2025年浙科版高二化學下冊月考試卷

…………○…………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年浙科版高二化學下冊月考試卷310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6題，共12分)1、一次區(qū)分乙酸、乙醇、苯、四氯化碳四種液體的試劑是（）A.H2OB.溴水C.新制Cu(OH)2D.酸性高錳酸鉀溶液2、物質分類的依據(jù)通常有組成和性質，下列物質分類中，只考慮組成的是()A.rm{Na_{2}SO_{4}}是鈉鹽、硫酸鹽、正鹽B.rm{HNO_{3}}是一元酸、強酸、揮發(fā)性酸C.rm{Mg(OH)_{2}}是二元堿、難溶性堿、中強堿D.rm{SO_{2}}是酸性氧化物、非金屬氧化物、最高價氧化物3、下列有機物的命名正確的是（）A.4，4，3-三甲基己烷B.2-甲基-4-乙基-1-戊烯C.3-甲基-2-戊烯D.2，2-二甲基-3-戊炔4、如圖A、B是等體積容器，K是開關，活塞可以左右移動。在一定溫度下，關閉K，向A中通入一定量的NO2。發(fā)生：2NO2(g)N2O4(g)；△H<0。則以下說法不正確的是（）A.保持活塞位置不變，打開K，體系中氣體顏色先變淺、然后略加深B.打開K一會，再關閉它，向右推動活塞，最后A容器的氣體顏色比B的淺C.保持活塞位置不變，打開K一會，再關閉它，把A容器加熱，A中氣體顏色比B中深D.打開K一會，再關閉它，向B中通入氬氣，B中氣體顏色不變5、rm{壟脵pH=2}的rm{CH_{3}COOH}溶液；rm{壟脷pH=2}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液；rm{壟脹pH=12}的氨水；rm{壟脺pH=12}的rm{NaOH}溶液rm{.}相同條件下，有關上述溶液的比較中，正確的是rm{(}rm{)}A.水電離的rm{c(H^{+})}rm{壟脵=壟脷=壟脹=壟脺}B.將rm{壟脷}rm{壟脺}溶液混合后，rm{pH=7}消耗溶液的體積：rm{壟脷<壟脺}C.等體積的rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脺}溶液分別與足量鋁粉反應，生成rm{H_{2}}的量：rm{壟脷}最大D.向rm{10mL}上述四溶液中各加入rm{90mL}水后，溶液的rm{pH}rm{壟脹>壟脺>壟脵>壟脷}6、用rm{3g}塊狀大理石與rm{30mL3mol/L}鹽酸反應制取rm{CO_{2}}氣體，若要增大反應速率，可采取的措施是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}再加入rm{30mL3mol/L}鹽酸rm{壟脷}改用rm{30mL6mol/L}鹽酸rm{壟脹}改用rm{3g}粉末狀大理石rm{壟脺}適當升高溫度．A.rm{壟脵壟脷壟脺}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脵壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脹}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、某有機物由C、H、O三種元素組成，它的紅外吸收光譜表明有羥基O-H鍵和烴基上C-H鍵的紅外吸收峰，且烴基和羥基上氫原子個數(shù)之比為2：1，它的相對分子質量為62，試寫出該有機物的結構簡式____．8、（4分）常溫下，0.1mol·L溶液中，=現(xiàn)取0．1mol·L溶液與PH=13的溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化）。試回答下列問題：（1）混合溶液呈_______性（“酸”﹑“中”或“堿”），理由（用離子方程式表示）________．（2）混合溶液中由水電離出的___________0.1mol·L溶液中由水電離出的（填“大于”﹑“小于”或“等于”）。（3）若混合后溶液的pH=a，則-=_________mol·L（用含a的代數(shù)式表示）。9、工業(yè)上?；厥找睙掍\廢渣中的鋅（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等雜質），并用來生產Zn(NO3)2·6H2O晶體，其工藝流程為：有關氫氧化物開始沉淀和沉淀完全的pH如下表：。氫氧化物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2開始沉淀的pH3．31．56．54．25．4沉淀完全的pH5．23．79．76．78．0⑴在“酸浸”步驟中，為提高鋅的浸出速率，除通入空氣“攪拌”外，還可采取的措施是。⑵上述工藝流程中多處涉及“過濾”，實驗室中過濾操作需要使用的玻璃儀器有。⑶在“除雜I”步驟中，需再加入適量H2O2溶液，H2O2與Fe2+反應的離子方程式為。為使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，應控制溶液的pH范圍為。檢驗Fe3+是否沉淀完全的實驗操作是。⑷加入Zn粉的作用是?！安僮鰽”的名稱是。10、向NaCN溶液中通入少量CO2，反應的化學方程式為______．11、元素rm{A}rm{B}rm{C}都是短周期元素，rm{A}元素原子的rm{2p}軌道上只有兩個未成對電子，rm{B}的rm{3p}軌道上有空軌道，rm{A}rm{B}同主族，rm{B}rm{C}同周期，rm{C}是本周期中電負性最大的．

請回答：

rm{(1)A}原子的核外電子排布的軌道表示式______，rm{B}原子的核外電子排布式______，rm{C}原子的價電子排布式______．

rm{(2)A}rm{B}rm{C}的氣態(tài)氫化物的化學式分別是______；其中最不穩(wěn)定的是______．

rm{(3)}它們的最高價氧化物的水化物中；酸性最強的是______．

rm{(4)AC_{4}}的化學式______，電子式______，結構式______，中心原子rm{A}的雜化方式______雜化，是______rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}分子．評卷人得分三、工業(yè)流程題(共5題，共10分)12、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___。13、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(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]=____。14、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?？捎糜谙礈臁⒓徔?、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________%。15、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(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))。16、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、計算題(共4題，共16分)17、0.1mol某有機物和0.2molO2在密閉容器中燃燒后的產物為CO2、CO和H2O（g）（設O2無剩余），產物經(jīng)過弄H2SO4，濃H2SO4質量增加5.4g：在通過灼熱的CuO；充分反應后，CuO質量減輕1.6g：最后氣體在通過堿石灰被完全吸收，堿石灰質量增加8.8g

（1）通過計算確定該有機物的實驗式；分子式；相對分子質量．

（2）若該有機物的紅外光譜表明有-OH等吸收峰，核磁共振氫譜有兩種類型的氫原子，寫出該有機物的結構簡式．18、(7分)某烴折合標準狀況下的密度為3.215g/L，現(xiàn)取3.6g該烴完全燃燒，將全部產物依次通入足量的濃硫酸和堿石灰，濃硫酸增重5.4g，堿石灰增重11g，求：(1)該烴的相對分子質量；(2)確定該烴的分子式；(3)已知該烴的一氯代物只有一種，寫出該烴的結構簡式：_______________。19、常溫下，將rm{0.05mol/L}鹽酸和未知濃度的rm{NaOH}溶液以rm{1:2}的體積比混合，所得溶液rm{pH=12}用上述rm{NaOH}溶液滴定rm{pH=3}的某一元弱酸溶液rm{20mL}達到終點時消耗rm{NaOH}溶液rm{13.00mL}試求：rm{(}已知rm{lg2=0.3)}rm{(1)NaOH}溶液的rm{pH}為____rm{(2)}此一元弱酸的物質的量濃度為____rm{_mol/L}rm{(3)}求此條件下該一元弱酸的電離平衡常數(shù)為____rm{_}20、由碳棒、鐵片和200mL稀H2SO4（足量）組成的原電池中，當在碳棒上共放出3.36L（標準狀況）氣體時，求消耗鐵多少克？有多少個電子通過了導線？評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)21、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。22、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。23、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。評卷人得分六、綜合題(共2題，共8分)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．26、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6題，共12分)1、C【分析】根據(jù)與水的互溶性及密度大小，可知乙酸、乙醇與水互溶，可通過新制新制Cu(OH)2鑒別；而苯與水分層，且油層在上方，四氯化碳與水分層，且沒層在下方；【解析】【答案】C2、A【分析】略【解析】rm{A}3、C【分析】【解析】試題分析：A、碳鏈編號不對，取代基位次和不是最?。灰罁?jù)系統(tǒng)命名法得到名稱為：3，3，4-三甲基己烷，故A錯誤；B、名稱中的主鏈不是最長；依據(jù)系統(tǒng)命名法得到名稱為：2，4-二甲基-1-己烯，故B錯誤；C、選取含雙鍵的最長的碳鏈為主鏈，從離雙鍵近的一端開始編號；依據(jù)系統(tǒng)命名法得到名稱為：3-甲基-2-戊烯，故C正確；D、編號不對，應為4，4-二甲基-2-戊炔，故D錯誤；故選C?？键c：有機物的命名【解析】【答案】C4、B【分析】A．保持活塞位置不變，打開K，各物質濃度同倍數(shù)瞬間減小，體系中氣體顏色變淺，此時相當于減壓，平衡左移，NO2濃度略有所增大，顏色再略加深；B：向右推動活塞，相當于增大各物質濃度，A體系各物質濃度增大，顏色加深，即使平衡右移，顏色略微變淺，但也不能改變“最后A容器的氣體顏色比B的深”這個結果；C：A容器加熱，平衡左移，A中氣體顏色比B中深；D：向B中通入氬氣，各物質的濃度不變，平衡不移動，所以B中氣體顏色不變【解析】【答案】B5、A【分析】解：rm{A.}在相同的條件下；水電離的氫離子濃度相同，酸和堿溶液對水的電離起到抑制作用，強酸弱酸溶液中氫離子濃度相同，強堿弱堿溶液中氫氧根離子濃度相同，對水的電離抑制程度相同，故A正確；

B.強酸和強堿恰好中和，rm{pH=7}消耗溶液的體積rm{壟脷=壟脺}故B錯誤；

C.和等量鋁粉反應；醋酸存在電離平衡，隨反應進行，電離出的氫離子和鋁繼續(xù)反應，生成氫氣最多，故C錯誤；

D.弱電解質稀釋平衡正向移動，溶液rm{pH}值應該rm{壟脹>壟脺>壟脷>壟脵}故D錯誤；

故選A．

A.酸堿對水的電離起到抑制作用；

B.強酸和強堿后溶液呈中性；證明酸堿恰好中和反應；

C.弱酸存在電離平衡；隨反應進行電離出的氫離子繼續(xù)和鋁反應；

D.加水稀釋，強酸強堿溶液的rm{PH}變化最大；若酸弱堿存在電離平衡稀釋促進電離．

本題考查弱電解質電離和溶液的rm{pH}的計算問題，溶液酸堿性由氫離子和氫氧根離子濃度相對大小比較判斷，弱電解質存在電離平衡是解題關鍵，題目難度中等．【解析】rm{A}6、B【分析】解：用rm{3}克塊狀大理石與rm{30}毫升rm{3}摩rm{/}升鹽酸反應制取rm{CO_{2}}氣體發(fā)生的反應為：rm{CaCO_{3}+2HCl簍TCaCl_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}要增大反應速率；則：

rm{壟脵}再加入rm{30}毫升rm{3}摩rm{/}升鹽酸，鹽酸濃度未變，反應速率不變，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷}改用rm{30}毫升rm{6}摩rm{/}升鹽酸rm{.}鹽酸濃度增大，增加了單位體積的活化分子的數(shù)目，從而增加有效碰撞，反應速率加快rm{.}故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}改用rm{3}克粉末狀大理石固體大理石的表面積增大，反應速率加快rm{.}故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺}適當升高溫度rm{.}升高溫度，反應物分子獲得能量，使一部分原來能量較低分子變成活化分子，增加了活化分子的百分數(shù)，使得有效碰撞次數(shù)增多，故反應速率加大rm{.}故rm{壟脺}正確；

故選B．

影響化學反應速率的因素有溫度、濃度、壓強、催化劑、rm{x}射線、固體物質的表面積等rm{.}濃度：增加反應物濃度，使反應速率加快rm{.}溫度：升高溫度，使反應速率加快rm{.}壓強：對于有氣體參與的化學反應，除體積其它條件不變時，增大壓強，使反應速率加快rm{.}使用正催化劑；使反應物速率加快．

掌握影響化學反應速率的因素有哪些，為什么能夠影響，是解題的關鍵，平時學習需理解記憶．【解析】rm{B}二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】

設有機物分子中有n個O-H鍵，則C-H鍵數(shù)為2n，其分子式為CxH3nOn（x；n均為正整數(shù)）

則12x+19n=62

討論：當n=1；x=3.58（不合理，舍去）

當n=2；x=2（合理）

有機物的分子式為C2H6O2，含有2個-OH，故結構簡式為．

故答案為：．

【解析】【答案】設有機物分子中有n個O-H鍵，烴基和羥基上氫原子個數(shù)之比為2：1，則C-H鍵數(shù)為2n，其分子式為CxH3nOn（x；n均為正整數(shù)）；則12x+19n=62，據(jù)此討論確定該有機物的結構簡式．同一碳原子上不能連有兩個-OH．

8、略

【分析】【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】試題分析：⑴影響化學反應速率的因素有濃度、溫度、固體顆粒的大小等。所以在“酸浸”步驟中，為提高鋅的浸出速率，除通入空氣“攪拌”外，還可采取的措施是適當升高反應溫度（或增大硝酸濃度、將鋅廢渣粉碎等）。（2）在實驗室中過濾操作需要使用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗。⑶在“除雜I”步驟中，需再加入適量H2O2溶液，H2O2有氧化性，而Fe2+有還原性，二者容易發(fā)生氧化還原反應。根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得H2O2與Fe2+反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。為使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，根據(jù)物質開始形成沉淀和沉淀完全時的pH的大小，的應控制溶液的pH范圍為5．2～5．4。檢驗Fe3+是否沉淀完全的原理就是利用Fe(SCN)3的血紅色；實驗操作是靜置，取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則表明Fe3+沉淀完全。⑷由于溶液中還含有Cu2+。為了制取純凈的Zn(NO3)2·6H2O晶體，應該把雜質除雜。加入Zn粉的作用是除去溶液中的Cu2+，反應方程式為Zn+Cu2+=Cu+Zn2+。將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶然后過濾烘干即得到Zn(NO3)2·6H2O晶體?？键c：考查影響化學反應速率的因素、化學儀器的使用、混合物的分離、離子方程式的書寫的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）適當升高反應溫度（或增大硝酸濃度、將鋅廢渣粉碎等）；（2）燒杯、玻璃棒、漏斗；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O5．2～5．4靜置，取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則表明Fe3+沉淀完全（4）除去溶液中的Cu2+冷卻結晶10、略

【分析】解：碳酸酸性強于HCN，NaCN與二氧化碳反應生成NaHCO3和HCN，化學方程式：NaCN+CO2=NaHCO3+HCN；

故答案為：NaCN+CO2=NaHCO3+HCN；

碳酸酸性強于HCN，NaCN與二氧化碳反應生成NaHCO3和HCN；據(jù)此解答．

本題考查了化學方程式的書寫，明確強酸制備弱酸的規(guī)律，熟悉碳酸與HCN酸性強弱是解題關鍵，題目難度不大．【解析】NaCN+CO2=NaHCO3+HCN11、略

【分析】解：元素rm{A}rm{B}rm{C}都是短周期元素，rm{A}元素原子的rm{2p}軌道上只有兩個電子，則rm{A}的外圍電子排布為rm{2s^{2}2p^{2}}故A為碳元素；rm{B}的rm{3p}軌道上有空軌道，則rm{B}的rm{A}的外圍電子排布為rm{3s^{2}3p^{1}}或rm{3s^{2}3p^{2}}rm{A}rm{B}同主族，故B為硅元素；rm{B}rm{C}同周期，rm{C}是本周期中電負性最大的；故C為氯元素．

rm{(1)A}為碳元素，碳原子的rm{B}為硅元素，rm{Si}原子的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}rm{C}為氯元素rm{C}原子的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{5}}價電子排布式為rm{3s^{2}3p^{5}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}rm{3s^{2}3p^{5}}

rm{(2)A}為碳元素，rm{B}為硅元素，rm{C}為氯元素，它們氣態(tài)氫化物的化學式分別是rm{CH_{4}}rm{SiH_{4}}rm{HCl}非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性rm{Cl>C>Si}所以氫化物穩(wěn)定性rm{HCl>CH_{4}>SiH_{4}}氣態(tài)氫化物最不穩(wěn)定的化學式是rm{SiH_{4}}

故答案為：rm{CH_{4}}rm{SiH_{4}}rm{HCl}rm{SiH_{4}}

rm{(3)}非金屬性越強，最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性rm{Cl>C>Si}所以酸性rm{HClO_{4}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}酸性最強的是rm{HClO_{4}}故答案為：rm{HClO_{4}}

rm{(4)AC_{4}}的化學式rm{CCl_{4}}分子中碳原子與氯原子之間形成rm{1}對共用電子對，電子式為結構式為中心原子rm{C}原子的雜化軌道數(shù)為rm{4}碳原子采取rm{sp^{3}}雜化；分子為正四面體對稱結構，是非極性分子；

故答案為：rm{CCl_{4}}rm{sp^{3}}非極性．

元素rm{A}rm{B}rm{C}都是短周期元素，rm{A}元素原子的rm{2p}軌道上只有兩個電子，則rm{A}的外圍電子排布為rm{2s^{2}2p^{2}}故A為碳元素；rm{B}的rm{3p}軌道上有空軌道，則rm{B}的外圍電子排布為rm{3s^{2}3p^{1}}或rm{3s^{2}3p^{2}}rm{A}rm{B}同主族，故B為硅元素；rm{B}rm{C}同周期，rm{C}是本周期中電負性最大的；故C為氯元素，據(jù)此答題；

本題考查結構與物質關系、核外電子排布規(guī)律、常用化學用語、分子結構等，難度不大，注意基礎知識的掌握與理解．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}rm{3s^{2}3p^{5}}rm{CH_{4}}rm{SiH_{4}}rm{HCl}rm{SiH_{4}}rm{HClO_{4}}rm{CCl_{4}}rm{sp^{3}}非極性三、工業(yè)流程題(共5題，共10分)12、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13、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%14、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。【解析】①.2(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%15、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。【解析】除去其中的可溶性雜質(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%16、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、計算題(共4題，共16分)17、略

【分析】

濃硫酸具有吸水性，濃硫酸的質量增加5.4g，說明反應產物中含水5.4g，通過灼熱氧化銅，由于發(fā)生反應CuO+COCu+CO2使固體的質量減輕，結合方程式利用差量法可計算CO的物質的量．通過堿石灰時，堿石灰的質量增加了8.8g可計算總CO2的物質的量，減去CO與CuO反應生成的CO2的質量為有機物燃燒生成CO2的質量；根據(jù)元素守恒計算有機物中含有C；H、O的物質的量，進而求得化學式，結合結構特點確定結構簡式．

本題考查有機物的推斷，為高考常見題型，利用燃燒法確定有機物分子式、有機物結構的判斷、官能團的性質等，難度中等，掌握原子守恒判斷有機物的分子式方法．【解析】解：（1）有機物燃燒生成水5.4g，物質的量為=0.3mol；

令有機物燃燒生成的CO為x；則：

CuO+COCu+CO2；固體質量減少△m

28g16g

x1.6g

所以x=2.8g，CO的物質的量為=0.1mol．

根據(jù)碳元素守恒可知CO與CuO反應生成的CO2的物質的量為0.1mol；質量為0.1mol×44g/mol=4.4g．

有機物燃燒生成的CO2的質量為8.8g-4.4g=4.4g，物質的量為=0.1mol；

根據(jù)原子守恒可知，有機物分子中N（C）==2，N（H）==6，N（O）==2；

所以有機物的分子式為C2H6O2；相對分子質量為62．

答：該有機物的實驗式為CH3O，分子式為C2H6O2；相對分子質量為62；

（2）若該有機物的紅外光譜表明有-OH等吸收峰，核磁共振氫譜有兩種類型的氫原子，則結構應為CH2OHCH2OH；

答：該有機物的結構簡式為CH2OHCH2OH．18、略

【分析】【解析】【答案】(1)72(2分)(2)C5H12(2分)(3)CH3CCH3CH3CH3(3分)19、rm{(1)12.6}

rm{(2)0.026}

rm{(3)Ka=4隆脕10^{-5}}【分析】【分析】

本題考察酸堿混合液的rm{P^{H}}物質的量濃度、平衡常數(shù)的計算。

【解答】rm{(1)}設rm{NaOH}的濃度為rm{x}

rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}

rm{=0.01mol隆隴L^{-1}}

rm{x=0.04mol隆隴L^{-1}}，rm{NaOH}溶液的rm{pH}為rm{14+lg0.04=12.6}溶液的rm{NaOH}為rm{pH}

rm{14+lg0.04=12.6}

故答案為：rm{12.6}

rm{c(HA)=dfrac{13隆脕{10}^{-3}隆脕0.04}{20隆脕{10}^{-3}}=0.026mol隆隴L^{-1}}；

故答案為：rm{12.6}

rm{(2)NaOH+HA=NaA+H_{2}O}rm{c(HA)=

dfrac{13隆脕{10}^{-3}隆脕0.04}{20隆脕{10}^{-3}}

=0.026mol隆隴L^{-1}}

rm{K_{a}=dfrac{{10}^{-3}隆脕{10}^{-3}}{0.026-{10}^{-3}}隆脰4隆脕10^{-5}}

故答案為：rm{0.026}rm{(3)HA}【解析】rm{(1)12.6}

rm{(2)0.026}

rm{(3)Ka=4隆脕10^{-5}}20、解：設需要消耗鐵x．

該原電池的電池反應式為：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗鐵8.4g．

設轉移電子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑轉移電子。

22.4L1.204×1023個。

3.36Ly

所以y═=1.806×1023個。

故答案為：8.4g；1.806×1023個．【分析】

根據(jù)生成的氫氣與鐵之間的關系式計算消耗的鐵；根據(jù)生成的氫氣與通過的電子之間的關系式計算通過的電子．

本題以原電池為載體考查了氧化還原反應的有關計算，難度不大，明確各物理量之間的關系是解本題的關鍵．【解析】解：設需要消耗鐵x．

該原電池的電池反應式為：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗鐵8.4g．

設轉移電子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑轉移電子。

22.4L1.204×1023個。

3.36Ly

所以y═=1.806×1023個。

故答案為：8.4g；1.806×1023個．五、探究題(共4題，共40分)21、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中