2025年外研銜接版高二化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年外研銜接版高二化學下冊階段測試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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、電解稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，最初一段時間陰極和陽極上分別析出的物質分別是（）A.H2和Cl2B.Cu和Cl2C.H2和O2D.Cu和O22、下列有關工業(yè)生產的敘述不正確的是（）A.用海水淡化后的濃縮海水作原料提取溴B.在太陽能資源相對充足的沿海地區(qū)建造海水淡化廠C.利用“海水→氯化鈉→金屬鈉→氫氧化鈉”的工藝流程生產燒堿D.利用“海水→氫氧化鎂→氯化鎂→金屬鎂”的工藝流程生產金屬鎂3、下列有關實驗的敘述正確的是rm{(}rm{)}

A.可用堿式滴定管量取rm{12.85mL}的rm{KMnO_{4}}溶液B.實驗室蒸餾石油可用如圖甲所示實驗裝置C.取用金屬鈉或鉀時，沒用完的鈉或鉀要放回原瓶D.配制rm{500mL}rm{0.4mol?L^{-1}NaCl}溶液，必要的儀器如圖乙所示4、下列物質不屬于配合物的是（）A.K3[Fe（CN）6]B.MgCl2C.[Cu（H2O）4]SO4?H2OD.[Ag（NH3）2]OH5、氯堿工業(yè)是以電解飽和食鹽水為基礎的工業(yè)rm{.}飽和食鹽水是以含rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Fe^{3+}}等雜質離子的粗鹽水精制，需要使用的藥品包括：rm{壟脵}稀鹽酸rm{壟脷}燒堿溶液rm{壟脹}碳酸鈉溶液rm{壟脺}氯化鋇溶液rm{.}下列有關說法不正確的是rm{(}rm{)}A.加入燒堿溶液主要是除去rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{3+}}B.藥品加入的先后順序可以是rm{壟脷壟脹壟脺壟脵}C.加入稀鹽酸主要是除去所加過量物質中的rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}D.加入碳酸鈉溶液主要是除去rm{Ca^{2+}}及所加過量物質中的rm{Ba^{2+}}評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、（1）已知某有機物的結構簡式為：該有機物中所含官能團的名稱是_______________________________，寫出該有機物屬于酮的同分異構體（用結構簡式表示）（2）已知某高分子化合物的結構簡式為：寫出合成該高分子化合物的單體（用結構簡式表示）7、在密閉容器里，通入xmolH2（g）和ymolI2（g），發(fā)生反應H2（g）+I2（g）?2HI（g）△H＜0．改變下列條件，反應速率將如何改變？（填“增大”“減小”或“不變”）①升高溫度____；②加入催化劑____；③充入更多的H2____；④擴大容器的體積____；⑤容器容積不變，通入氖氣____．8、鐵；鈷（Co）、鎳（Ni）是同族元素；都是較活潑的金屬，它們的化合物在工業(yè)上有重要的應用．

（1）Fe2（SO4）3和明礬一樣也具有凈水作用，其凈水的原理是______．（用離子方程式表示）．

（2）已知某溶液中，Co2+、Ni2+的濃度分別為0.6mol/L和1.2mol/L，取一定量的該溶液，向其中滴加NaOH溶液，當Co（OH）2開始沉淀時，溶液中的值等于______．（已知Ksp=6.0×10-15，Ksp=2.0×10-15）

（3）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效、多功能水處理劑，且不會造成二次污染．已知高鐵酸鹽熱穩(wěn)定性差，工業(yè)上用濕法制備K2FeO4的流程如圖1所示：反應③加入濃KOH溶液可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），這說明______．某溫度下，將Cl2通入NaOH溶液中，反應后得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，經測定ClO-與ClO3-離子的物質的量之比是1：2，則Cl2與氫氧化鈉反應時，被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質的量之比為______．

（4）工業(yè)上還可用通過電解濃NaOH溶液制備Na2FeO4，其工作原理如圖2所示：陽極的電極反應式為______

9、在rm{CrCl_{3}}的水溶液中，一定條件下存在組成為rm{[CrCl_{n}(H_{2}O)_{6-n}]^{x+}}rm{(n}和rm{x}均為正整數(shù)rm{)}的配離子，將其通過氫離子交換樹脂rm{(R-H)}可發(fā)生離子交換反應：rm{[CrCl_{n}(H_{2}O)_{6-n}]^{x+}+xR-H隆煤R_{x}[CrCl_{n}(H_{2}O)_{6-n}]+xH^{+}}交換出來的rm{H^{+}}經中和滴定，即可求出rm{x}和rm{n}確定配離子的組成rm{.}現(xiàn)將含rm{0.0015mol[CrCl_{n}(H_{2}O)_{6-n}]^{x+}}的溶液，與rm{R-H}完全交換后，中和生成的rm{H^{+}}需濃度為rm{0.1200mol?L-^{1}NaOH}溶液rm{25.00mL}可知該配離子的化學式為______，中心離子的配位數(shù)為______．10、高鐵電池是一種新型可充電電池，與普通高能電池相比，該電池長時間保持穩(wěn)定的放電電壓。高鐵電池的總反應為3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn（OH）2＋2Fe（OH）3＋4KOH，按要求回答下列問題：（1）放電時，_______（填物質化學式，下同）作負極，充電時，____________作陰極。（2）放電時正極附近溶液的堿性__________（填“增強”或“減弱”）（3）充電時，每轉移3mol電子，被氧化物質的物質的量為____________。11、（1）pH＝3的醋酸和pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈____性(填“酸”“中”“堿”)，溶液中c(Na+)c(CH3COO-)(填><=)；（2）將mmol/L的醋酸和nmol/L的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液的pH＝7，m與n的大小關系是m____n(填><=)。12、（6分）下列材料后回答問題一個體重50kg的健康人,體內約含有2g鐵,這2g鐵在人體內不是以單質的形式存在,而是以Fe2+和Fe3+的形式存在.正二價鐵離子易被吸收,給貧血者補充鐵時,應給予含F(xiàn)e2+的亞鐵鹽,如硫酸亞鐵.服用維生素C,可使食物中的Fe3+還原成Fe2+,有利于人體吸收.（1）在人體中進行Fe2+Fe3+的轉化時，①中的Fe2+作劑，②中的Fe3+作劑；（2）“服用維生素C,可使食物中的Fe3+還原成Fe2+”這句話指出,維生素C在這一反應中具有性，人體缺少鐵元素可能會患，（3）市場出售的某種麥片中含有微量的顆粒細小的還原鐵粉,這些鐵粉在人體胃酸(主要成分時鹽酸)的作用下轉化成亞鐵鹽.離子方程式為_____。13、現(xiàn)有10種物質：a甲烷，b．乙酸c．4019Xd．金剛石e．甲酸甲酯f．石墨g．1939Xh．硬脂酸i．乙醇j．乙醛。

（1）互為同系物的是（填序號、下同）______．

（2）互為同分異構體的是______．

（3）互為同位素的是______．14、寫出下列官能團的名稱：

。

-C═C-─OH─CHO─COOH評卷人得分三、工業(yè)流程題(共7題，共14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-。回答下列問題：

（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。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)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(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反應溫度對產品產率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產品達到優(yōu)等品且產率超過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3題，共18分)21、高鐵電池是一種新型可充電電池；與普通電池相比，該電池能較長時間保持穩(wěn)定的放電電壓．高鐵電池的總反應為：

3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．請回答下列問題：

（1）高鐵電池的負極材料是______．

（2）放電時，正極發(fā)生______（填“氧化”或“還原”）反應；已知負極反應為Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，則正極反應為______．

（3）放電時，______（填“正”或“負”）極附近溶液的堿性增強．22、亞硝酸鈉rm{(NaNO_{2})}是一種常見的食品添加劑，使用時必須嚴格控制其用量rm{.}某興趣小組擬制備rm{NaNO_{2}}并測定產品純度．

I；【查閱資料】

rm{壟脵2NO+Na_{2}O_{2}=2NaNO_{2}}rm{2NO_{2}+Na_{2}O_{2}=2NaNO_{3}}．

rm{壟脷NO}能被酸性高錳酸鉀氧化成rm{NO_{2}}．

rm{壟脹}酸性條件下rm{MnO_{4}^{-}}被還原為rm{Mn^{2+}}．

Ⅱ；【制備產品】

用如圖裝置rm{NaNO_{2}(}夾持和加熱裝置已省略rm{)}．

rm{(1)}裝置rm{A}燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為______．

rm{(2)B}裝置的作用是______．

rm{(3)}有同學認為裝置rm{C}中產物不僅有亞硝酸鈉，還有碳酸鈉和氫氧化鈉，為排除干擾應在rm{B}rm{C}裝置間增加裝置rm{E}rm{E}中盛放的試劑可能是______rm{.(}填字母編號rm{)}

A.濃rm{H_{2}SO_{4}}rm{B.}堿石灰rm{C.}無水rm{CaCl_{2}}rm{D.}生石灰。

Ⅲ；【測定純度】．

設計如下方案測定產品的純度．

樣品rm{xrightarrow[{虜脵脳梅}]{{脪祿脧碌脕脨}}}溶液rm{Axrightarrow[{脣謾錄脴脠脺脪潞}]{壟脵{脣謾脨脭賂脽脙脤}}}溶液rm{Bxrightarrow[{鹵錨脳錄脠脺脪潞碌脦露簍}]{壟脷(NH_{4})_{2}FeSO_{4}}}數(shù)據(jù)處理。

rm{

xrightarrow[{虜脵脳梅}]{{脪祿脧碌脕脨}}}取樣品rm{A

xrightarrow[{脣謾錄脴脠脺脪潞}]{壟脵{脣謾脨脭賂脽脙脤}}}經一系列操作后得到溶液rm{B

xrightarrow[{鹵錨脳錄脠脺脪潞碌脦露簍}]{壟脷(NH_{4})_{2}FeSO_{4}}}rm{(4)}準確量取rm{2.3g}rm{A}與rm{100mL}rm{10.00mL}的酸性rm{A}溶液在錐形瓶中充分反應rm{24.00mL}反應后溶液用rm{0.05mol/L}rm{KMnO_{4}}標準溶液滴定至紫色剛好褪去；重復上述實驗rm{.}次，平均消耗rm{0.1000}溶液rm{mol/L(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}則樣品中rm{2}的純度為______．rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}23、A、rm{B}rm{C}rm{D}四種元素，其中rm{A}元素和rm{B}元素的原子都有rm{1}個未成對電子，rm{A^{+}}比rm{B^{-}}少一個電子層，rm{B}原子得一個電子后rm{3p}軌道全滿；rm{C}原子的rm{p}軌道中有rm{3}個未成對電子，其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氫化物中最大；rm{D}的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為rm{4}其最高價氧化物中含rm{D}的質量分數(shù)為rm{40攏樓}且其核內質子數(shù)等于中子數(shù)。rm{R}是由rm{A}rm{D}兩元素形成的離子化合物，其中rm{A}與rm{D}離子數(shù)之比為rm{2隆脙1}請回答下列問題：

rm{(1)A}單質、rm{B}單質、化合物rm{R}的熔點大小順序為下列的___________rm{(}填序號rm{)}單質、rm{(1)A}單質、化合物rm{B}的熔點大小順序為下列的___________rm{R}填序號rm{(}

rm{)}單質rm{壟脵A}單質rm{>B}單質rm{>R}rm{壟脷R>A}單質rm{>B}單質；單質rm{壟脵A}rm{>B}單質rm{>R}單質；

rm{壟脷R>A}rm{>B}單質單質；rm{壟脹B}單質rm{>R>A}單質；rm{壟脺A}單質rm{>R>B}單質。單質rm{壟脹B}單質。

rm{>R>A}rm{壟脺A}rm{>R>B}

rm{(2)CB}rm{(2)CB}寫出rm{{,!}_{3}}原子的價電子軌道表示圖___________，分子其固體時的晶體類型為___________。的氫化物比的氫化物在水中溶解度大得多的可能原因___________。

rm{(3)}寫出rm{D}原子的價電子軌道表示圖___________，rm{(3)}下圖是rm{D}和rm{C}的氫化物比rm{D}的氫化物在水中溶解度大得多的可能原因___________。形成的晶體rm{C}rm{D}晶胞rm{(4)}下圖是rm{D}和rm{Fe}形成的晶體rm{FeD}rm{(4)}rm{D}rm{Fe}rm{FeD}rm{{,!}_{2}}最小單元rm{"}晶胞rm{"}rm{FeD}rm{"}rm{"}rm{FeD}評卷人得分五、綜合題(共2題，共10分)24、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；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．25、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；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5題，共10分)1、B【分析】考查電解產物的判斷。惰性電極電解時，陽極是溶液中的陰離子失去電子，陰極是溶液中的陽離子得到電子。根據(jù)離子額放電順序可知，最初陰極是銅離子得到電子生成銅，陽極是氯離子失去電子，生成氯氣，所以答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、C【分析】【解答】解：A、從海水中提取溴，一般是向濃縮后的海水中通入Cl2；再鼓入熱空氣或水蒸汽將溴分離出來，用海水淡化后的濃縮海水作原料提取溴，故A正確；

B；太陽能資源相對充足的沿海地區(qū)；利用太陽能對海水淡化，減少能源損耗，增加經濟效益，故B正確；

C；經濟效益可知；工業(yè)上是電解飽和食鹽水制備，不是得到金屬鈉再和水反應生成，金屬鈉和水反應劇烈不易工業(yè)生產，故C錯誤；

D；海水加入氫氧化鈣沉淀生成氫氧化鎂；過濾得到沉淀用鹽酸溶解，得到氯化鎂溶液，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶得到氯化鎂晶體，失水后電解熔融氯化鎂得到金屬鎂，所以利用“海水→氫氧化鎂→氯化鎂→金屬鎂”的工藝流程，可以生產金屬鎂，故D正確；

故選C．

【分析】A、從海水中提取溴，一般是向濃縮后的海水中通入Cl2，再鼓入熱空氣或水蒸汽將溴分離出來；B、太陽能資源相對充足的沿海地區(qū)，利用太陽能對海水淡化；C、經濟效益可知，工業(yè)上是電解飽和食鹽水制備；D、海水加入氫氧化鈣沉淀生成氫氧化鎂，過濾得到沉淀用鹽酸溶解，得到氯化鎂溶液，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶得到氯化鎂晶體，失水后電解熔融氯化鎂得到金屬鎂；3、C【分析】解：rm{A.}堿式滴定管只能量取堿性溶液；酸性溶液用酸式滴定管量取，酸性高錳酸鉀溶液只能用酸式滴定管量取，故A錯誤；

B.蒸餾石油時；溫度計測量蒸氣溫度，所以溫度計水銀球位于蒸餾燒瓶支管口處，故B錯誤；

C.金屬鈉或鉀能與空氣中的水或氧氣反應；剩余的藥品要放回原瓶不存在安全隱患，故C正確；

D.配制rm{500mL}rm{0.4mol?L^{-1}NaCl}溶液需要用到的儀器有量筒；燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；故D錯誤；

故選C．

A.堿式滴定管只能量取堿性溶液；酸性溶液用酸式滴定管量?。?/p>

B.蒸餾石油時；溫度計測量蒸氣溫度；

C.取用金屬鈉或鉀時；沒用完的鈉或鉀要放回原瓶，不能隨便丟棄；

D.根據(jù)儀器的作用選取儀器．

本題考查了實驗方案評價，明確實驗基本操作原理即可解答，知道常見儀器的用途、實驗室安全規(guī)則等知識點，易錯選項是rm{C}很多剩余化學藥品不能放回原瓶，但rm{K}rm{Na}除外．【解析】rm{C}4、B【分析】解：A．K3[Fe（CN）6]中，鐵離子提供空軌道、CN-提供孤電子對而形成配位鍵；所以該物質屬于配合物，故A不選；

B．MgCl2屬于一般化合物，為氯離子和鎂離子構成的離子化合物，不含配體，所以MgCl2不屬于配合物；故B選；

C．[Cu（H2O）4]SO4?H2O中；銅離子提供空軌道；水分子中氧原子提供孤電子對而形成配位鍵，所以該物質屬于配合物，故C不選；

D．[Ag（NH3）2]OH中，銀離子提供空軌道、NH3中氮原子提供孤電子對而形成配位鍵；所以該物質屬于配合物，故D不選；

故選B．

配合物也叫絡合物；為一類具有特征化學結構的化合物，由中心原子或離子（統(tǒng)稱中心原子）和圍繞它的稱為配位體（簡稱配體）的分子或離子，完全或部分由配位鍵結合形成，配合物中中心原子提供空軌道，配體提供孤電子對．

本題考查配合物的成鍵情況，分析時從物質的化學式和結構入手，題目難度中等，明確配合物的形成條件是解本題關鍵，把握相關概念，明確“只有有提供空軌道原子和提供孤電子對的原子”才能形成配位鍵．【解析】【答案】B5、B【分析】解：飽和食鹽水含rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Fe^{3+}}等雜質離子，應先加入過量rm{BaCl_{2}}除去rm{SO_{4}^{2-}}然后加過量rm{Na_{2}CO_{3}}可除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{3+}}等，過濾后加入鹽酸可除去rm{Na_{2}CO_{3}}．

A、加入燒堿溶液主要是除去rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{3+}}故A正確；

B、藥品加入的先后順序可以是rm{壟脷壟脺壟脹壟脵}除鋇離子要放在除碳酸根離子前，故B錯誤；

C、加入稀鹽酸主要是除去所加過量物質中的rm{OH^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}放在最后，故C正確；

D、加入碳酸鈉溶液主要是除去rm{Ca^{2+}}及所加過量物質中的rm{Ba^{2+}}故D正確．

故選B．

飽和食鹽水含rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Fe^{3+}}等雜質離子，應先加入過量rm{BaCl_{2}}除去rm{SO_{4}^{2-}}然后加過量rm{Na_{2}CO_{3}}可除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{3+}}等，過濾后加入鹽酸可除去rm{Na_{2}CO_{3}}除鋇離子要放在除碳酸根離子前，據(jù)此回答．

本題考查了原電池和電解池原理的綜合應用，涉及飽和食鹽水的精制、電解方程式、電極方程式等知識，要求學生具有分析和解決問題的能力，題目難度中等．【解析】rm{B}二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【解析】【答案】（1）碳碳雙鍵（1分）羥基（1分）CH3CH2CH2COCH3（1分）CH3CH2COCH2CH3（1分）(CH3)2CHCOCH3（1分）（2）（2分）CH2=CH---CH=CH2（2分）7、增大|增大|增大|減小|不變【分析】【解答】解：①升高溫度，反應速率增大，故答案為：增大；②加入催化劑，反應速率增大，故答案為：增大；③再充入H2，反應物濃度增大，化學反應速率增大，故答案為：增大；④將容器容積擴大，相當于減小壓強，則反應速率減小，故答案為：減?。虎萑萜魅莘e不變，通入氖氣，反應體系中各物質的濃度不變，則反應速率不變，故答案為：不變．【分析】根據(jù)增大濃度、增大壓強、使用催化劑，反應速率加快，反之反應速率減慢來解答，注意反應體系中各物質的濃度不變，則反應速率不變．8、略

【分析】解：（1）三價鐵離子水解產生氫氧化鐵膠體，離子方程式為：Fe3++3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3H+；膠體表面積大，吸附能力強，達到凈水目的；

故答案為：Fe3++3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3H+；

（2）Ksp[Co（OH）2]=6.0×10-15，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10-15；對于同種類型的沉淀，Ksp越小，越難溶；

則在滴加氫氧化鈉溶液的過程中，二價鎳離子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni（OH）2↓；

當Co2+開始沉淀時，溶液中存在兩個溶解平衡：CO（OH）2?CO2++2OH-，Ni（OH）2?Ni2++2OH-；

根據(jù)Ksp[Co（OH）2]計算出此時溶液中c（OH-），c（OH-）===10-7mol/L；

則溶液中剩下的鎳離子濃度c（Ni2+）===0.2mol/L，溶液中==3；

故答案為：3；

（3）加入濃KOH溶液可析出高鐵酸鉀（K2FeO4）；說明該溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度??；

Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程；化合價分別由0價升高為+1價和+5價；

經測定ClO-和ClO3-物質的量之比為1：2；

則可設ClO-為1mol，ClO3-為2mol；被氧化的氯元素的物質的量為：1mol+2mol=3mol；

根據(jù)化合價變化可知；反應中失去電子的總物質的量為：1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol；

氧化還原反應中得失電子數(shù)目一定相等；則該反應中失去電子的物質的量也是11mol；

Cl2生成KCl是被還原的過程；化合價由0價降低為-1價；

則被還原的Cl的物質的量為：=11mol；

所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質的量之比為11mol：3mol=11：3；

故答案為：該溫度下；高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度??；11：3；

（4）陽極是鐵，故陽極上鐵放電生成FeO42-，由于是堿性環(huán)境，故電極方程式為：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；

在電解時，水電離的H+在陰極放電：2H++2e-=H2↑，c（OH-）增大，Na+通過陽離子交換膜進入陰極區(qū)；使陰極區(qū)c（NaOH）增大，故NaOH可以循環(huán)使用；

故答案為：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．

（1）三價鐵離子水解產生氫氧化鐵膠體；膠體表面積大，吸附能力強，達到凈水目的；

（2）（2）Ksp[Co（OH）2]=6.0×10-15，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10-15，對于同種類型的沉淀，Ksp越小，越難溶，則在滴加氫氧化鈉溶液的過程中，二價鎳離子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni（OH）2↓，當Co2+開始沉淀時，溶液中存在兩個溶解平衡：Co（OH）2?CO2++2OH-，Ni（OH）2?Ni2++2OH-，根據(jù)Ksp[Co（OH）2]計算出此時溶液中c（OH-），則可計算出此時溶液中剩下的鎳離子濃度，最終得出溶液中的值；

（3）加入濃KOH溶液可析出高鐵酸鉀（K2FeO4）；說明該溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度?。?/p>

Cl2生成ClO-、ClO3-化合價升高，是被氧化的過程，而Cl2生成NaCl是化合價降低被還原的過程，氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，據(jù)ClO-與ClO3-的物質的量濃度之比可計算出失去電子的總物質的量；進而可計算得到電子的總物質的量；再根據(jù)氯元素被還原生成KCl的化合價變化為1計算出被還原的氯元素的物質的量，最后計算出被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質的量之比；

（4）依據(jù)陽極是鐵，故陽極上鐵放電生成FeO42-結合堿性環(huán)境來寫出電極方程式；根據(jù)OH-在陽極被消耗；而在陰極會生成來分析．

本題考查了三價鐵離子與Na2FeO4的凈水原理，涉及難溶電解質的計算、氧化還原反應方程的書寫、計算、電極反應的書寫，綜合性強，有一定難度，Na2FeO4的凈水是?？键c，應注意歸納總結．【解析】Fe3++3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3H+；3；該溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小；11：3；Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O9、略

【分析】解：中和生成的rm{H^{+}}需濃度為rm{0.1200mol/L}氫氧化鈉溶液rm{25.00mL}由rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}可以得出rm{H^{+}}的物質的量為rm{0.12mol/L隆脕25.00隆脕10^{-3}L=0.003mol}

所以rm{x=dfrac{0.003mol}{0.0015mol}=2}則rm{x=dfrac

{0.003mol}{0.0015mol}=2}中rm{[CrCl_{n}(H_{2}O)_{6-n}]^{2+}}的化合價為rm{Cr}價，則有rm{+3}解得rm{3-n=2}即該配離子的化學式為rm{n=1}配離子中rm{[CrCl(H_{2}O)_{5}]^{2+}}原子和水分子數(shù)目即是中心離子的配位數(shù)，配位數(shù)為rm{Cl}

故答案為：rm{6}rm{[CrCl(H_{2}O)_{5}]^{2+}}．

中和發(fā)生反應：rm{6}由中和生成的rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}需要的rm{H^{+}}溶液，可得出rm{NaOH}物質的量，進而計算出rm{H^{+}}rm{x}中rm{[CrCl_{n}(H_{2}O)_{6-n}]^{x+}}的化合價為rm{Cr}價，化合價代數(shù)和等于離子所帶電荷，據(jù)此計算rm{+3}的值；進而確定該配離子化學式．

本題考查配離子和配位數(shù)、以及方程式有關計算，難度不大，注意利用方程式及化合價與離子電荷關系即可解答．rm{n}【解析】rm{[CrCl(H_{2}O)_{5}]^{2+}}rm{6}10、略

【分析】試題分析：（1）放電相當于是原電池，原電池中負極失去電子，發(fā)生氧化反應，正極得到電子，發(fā)生還原反應。根據(jù)方程式可知，放電時鋅失去電子，被氧化，所以鋅是負極；充電可以看做是放電的逆反應，即正極與電源的正極相連，做陽極。負極與電源的負極相連，做陰極。由于放電時鋅是負極，被氧化生成另外氫氧化鋅，所以充電時氫氧化鋅是陰極。（2）放電時高鐵酸鉀在正極得到電子，被還原為氫氧化鐵，同時還有氫氧化鉀生成，所以放電時正極附近溶液的堿性增強。（3）根據(jù)充電時的總反應式可知，充電時氫氧化鐵被氧化生成了高鐵酸鉀。反應中鐵元素的化合價從＋3價升高到＋6價，失去3個電子，所以充電時，每轉移3mol電子，被氧化物質的物質的量為1mol?？键c：考查原電池、電解池的應該判斷、由于與計算【解析】【答案】（1）Zn；Zn（OH）2（2）增強（3）1mol11、略

【分析】【解析】【答案】（1）酸性，＜；（2）＞12、略

【分析】試題分析：⑴在人體中進行Fe2+Fe3+的轉化時，①中的Fe2+由反應前的+2價變?yōu)榉磻蟮?3價，化合價升高，失去電子作還原劑，②中的Fe3+由反應前的+3價變?yōu)榉磻蟮?2價，化合價降低，得到電子作氧化劑；（2）“服用維生素C,可使食物中的Fe3+還原成Fe2+”這句話指出,維生素C在這一反應中失去電子具有還原性；人體缺少鐵元素可能會患缺鐵性貧血；（3）市場出售的某種麥片中含有微量的顆粒細小的還原鐵粉,這些鐵粉在人體胃酸(主要成分時鹽酸)的作用下轉化成亞鐵鹽.離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑?？键c：考查Fe元素在人體中的存在形式、維生素C在人體鐵元素的轉化中的作用的知識。【解析】【答案】⑴在人體中進行Fe2+Fe3+的轉化時，①中的Fe2+作還原亮劑，②中的Fe3+作氧化劑；（2）“服用維生素C,可使食物中的Fe3+還原成Fe2+”這句話指出,維生素C在這一反應中具有還原性，人體缺少鐵元素可能會患缺鐵性貧血，（3）市場出售的某種麥片中含有微量的顆粒細小的還原鐵粉,這些鐵粉在人體胃酸(主要成分時鹽酸)的作用下轉化成亞鐵鹽.離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑；13、略

【分析】解：（1）互為同系物的有機物必須具有相似的結構，不同的分子式，滿足該條件的為：b．乙酸和h．硬脂酸；

故答案為：ah；

（2）互為同分異構體的化合物必須具有相同的分子式、不同的結構，滿足該條件的為：b．乙酸和e．甲酸甲酯；

故答案為：be；

（3）同種元素的不同核素互為同位素，研究對象為原子，滿足該條件的為：c．4019X和g．1939X；

故答案為：cg．

具有相同質子數(shù)；不同中子數(shù)（或不同質量數(shù)）同一元素的不同核素互為同位素；

有機化合物中具有同一通式；組成上相差一個或多個某種原子團、在結構與性質上相似的化合物系列；

具有相同分子式而結構不同的化合物互為同分異構體；

同素異形體是同種元素形成的不同單質；根據(jù)以上概念進行解答．

本題考查了同位素、同分異構體、同系物的判斷，題目難度不大，注意掌握“五同”（同系物、同分異構體、同位素、同素異形體和同種物質）的概念及區(qū)別，試題培養(yǎng)了學生靈活應用所學知識的能力．【解析】ah；be；cg14、解：由結構簡式可知，-C═C-為碳碳雙鍵，─OH為羥基，─CHO為醛基，─COOH為羧基，故答案為：碳碳雙鍵、羥基、醛基、羧基。【分析】

常見有機物官能團有碳碳雙鍵；羥基、醛基、羧基、酯基、碳碳雙鍵等；結合官能團的結構簡式判斷，以此解答該題。

本題考查有機物的官能團與結構，為高頻考點，側重考查學生的分析能力以及雙基的掌握，題目難度不大，注意把握結構簡式的書寫以及名稱的判斷?！窘馕觥拷猓河山Y構簡式可知，-C═C-為碳碳雙鍵，─OH為羥基，─CHO為醛基，─COOH為羧基，故答案為：碳碳雙鍵、羥基、醛基、羧基。三、工業(yè)流程題(共7題，共14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??；與鐵離子的水解有關。

【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?！窘馕觥竣?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，產品達到優(yōu)等品且產率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產率均降低，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，然后干燥得到產品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產量；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)。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的方法是重結晶；使混合在一起的雜質彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結晶；

(4)①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：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]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==產品純度為故答案為：

②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，該實驗還需要補充平行實驗(重復滴定2~3次)。故答案為：補充平行實驗(重復滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)重結晶補充平行實驗(重復滴定2~3次)四、簡答題(共3題，共18分)21、略

【分析】解：（1）電池的負極上發(fā)生氧化反應；正極上發(fā)生還原反應．由高鐵電池放電時總反應方程式可知，負極材料應為作還原劑的Zn，故答案為：鋅；

（2）正極上得電子發(fā)生還原反應，由電池的總反應方程式-負極反應式=正極反應式可知，正極反應式為FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-；

故答案為：還原；FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-；

（3）放電時，負極電極反應式為Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，正極反應式為FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-；根據(jù)電極反應式知，正極上生成氫氧根離子導致溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液的PH增大；

故答案為：正．

（1）放電時；該電池是原電池，原電池負極上失電子化合價升高而發(fā)生氧化反應；

（2）放電時；正極上得電子發(fā)生還原反應，總反應方程式減去負極電極反應式即得正極反應式；

（3）根據(jù)電極反應式確定堿性增強的電極．

本題考查了原電池原理，根據(jù)元素化合價變化來確定正負極，結合電極上發(fā)生的電極反應式確定溶液pH變化，難度不大．【解析】鋅；還原；FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-；正22、略

【分析】解：rm{(1)}裝置rm{A}燒瓶中，碳和濃硝酸反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式為rm{C+4HNO_{3}(}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CO_{2}隆眉+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CO_{2}隆眉+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CO_{2}隆眉+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{C+4HNO_{3}(}裝置中，rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CO_{2}隆眉+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}與水反應生成rm{(2)B}同時銅與稀硝酸反應也生成rm{NO_{2}}

故答案為：將rm{NO}轉化為rm{NO}同時銅與稀硝酸反應生成rm{NO_{2}}

rm{NO}有同學認為裝置rm{NO}中產物不僅有亞硝酸鈉，還有碳酸鈉和氫氧化鈉，那么rm{(3)}中混有rm{c}rm{NO}可以在rm{CO_{2}}rm{NO_{2}}之間增加裝有堿石灰或生石灰的裝置rm{B}以吸收雜質rm{C}rm{E}

故答案為：rm{CO_{2}}

rm{NO_{2}}根據(jù)rm{BD}消耗rm{(4)}

rm{5(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}隆蘆MnO_{4}^{-}}

rm{n(KMnO_{4})=0.1mol/L隆脕0.01L=0.001mol}rm{2MnO_{4}^{-}隆蘆5NO_{2}^{-}}

rm{2}rm{5}

rm{0.05mol/L隆脕0.024L-0.001mol}rm{x}中rm{n(NaNO_{2})=0.0005mol隆脕dfrac{100mL}{10mL}=0.005mol}

則樣品中rm{x=0.0005mol}的純度為rm{dfrac{0.005mol隆脕69g/mol}{2.3g}隆脕100%=75%}

故答案為：rm{100mL}．

rm{n(NaNO_{2})=0.0005mol隆脕dfrac

{100mL}{10mL}=0.