確的是A.Q1=Q2=Q3B.Q2>Q3>Q1C.Q2>Q1>Q3D.Q2=Q3>Q16、下列溶液一定呈酸性的是（）A.pH=6.8的溶液B.常溫下，由水電離的OH﹣離子濃度為1×10﹣13mol/LC.加入酚酞，不顯紅色的溶液D.常溫下，溶液中的H+離子濃度為5×10﹣7mol/L7、下列對相應有機物的描述完全正確的是rm{壟脵}甲烷：天然氣的主要成分，能發(fā)生取代反應；rm{壟脷}乙烯：衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志，可以發(fā)生加成反應；rm{壟脹}苯：平面結構，每個分子中含有rm{3}個碳碳雙鍵；rm{壟脺}油脂：屬于高分子化合物，可以發(fā)生水解反應；rm{壟脻}淀粉、纖維素：同屬于糖類物質，且互為同分異構體；rm{壟脼}蛋白質：遇濃硝酸顯黃色，水解的最終產(chǎn)物為氨基酸A.rm{壟脵壟脷壟脹}B.rm{壟脷壟脺壟脼}C.rm{壟脵壟脻壟脼}D.rm{壟脵壟脷壟脼}8、已知rm{C-C}鍵可以繞鍵軸自由旋轉，結構簡式如下的烴，下列說法中正確的是rm{(}rm{)}

A.分子中至少有rm{8}個碳原子處于同一平面上B.分子中至少有rm{9}個碳原子處于同一平面上C.該烴的一氯取代物最多有rm{8}種D.分子中至少有rm{6}個碳原子處于同一直線上評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、（8分）I.已知在25℃時，HF、HCN和H2CO3的的電離平衡常數(shù)如表所示：（1）寫出碳酸的第一級電離平衡常數(shù)表達式：K1=。（2）①往Na2CO3溶液中加入足量HF溶液，發(fā)生反應的離子方程式：②往NaCN溶液中通入少量CO2，發(fā)生反應的離子方程式：II.用電解法制取金屬鎂時，需要無水氯化鎂。在干燥的HCl氣流中加熱MgCl2·6H2O時，能得到無水MgCl2，其原因是。10、（17分）圖Ⅰ是化學實驗室中常用制備、干燥氣體的部分儀器裝置。某學校同學利用中學常用試劑及儀器設計下列實驗。（1）圖Ⅰ中儀器B的名稱：_______________________。（2）①同學甲利用圖Ⅰ裝置制備并收集干燥的NO2氣體，請在方框內畫出用集氣瓶收集NO2的裝置圖（含尾氣處理裝置）。②B中發(fā)生反應的離子方程式為________________。（3）同學乙利用圖Ⅰ裝置通過稱量反應前后C的質量，確定Na2CO3和NaCl固體混合物中Na2CO3的質量。A中加入稀硫酸，B中加入Na2CO3和NaCl固體混合物，C中加入堿石灰。該裝置存在較多缺陷，從而導致實驗誤差較大，請你說出其中的兩點缺陷：①______________________________________________________________________；②______________________________________________________________________。（4）同學丙利用圖Ⅰ裝置制取氨氣和氧氣的混合氣體，并且利用圖Ⅱ裝置驗證氨的某些性質。A中加入濃氨水，C中加入堿石灰，E內放置催化劑(鉑石棉)，按氣流方向a→b→c→h連接各儀器。①B內需加入固體試劑的名稱為____________________，B中能產(chǎn)生氨氣和氧氣混合氣體的原因是_______________________________________________________________。②實驗中觀察到E內有紅棕色氣體出現(xiàn)，證明氨氣具有_________性，E中發(fā)生反應的兩個化學方程式為：____________________________和____________________。11、（8分，每空格2分）常溫下，0.1m01／L的下列溶液：①HCl、②CH3COOH、③CH3COONa、④NaOH、⑤FeCl3、⑥NaCl。（1）pH由小到大排列順序為（填序號）；（2）實驗室配制⑤的溶液時常需加入少量鹽酸，否則得到的是渾濁的溶液，產(chǎn)生渾濁的原因是（用離子方程式表示）（3）物質的量濃度相同的①氨水②氯化銨③碳酸氫銨④硫酸氫銨⑤硫酸銨在上述五種溶液中，銨根離子物質的量濃度由大到小的順序是（4）已知拆開1molH—H鍵，1molN—H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、39lkJ、946kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為12、（6分）A、B、C、D是四種有機物，它們的分子中含有兩個碳原子，其中A和B是烴。在標準狀況下，A對氫氣的相對密度是13，B與HCl反應生成C，C與D混合后加入NaOH并加熱，可生成B。（1）寫出A、B、C、D的結構簡式。A、____B、C、____D、（2）寫出有關化學方程式：、。13、已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反應的平衡常數(shù)和溫度的關系如下：。溫度/℃70080083010001200平衡常數(shù)1．71．11．00．60．4回答下列問題：（1）該反應的平衡常數(shù)表達式K=，△H0（填“<”“>”“=”)；（2）830℃時，向一個5L的密閉容器中充入0．20mol的A和0．80mol的B，若反應初始6s內A的平均反應速率v(A)=0．003mol·L-1·s-1。，則6s時c(A)=mol·L-1，C的物質的量=mol；若經(jīng)一段時間后，反應達到平衡，則此時A的轉化率=，如果這時向該密閉容器中再充入1mol氬氣，平衡時A的轉化率（填“變大”或“變小”或“不變”）；（3）判斷該反應達到平衡的依據(jù)為（填正確選項前的字母)：A．壓強不隨時間改變B．氣體的密度不隨時間改變C．c(A)不隨時間改變D．單位時間里生成C和D的物質的量相等（4）1200℃時反應C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常數(shù)的值為。14、如圖所示，rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同rm{(}假設通電前后溶液體積不變rm{)}rm{A}rm{B}為外接直流電源的兩極。將直流電源接通后，rm{F}極附近呈紅色。請回答：

rm{(1)B}極是電源的______，一段時間后，甲中溶液顏色______，丁中rm{X}極附近的顏色逐漸變淺，rm{Y}極附近的顏色逐漸變深，這表明___________，在電場作用下向rm{Y}極移動。

rm{(2)}現(xiàn)用丙裝置給銅件鍍銀，則rm{H}應該是______rm{(}填“鍍層金屬”或“鍍件”rm{)}電鍍液是______溶液。通電后，甲中溶液的rm{p}rm{H}______rm{(}填“變大”、“變小”或“不變”rm{)}當乙中產(chǎn)生氫氣的體積為rm{560mL}時rm{(}標況rm{)}丙中鍍件上析出銀的質量為______。

rm{(3)}若甲、乙裝置中的rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}電極均只有一種單質生成時；對應單質的物質的量之比為______。

rm{(4)}若將rm{C}電極換為鐵，其他裝置都不變，則甲中發(fā)生總反應的離子方程式是____。

rm{(5)}將rm{0.2}rm{mol}rm{A}rm{g}rm{NO_{3}}rm{0.4}rm{mol}rm{C}rm{u}rm{(NO_{3})_{2}}rm{0.6}rm{mol}rm{KC}rm{l}配制成rm{100}毫升的混合液，若電解一段時間后在一極析出rm{19.2}rm{g}rm{C}rm{u}，在另一極產(chǎn)生的氣體在標況下的體積為______rm{L}評卷人得分三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)15、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的質量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備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___。16、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中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(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中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為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。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去17、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)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉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，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。18、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?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。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“結晶”時加入NaCl的目的是______________。

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

(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________%。19、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,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量分數(shù)為____(結果保留一位小數(shù))。20、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃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℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

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

(4)實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應為：

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

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

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

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分四、簡答題(共1題，共10分)21、非索非那定rm{(E)}可用于減輕季節(jié)性過敏鼻炎引起的癥狀。其合成路線如下rm{(}其中rm{R-}為rm{)}

rm{(1)E}中的含氧官能團名稱為__________和__________。

rm{(2)X}的分子式為rm{C_{14}H_{l5}ON}則rm{X}的結構簡式為__________。

rm{(3)B隆煤C}的反應類型為___________________。

rm{(4)}一定條件下，rm{A}可轉化為rm{F(}rm{)}寫出同時滿足下列條件的rm{F}的一種同分異構體的結構簡式：________。

rm{壟脵}能與rm{FeCl}能與rm{壟脵}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}能使溴水褪色；溶液發(fā)生顯色反應；rm{壟脷}能使溴水褪色；rm{壟脹}有rm{3}種不同化學環(huán)境的氫有rm{壟脷}種不同化學環(huán)境的氫

rm{壟脹}

rm{3}已知：化合物rm{(5)}是制備非索非那定的一種中間體。請以為原料制備rm{G(}寫出相應的合成路線流程圖rm{)}無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干rm{G}rm{(}評卷人得分五、解答題(共2題，共12分)22、把煤作為燃料可通過下列兩種途徑：

途徑I：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1＜0①

途徑II：先制成水煤氣：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＞0②

再燃燒水煤氣：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＜0③

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H4＜0④

請回答下列問題：

（1）途徑I放出的熱量______（填“大于”“等于”或“小于”）途徑II放出的熱量．

（2）△H1、△H2、△H3、△H4的數(shù)學關系式是______．

（3）12g炭粉在氧氣中不完全燃燒生成一氧化碳；放出110.35kJ熱量．其熱化學方程式為______．

23、近年來，乳酸CH3CH（OH）COOH成為人們的研究熱點之一．乳酸可以用化學方法合成；也可以由淀粉通過生物發(fā)酵法制備．乳酸有許多用途，其中利用乳酸聚合而合成的高分子材料，具有很好的生物兼容性，它無論在哺乳動物體內或自然環(huán)境中，最終都能夠降解成二氧化碳和水．請完成下列有關問題：

（1）乳酸在發(fā)生下列變化時所用的試劑①______；②______；

CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）COONaCH3CH（ONa）COONa

（2）乳酸可以跟精制的鐵粉反應制備一種補鐵的藥物，反應的化學方程式為2CH3CH（OH）COOH+Fe→[CH3CH（OH）COO]2Fe+H2↑

該反應中氧化劑是______；還原產(chǎn)物是______．

（3）由乳酸可以制取請寫出設計合成實驗時所涉及的有機反應類型：______．

（4）若碳原子以單鍵與四個不同的原子或原子團相結合，則稱該碳原子為“手性碳原子”，含有手性碳原子的分子稱為“手性分子”，手性分子往往具有一定生物活性．乳酸分子是手性分子，乳酸[③CH3②CH（OH）①COOH]的手性碳原子是______號碳原子．

評卷人得分六、計算題(共2題，共12分)24、有機物A和B都含C：40%，H：6.7%，O：53.3%。在標準狀況下，A的密度為1.34×10-3g／mL，易溶于水，水溶液能發(fā)生銀鏡反應。B的蒸汽對H2的相對密度是30，其水溶液顯酸性。通過計算，寫出A、B的結構簡式。25、（7分）現(xiàn)有22gMg、Al、Zn、Fe多種活潑金屬粉末的混合物與200mL含有一定質量的20%硫酸溶液恰好完全反應，得到無水鹽70g，求（要求寫出計算過程）（1）硫酸溶液的質量？（2）生成的氣體體積（標準狀況）？（3）硫酸物質的量濃度？參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】硫酸是強酸，抑制水的電離。溶液中氫離子濃度是所以根據(jù)水的離子積常數(shù)可知，溶液中OH－濃度是1×10-11mol·L-1，則溶液中由水自身電離產(chǎn)生的c(H+)也是1×10-11mol·L-1，答案選B。【解析】【答案】B2、A【分析】解：①氯化鈉溶液能導電；但氯化鈉溶液是混合物，故①錯誤；

②氯化銨固體是強電解質；但氯化銨固體沒有自由移動的離子不導電，故②錯誤；

③銅能導電；但銅是單質，既不是電解質也不是非電解質，故③錯誤；

④石墨能導電；但石墨是單質，既不是電解質也不是非電解質，故④錯誤；

⑤熔融的氫氧化鈉是化合物；能完全電離出自由移動的鈉離子和氫氧根離子，能導電，屬于強電解質，故⑤正確；

⑥稀硫酸屬于混合物；能導電，稀硫酸既不是電解質也不是非電解質，故⑥錯誤；

⑦乙酸屬于弱電解質；故⑦錯誤；

故選A．

強電解質是在水溶液中能完全電離的電解質；能導電的物質必須有電子或自由移動的離子，據(jù)此判斷．

本題重點考查了強電解質概念的辨析，解題時緊抓住是否完全電離及能否導電，題目難度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】解：A．乙烯分子中含有1個碳碳雙鍵，其正確的結構簡式為CH2=CH2；故A錯誤；

B．名稱應為乙酸乙酯；油脂、坩堝；故B錯誤；

C．鹵代烴含有鹵素原子；不是烴類，故C錯誤；

D．乙炔的分子結構模型為可用表示乙炔分子結構；故D正確；

故選：D。

A．乙烯的結構簡式漏掉了碳碳雙鍵；

B．根據(jù)物質的名稱書寫；注意酯類化合物為酯，油脂為油和脂肪，坩鍋應為坩堝；

C．烴僅含碳和氫兩種元素；

D．乙炔是直線型分子。

本題考查常用化學用語，題目難度不大，注意掌握結構簡式結構式、化學名詞、物質的分類、分子結構等化學用語的書寫原則，試題培養(yǎng)了學生規(guī)范答題的能力?！窘馕觥緿4、B【分析】考查有機物燃燒的有關計算。根據(jù)燃燒通式可知CnHm＋（n＋m/4）O2＝nCO2＋m/2H2O△V1n＋m/4nm/21－m/43272即1︰（1－m/4）＝32︰72解得m＝5因為乙烷和丙烯中碳原子數(shù)都是6個，而乙炔是2個，所以乙炔和另外兩種氣體的體積之比是1︰3，因此乙炔的體積分數(shù)為25％，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、D【分析】試題分析：醋酸是弱電解質，電離需要吸收熱量，所以Q1<57.3，硫酸、鹽酸、氫氧化鈉都是強電解質，生成1mol水放出的熱量都是57.3kJ，所以Q2=Q3=57.3，則有Q2=Q3>Q1，答案選D?？键c：考查對中和熱的理解應用，熱量的比較【解析】【答案】D6、D【分析】【解答】解：溶液呈酸性，說明溶液中c（H+）＞c（OH﹣）；A．水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，導致溶液中氫離子濃度增大，溶液的pH減小，則pH=6.8的溶液不一定呈酸性，可能呈中性或堿性，故A錯誤；

B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，常溫下，由水電離的OH﹣離子濃度為1×10﹣13mol/L＜1×10﹣7mol/L；說明水的電離受到抑制，溶液中的溶質可能是酸或堿，所以溶液不一定呈酸性，故B錯誤；

C．酚酞變色范圍為8﹣10；則加入酚酞，不顯紅色的溶液可能呈中性或酸性；弱堿性，故C錯誤；

D．常溫下，溶液中的H+離子濃度為5×10﹣7mol/L；則溶液的pH＜7，溶液呈酸性，故D正確；

故選D．

【分析】溶液呈酸性，說明溶液中c（H+）＞c（OH﹣）；

A．pH=6.8的溶液不一定呈酸性；可能呈中性或堿性；

B．酸或堿抑制水電離；含有弱離子的鹽促進水電離；

C．酚酞變色范圍為8﹣10；

D．常溫下，溶液中的H+離子濃度為5×10﹣7mol/L，則溶液的pH＜7．7、D【分析】【分析】本題考查有機物結構、性質，知道取代反應和加成反應區(qū)別，知道淀粉檢驗方法，注意苯中存在的化學鍵不是碳碳雙鍵和碳碳單鍵，題目難度不大?！窘獯稹縭m{壟脵}甲烷：天然氣的主要成分，光照條件下能和氯氣發(fā)生取代反應生成氯代烴和rm{HCl}故正確；

rm{壟脷}乙烯：一個國家石油化工發(fā)展水平的標志，含有碳碳雙鍵而能發(fā)生加成反應，能和rm{HCl}rm{H_{2}O}等在一定條件下發(fā)生加成反應；故正確；

rm{壟脹}苯：平面結構；分子中不含碳碳雙鍵或碳碳單鍵，存在介于單鍵和雙鍵之間的特殊鍵，苯能發(fā)生加成反應和取代反應，故錯誤；

rm{壟脺}油脂：相等分子質量較小而屬于小分子化合物；因為含有酯基，所以能發(fā)生水解反應，水解反應生成高級脂肪酸或高級脂肪酸鹽和甘油，故錯誤；

rm{壟脻}淀粉和纖維素聚合度不同；不是同分異構體，故錯誤；

rm{壟脼}蛋白質：遇濃硝酸顯黃色而發(fā)生顏色反應，因為含有肽鍵而能發(fā)生水解反應，水解的最終產(chǎn)物為氨基酸，故正確；正確的為rm{壟脵壟脷壟脼}選項D符合題意。選項D符合題意。

故選D。

rm{壟脵壟脷壟脼}【解析】rm{D}8、B【分析】解：苯環(huán)為平面結構，與苯環(huán)直接相連的碳原子可在同一個平面上，另一苯環(huán)的碳原子對角線也可與苯環(huán)在同一個平面上，則至少有rm{9}個碳原子在同一個平面上；

每個苯環(huán)上rm{4}個rm{H}各不相同，取代苯環(huán)上的rm{H}有rm{4}種異構體，再加上甲基被取代，則該烴的一氯取代物最多有rm{5}種；

含有兩個苯環(huán)，處于對角線的碳原子可能在一條直線上，則分子中有rm{4}個碳原子可能處于同一直線上．

故選B．

有機物結構對稱，苯環(huán)上有rm{4}種等效氫原子；苯環(huán)為平面結構，與苯環(huán)直接相連的碳原子可在同一個平面上，以此解答該題．

本題考查有機物的結構和性質，側重于有機物知識的綜合考查，注意把握有機物的結構特點以及同分異構體的判斷，為該題的難點，也是易錯點，題目難度不大．【解析】rm{B}二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】試題分析：（1）碳酸是二元弱酸，分別電離，碳酸的第一級電離平衡常數(shù)表達式：（2）①由于酸性HF>H2CO3，所以往Na2CO3溶液中加入足量HF溶液，發(fā)生反應的離子方程式2HF+CO32-=2F-+H2O+CO2↑；②由于酸性：H2CO3>HCN>HCO3-,往NaCN溶液中通入少量CO2，發(fā)生反應的離子方程式是CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-；II.用電解法制取金屬鎂時，需要無水氯化鎂。在干燥的HCl氣流中加熱MgCl2·6H2O時，能得到無水MgCl2，其原因是在干燥的HCl氣流中，抑制了MgCl2的水解，且?guī)ё吡薓gCl2·6H2O受熱產(chǎn)生的水蒸氣，從而得到無水MgCl2。考點：考查弱酸的電離平衡常數(shù)的應用、離子方程式的書寫及鹽的水解對物質制取條件的影響的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚㊣.（1）（2分）（2）①2HF+CO32-=2F-+H2O+CO2↑（2分）②CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-（2分）II.在干燥的HCl氣流中，抑制了MgCl2的水解，且?guī)ё吡薓gCl2·6H2O受熱產(chǎn)生的水蒸氣。（2分）10、略

【分析】【解析】【答案】（17分）（1）圓底燒瓶（1分）（2）（2分）Cu+4H＋+2NO3－＝Cu2＋+2NO2↑+2H2O（2分）（3）沒有吸收圓底燒瓶中水蒸氣的裝置（或答CO2中混有的水蒸氣也會被C吸收）；干燥管與空氣相通，空氣中的CO2和水蒸氣也會被吸收；反應結束后，裝置內殘留的CO2不能完全排除；等等。（答案合理均給分）（每空2分，共4分）（4）①過氧化鈉（2分）過氧化鈉與濃氨水中的H2O反應生成氫氧化鈉和氧氣，同時放出大量熱，溫度升高使氨的溶解度減小而逸出；氫氧化鈉電離出的OH－增大了氨水中OH－濃度，促使氨水電離平衡左移，導致氨氣放出。（2分）②還原性（2分）4NH3+5O2=====4NO+6H2O________2NO2（2分11、略

【分析】（1）鹽酸是強酸，醋酸是弱酸，醋酸鈉水解顯堿性，氫氧化鈉是強堿，氯化鐵水解顯酸性，氯化鈉不水解顯中性，所以pH由小到大排列順序為①②⑤⑥③④。（2）氯化鐵水解生成氫氧化鐵，因而會產(chǎn)生混濁，方程式為Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋。（3）氨水是弱堿，銨根離子濃度最小。磷酸氫銨電離出的氫離子能一種NH4＋的水解，碳酸氫銨中的HCO3－水解顯堿性，促進NH4＋的水解，銨根離子物質的量濃度由大到小的順序是⑤>④>②>③>①。（4）反應熱就是斷鍵吸收的能量和形成化學鍵所放出的能量的差值，因此生成2mol氨氣的反應熱是436kJ／mol×3+946kJ／mol－391kJ／mol×3×2＝－92.0kJ／mol，所以熱化學方程式為N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＝－92.0kJ／mol?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①②⑤⑥③④（2）Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋（3）⑤>④>②>③>①（4）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＝－92.0kJ／mol（3分）12、略

【分析】【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】試題分析：（1）可逆反應達到平衡狀態(tài)時各生成物濃度的冪指數(shù)的乘積與各反應物濃度冪指數(shù)的乘積的比。該反應的化學平衡常數(shù)K=因為升高溫度，化學平衡常數(shù)減小，說明升高溫度，化學平衡逆向移動。根據(jù)平衡移動原理：升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動。逆反應方向為吸熱反應。所以該反應的正反應為放熱反應。所以△H<0．（2）v(A)=0．003mol·L-1·s-1，△c(A)=v(A)×△t=0．003mol·L-1·s-1×6s=0．018mol/L則6s時c(A)=（0．20mol÷5L)－0．018mol/L=0．022mol/L．C的物質的量0．018mol/L×5L=0．09mol。因為在830℃時化學平衡常數(shù)K=1．0．假設在反應的過程中A消耗的物質的量為x則達到平衡時各物質的物質的量分別是A：(0．20-x)mol;B:（0．80-x)mol;C:xmol;D:xmol．由于各物質的方程式前邊的系數(shù)都為1，所以達到平衡時的物質的量的比等于濃度的比。X2÷[(0．20-x)×(0．80-x)]=1．0．解得x=0．16．所以A的轉化率為(0．16÷0．20)×100%=80%。如果這時向該密閉容器中再充入1mol氬氣，因為容器的容積不變。A的濃度不變，所以平衡不發(fā)生移動。故平衡時A的轉化率也不變。（3）A．因為該反應是個反應前后氣體體積相等的可逆反應，所以無論反應是否達到平衡，容器內氣體的壓強都不會發(fā)生改變。錯誤。B．由于在反應前后氣體的體積不變，反應遵循質量守恒定律，質量也不變，因此任何時刻，無論反應是否達到平衡，氣體的密度都不改變。錯誤。C．若反應未達到平衡，則c(A)就會發(fā)生改變?，F(xiàn)在c(A)不隨時間改變，說明反應達到了平衡狀態(tài)。正確。D．在方程式中，C和D都是生成物，系數(shù)相同，所以在任何時間段內單位時間里生成C和D的物質的量總是相等，因此不能以此為標準判斷反應是否達到平衡狀態(tài)。錯誤。故正確的選項為C。（4）在1200℃時A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常數(shù)反應C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常數(shù)的值為可見K1、K2互為倒數(shù)。因為此時K1=0．4，所以K2=1÷0．4=2．5?？键c：考查化學平衡常數(shù)的表達式、反應熱與化學平衡狀態(tài)的判斷、化學反應速率、物質的轉化率及可逆反應的正反應與逆反應的化學平衡常數(shù)的關系及計算的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）K=<（2）0．0220．0980%不變（3）C（4）2．514、（1）負極變淺氫氧化鐵膠粒帶正電

（2）鍍件AgNO3變小5.4g

（3）1:2:2:2

（4）

（5）5.6【分析】【分析】本題旨在考查離子方程式的書寫、電解池的工作原理、電化學綜合計算的應用，熟練掌握電解池的工作原理是解題的關鍵?！窘獯稹緾、rm{D}rm{E}rm{F}rm{X}rm{Y}都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同rm{(}假設通電前后溶液體積不變rm{)}rm{A}rm{B}為外接直流電源的兩極，將直流電源接通后，rm{F}極附近呈紅色，rm{F}電極附近氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，則rm{F}為陰極，所以rm{C}rm{E}rm{G}rm{X}為陽極，rm{D}rm{F}rm{H}rm{Y}為陰極，rm{A}為正極、rm{B}為負極，rm{C}電極上氫氧根離子放電、rm{D}電極上銅離子放電、rm{E}電極上氯離子放電、rm{F}電極上氫離子放電。

rm{(1)}通過以上分析知，rm{B}為原電池負極，甲中rm{C}電極上氫氧根離子放電生成氧氣、rm{D}電極上銅離子放電，生成銅，銅離子濃度減小，故顏色變淺，丁中rm{X}極附近的顏色逐漸變淺，rm{Y}極附近的顏色逐漸變深，這表明氫氧化鐵膠體粒子帶正電荷；故答案為：負極；變淺；氫氧化鐵膠體粒子帶正電；

rm{(2)}用丙裝置給銅件鍍銀，rm{H}為陰極，則rm{H}應該是鍍件，電鍍液是rm{AgNO_{3}}液；乙中電池反應式為：rm{2NaCl+2{H}_{2}O;overset{碌莽陸芒}{=}2NaOH+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}當乙中溶液的rm{2NaCl+2{H}_{2}O;

overset{碌莽陸芒}{=}2NaOH+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}是rm{pH}時rm{13}此時乙溶液體積為rm{(}生成rm{500mL)}根據(jù)氫氧化鈉和轉移電子之間的關系知，轉移電子的物質的量rm{=dfrac{0.05mol}{2};隆脕2=0.05mol}根據(jù)串聯(lián)電路中轉移電子相等，則丙中鍍件上析出銀的質量rm{=dfrac{0.05mol}{1};隆脕108g/mol=5.4g}甲中電池反應為：rm{2CuS{O}_{4}+2{H}_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}{O}_{2}隆眉+2Cu+2{H}_{2}S{O}_{4}}則甲中溶液的rm{n(NaOH)=0.1mol/L隆脕0.5L=0.05mol}變?。还蚀鸢笧椋哄兗?；rm{=dfrac{0.05mol}{2};隆脕2=0.05mol

}變小；rm{=dfrac{0.05mol}{1};隆脕108g/mol=5.4g

}rm{2CuS{O}_{4}+2{H}_{2}O

overset{碌莽陸芒}{=}{O}_{2}隆眉+2Cu+2{H}_{2}S{O}_{4}}rm{pH}rm{AgNO_{3}}rm{5.4}rm{g}電極反應分別為：rm{(3)C}rm{D}rm{E}rm{F}電極反應分別為：rm{4OH-4e}rm{(3)C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{4OH-4e}rm{{,!}^{-}}rm{=O}rm{=O}rm{2}rm{2}rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Cu}rm{O}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{+2e}rm{+2e}rm{{,!}^{-}}rm{=Cu}rm{2Cl}rm{=Cu}rm{2Cl}rm{{,!}^{-}}當轉移電子相等時，假設轉移電子為rm{-2e}則生成氧氣、rm{-2e}氯氣、氫氣的物質的量之比rm{{,!}^{-}}rm{=Cl}rm{=Cl}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{2H}rm{隆眉}rm{2H}rm{{,!}^{+}}rm{+2e}電極換為鐵，其他裝置都不變，陽極上鐵失電子發(fā)生氧化反應、陰極上銅離子放電生成rm{+2e}電池反應為：rm{Fe+C{u}^{2+}overset{碌莽陸芒}{=}Cu+F{e}^{2+}}故答案為：rm{Fe+C{u}^{2+}overset{碌莽陸芒}{=}Cu+F{e}^{2+}}rm{{,!}^{-}}和rm{=H}反應生成rm{=H}沉淀，電解時溶液中不存在rm{2}反應后溶液中存在rm{2}rm{隆眉}當轉移電子相等時，假設轉移電子為rm{4mol}則生成氧氣、rm{Cu}氯氣、氫氣的物質的量之比rm{=1mol:2mol:2mol:2mol=1:}若在一極析出rm{隆眉}陰極得到電子為：rm{4mol}陽極首先發(fā)生：rm{Cu}rm{=1mol:2mol:2mol:2mol=1:}，然后發(fā)生rm{2:}rm{2:}rm{2:}則rm{2:}生成rm{2}失去rm{2}電子，在反應中故答案為：rm{1:}rm{1:}rm{2:}轉移rm{2:}電子，生成rm{2:}則氣體的體積為rm{2:}rm{2}rm{2}rm{(4)}【解析】rm{(1)}負極變淺氫氧化鐵膠粒帶正電負極變淺氫氧化鐵膠粒帶正電

rm{(1)}鍍件rm{(2)}鍍件rm{AgNO_{3;;}}變小rm{5.4g}變小rm{(2)}

rm{AgNO_{3;;}}

rm{(4)Fe+C{u}^{2+}overset{碌莽陸芒}{=}Cu+F{e}^{2+}}

rm{5.4g}rm{(3)1:2:2:2}三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)15、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?。慌c鐵離子的水解有關。

【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；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為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?！窘馕觥竣?+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16、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，然后關閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結晶水的質量=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)物質的質量計入減少的結晶水中；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；結晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D。【解析】①.B②.C③.B④.D17、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，故凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉化為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，而滴定結束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數(shù)偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(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+轉化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%18、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，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溶液又是結晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質是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%19、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；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系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關系式計算。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，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質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25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關系式計算：

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量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質的制備，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量，正確找出關系式是答題的關鍵；易錯點是實驗操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(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%20、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+；結合化學方程式定量關系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號