…………○…………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2024年滬教版高二化學下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、下列關于銅電極的敘述正確的是A.銅一鋅原電池中，銅是原電池的正極B.用電解法精煉粗銅時，粗銅作陰極C.在鍍件上電鍍銅時，可用金屬銅作陰極D.電解稀硫酸制H2、O2時，銅作陽極2、下表中是各組反應的反應物和溫度，反應剛開始時，放出H2速率最快的是（）。編號金屬（粉末狀）酸的濃度及體積反應溫度（mol）(℃)AMg，0.16mol·L-1硝酸10mL80BMg，0.13mol·L-1鹽酸10mL60CFe，0.13mol·L-1L鹽酸10mL60DMg，0.13mol·L-1硫酸10mL603、用銅片、銀片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、導線和鹽橋（裝有瓊脂﹣KNO3的U型管）構成一個原電池．以下有關該原電池的敘述正確的是（）

①在外電路中；電流由銅電極流向銀電極。

②正極反應為：Ag++e﹣=Ag

③實驗過程中取出鹽橋；原電池仍繼續工作。

④將銅片浸入AgNO3溶液中發生的化學反應與該原電池反應相同．A.①②B.②③C.②④D.③④4、下列變化不屬于化學變化的是rm{(}rm{)}A.在稀鹽酸中滴入石蕊試液溶液變紅B.少量膽礬粉末加入到濃硫酸中固體變白色C.rm{SO_{2}}通入品紅中溶液變為無色D.紅糖水中加入活性炭溶液變為無色5、某化工廠生產的某產品只含C、H、O三種元素，其分子模型如圖所示(圖中球與球之間的連線代表化學鍵，如單鍵、雙鍵等)。下列物質中與該產品互為同分異構體的是()A.CH2===C(CH3)COOHB.CH2===CHCOOCH3C.CH3CH2CH===CHCOOHD.CH3CH(CH3)COOH6、體積相同的甲、乙兩個容器中，分別充入等物質的量的SO2和O2，在相同溫度下發生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，并達到平衡，在此過程中，甲容器保持體積不變，乙容器保持壓強不變，若甲容器中SO2的轉化率為p%，則乙容器中SO2的轉化率為A.等于p%B.大于p%C.小于p%D.無法比較7、下列說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.常溫下rm{pH=7}的溶液中：rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}能大量共存B.在含有rm{0.1mol?L^{-1}}rm{Fe^{3+}}的溶液中：rm{SCN^{-}}rm{Cl^{-}}rm{K^{+}}不能大量共存C.在含有rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{S^{2-}}rm{CH_{3}COO^{-}}四種陰離子的溶液中加入足量的rm{Na_{2}O_{2}}固體后，rm{CH_{3}COO^{-}}濃度變化最小D.常溫下，水電離出rm{c(H^{+})=10^{-10}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{ClO^{-}}rm{S^{2-}}rm{NH_{4}^{+}}不能大量共存8、某炔烴與氫氣加成后得到，該炔烴的結構可能有A.rm{1}種B.rm{2}種C.rm{3}種D.rm{4}種評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、（5分）在一定溫度下，將2molA和1molB兩種氣體相混合于體積為2L的某密閉容器中(容積不變)，發生如下反應：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)ΔH<0，2min末反應達到平衡狀態(溫度不變)，生成了1molD，并測得C的濃度為0.5mol·L－1，請填寫下列空白：（1）x的值等于________________。（2）該反應的化學平衡常數K＝________，（填數值）升高溫度時K值將________(選填“增大”、“減小”或“不變”)。（3）A物質的轉化率為__________________。（4）若維持溫度不變，在原平衡混合物的容器中再充入2molC和2molD，欲使達到新的平衡時，各物質的物質的量分數與原平衡相同，則至少應再充入A的物質的量為________mol。10、（1）粗制的CuCl2?2H2O晶體中常含有Fe3+、Fe2+雜質．在提純時，常先加入合適的氧化劑，將Fe2+氧化為Fe3+，下列可選用的氧化劑是____．

A．KMnO4B．H2O2C．Cl2水D．HNO3

（2）己知：常溫下Ksp[Fe（OH）3]=8.0×10-38，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，㏒2=0.3．通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全．試計算。

①將溶液的pH調至PH=____時Fe3+轉化為Fe（OH）3而沉淀完全．

②若CuSO4溶液的濃度為2.2mol?L-1，則Cu（OH）2開始沉淀時溶液的pH為____．

（3）調整溶液的pH可選用下列中的____．

A．NaOH（aq）B．NH3?H2OC．CuO粉末D．Cu（OH）2懸濁液E．Cu2（OH）2CO3（s）11、熱化學方程式中的H實際上是熱力學中的一個物理量；叫做焓．一個體系的焓（H）的絕對值到目前為止還沒有辦法測得，但當體系發生變化時，我們可以測得體系的焓的變化，即焓變，用“△H”表示，△H=H（終態）-H（始態）．

（1）化學反應中的△H是以____的形式體現的．

對于化學反應A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D），則該反應的△H為____0（填“大于”．“小于”），該反應是____（填“放熱”或“吸熱”）反應；

（2）進一步研究表明；化學反應的焓變與反應物和生成物的鍵能有關．

已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ?mol-1，△H（H2）=436kJ?mol-1；

△H（Cl2）=247kJ?mol-1．則△H（HCl）=____．

（3）HessG．H在總結大量實驗事實之后認為；只要化學反應的始態和終態確定，則化學反應的△H便是定值，與反應的途徑無關．這就是有名的“Hess定律”．

已知：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ?mol-1

3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ?mol-1

Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ?mol-1

請寫出CO還原FeO的熱化學方程式：____．12、（10分，每空2分）已知Cr(OH)3在堿性較強的溶液中將生成[Cr(OH)4]―，鉻的化合物有毒，由于+6價鉻的強氧化性，其毒性是+3價鉻毒性的100倍。因此，必須對含鉻的廢水進行處理，可采用以下兩種方法。還原法在酸性介質中用FeSO4等將+6價鉻還原成+3價鉻。具體流程如下：有關離子完全沉淀的pH如下表：（1）寫出Cr2O72—與FeSO4溶液在酸性條件下反應的離子方程式________________________________________________________。（2）在含鉻廢水中加入FeSO4，再調節pH，使Fe3+和Cr3+產生氫氧化物沉淀。則在操作②中可用于調節溶液pH的試劑為：_____________（填序號）；A．Na2O2B．Ca(OH)2C．Ba(OH)2D．NaOH此時調節溶液的pH范圍在____________（填序號）最佳。A．12～14B．10～11C．6～8D．3～4（3）將等體積的4.0×10-3mol·L-1的AgNO3和4.0×10-3mol·L-1的K2CrO4溶液混合能析出Ag2CrO4沉淀（Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12），請寫出表示Ag2CrO4溶解平衡的方程式（2分），并簡要寫出能生成Ag2CrO4沉淀原因的計算過程（2分）。13、某研究小組設計用含氯的有機物A合成棉織物免燙抗皺整理劑M的路線如下（部分反應試劑和條件未注明）：已知：①E的分子式為C5H8O4，能發生水解反應，核磁共振氫譜顯示E分子內有2種不同環境的氫原子，其個數比為3:1。②（R、R′、R″代表相同或不相同的烴基）。（1）A分子中的含氧官能團的名稱是。（2）D→E反應的化學方程式是。（3）A→B反應所需的試劑是。（4）已知1molE與2molJ反應生成1molM，則M的結構簡式是。（5）E的同分異構體有下列性質：①能與NaHCO3反應生成CO2；②能發生水解反應，且水解產物之一能發生銀鏡反應，則該同分異構體共有種，其中任意一種的結構簡式是（6）J可合成高分子化合物，該高分子化合物結構簡式是。14、rm{(1)}下列各組中的兩種有機物；可能是相同的物質；同系物或同分異構體等，請判斷它們之間的關系。

rm{壟脵2-}甲基丁烷和異戊烷______．

rm{壟脷1-}已烯和環已烷______．

rm{(2)}支鏈只有一個乙基且相對分子質量最小的烷烴的結構簡式______．

rm{(3)}寫出乙醛溶液與足量的銀氨溶液共熱的離子方程式：______．

rm{(4)}寫出rm{1}rm{3-}丁二烯與溴單質發生rm{1}rm{4-}加成的反應方程式______．

rm{(5)}寫出由乙烯制乙醇的化學方程式______．評卷人得分三、工業流程題(共5題，共10分)15、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩定性差，在堿性條件下能穩定存在，溶于水發生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業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、金屬鉻在工業上有廣泛用途，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，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w[Cr2(CO3)3]=____。17、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。可用于洗滌、紡織、醫藥、衛生等領域。工業上常以過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優劣；13%以上為優等品。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________%。18、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反應管出口端出現了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續通入氮氣;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為____(結果保留一位小數)。19、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、有機推斷題(共4題，共16分)20、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．21、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．22、某研究小組按下列路線合成神經系統藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發生顯色反應。

B．化合物C能發生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子。23、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分五、推斷題(共3題，共27分)24、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}為短周期元素rm{.A}的焰色反應為黃色，rm{B}的氫氧化物具有兩性，rm{C}的原子最外層電子數是次外層電子數的rm{2}倍rm{.D}的原子最外層電子數是次外層電子數的rm{3}倍rm{.E}與rm{D}同主族，rm{F}的單質是黃綠色氣體rm{(1)B}rm{F}的元素符號分別為____________、____________；rm{(2)A}rm{E}兩種元素按原子半徑由大到小的順序為_____________rm{(}用元素符號填寫rm{)}rm{(3)D}元素氫化物的化學式為____________；rm{(4)C}的氧化物中能產生溫室效應的是________________________rm{(}填化學式rm{)}25、以硅孔雀石rm{[}主要成分為rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}}rm{CuSiO_{3}?2H_{2}O}含rm{SiO_{2}}rm{FeCO_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}等雜質rm{]}為原料制備rm{CuCl_{2}}的工藝流程如圖：

已知：rm{SOCl_{2}+H_{2}Odfrac{underline{;;triangle;;}}{;}SO_{2}隆眉+2HCl隆眉}

rm{SOCl_{2}+H_{2}Odfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}SO_{2}隆眉+2HCl隆眉}“酸浸”時鹽酸與rm{(1)}反應的化學方程式為______rm{CuCO_{3}?Cu(OH)_{2}}檢驗“酸浸”后浸出液中的rm{.}可用______溶液．

rm{Fe^{3+}}“氧化”時發生反應的離子方程式為______．

rm{(2)}“濾渣rm{(3)}”的主要成分為______rm{2}填化學式rm{(}“調rm{)}”時，rm{pH}不能過高；其原因是______．

rm{pH}“加熱脫水”時，加入rm{(4)}的目的是______．rm{SOCl_{2}}26、有五種短周期元素；它們的結構；性質等信息如下表所述：

。元素結構、性質等信息rm{A}是短周期中rm{(}除稀有氣體外rm{)}原子半徑最大的元素，該元素的某種合金是原子反應堆的導熱劑rm{B}rm{B}與rm{A}同周期，其最高價氧化物的水化物呈兩性rm{C}元素的氣態氫化物極易溶于水，可用作制冷劑rm{D}是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，其單質或化合物也是自來水生產過程中常用的消毒殺菌劑rm{E}rm{L}層上有rm{2}對成對電子請根據表中信息填空：

rm{(1)A}原子的核外電子排布式為______．

rm{(2)}離子半徑：rm{B}______rm{(}填“大于”或“小于”rm{)A}．

rm{(3)C}原子的軌道表示式是______，能量最高的電子為______軌道上的電子，其軌道呈______形rm{.}

rm{(4)D}原子的電子排布式為______．

rm{(5)C}rm{E}元素的第一電離能的大小關系是______rm{(}用元素符號表示rm{)}．評卷人得分六、綜合題(共2題，共20分)27、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．28、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8題，共16分)1、A【分析】【解析】試題分析：鋅比銅活潑，鋅是負極，銅是正極，A正確；粗銅精練時，粗銅做陽極，B不正確；在鍍件上電鍍銅時，可用金屬銅作陽極，C不正確；D不正確，應該用石墨做陽極，答案選A。考點：考查銅電極的有關敘述【解析】【答案】A2、D【分析】考查外界條件對反應速率的影響。再其它體積不變的情況下，增大反應物濃度，或升高溫度，或使用催化劑、或增大反應物的接觸面積等均可以即可反應速率。由于硝酸是氧化性酸，和金屬反應得不到氫氣。鎂的活潑性其余鐵，所以正確的答案選D。【解析】【答案】D3、C【分析】【解答】解：原電池中；較活潑的金屬銅作負極，負極上金屬銅失去電子發生氧化反應，較不活潑的金屬銀作正極，正極上銀離子得電子發生還原反應，外電路上，電子從負極沿導線流向正極；

①在外電路中；電流由銀電極流向銅電極，故錯誤；

②正極上得電子發生還原反應，所以反應為：Ag++e﹣=Ag；故正確；

③實驗過程中取出鹽橋；不能構成閉合回路，所以原電池不能繼續工作，故錯誤；

④將銅片浸入AgNO3溶液中發生的化學反應與該原電池反應相同；故正確．

故選C．

【分析】原電池中，較活潑的金屬作負極，負極上金屬失去電子發生氧化反應，較不活潑的金屬作正極，正極上得電子發生還原反應，外電路上，電子從負極沿導線流向正極，據此分析解答．4、D【分析】解：rm{A.}生成紅色物質；屬于化學變化，故A錯誤；

B.濃硫酸脫水；使膽礬固體變為白色，屬于化學變化，故B錯誤；

C.rm{SO_{2}}與品紅發生化合反應使品紅褪色；屬于化學變化，故C錯誤；

D.活性炭吸附作用使紅糖水變為無色；屬于物理變化，故D正確．

故選D．

A.生成紅色物質；

B.濃硫酸脫水；使膽礬固體變為白色；

C.rm{SO_{2}}與品紅發生化合反應使品紅褪色；

D.活性炭吸附作用使紅糖水變為無色．

本題考查物理變化與化學變化的區別與聯系，難度不大，解答時要分析變化過程中是否有新物質生成，這里的新物質是指和變化前的物質是不同種的物質，若沒有新物質生成屬于物理變化，若有新物質生成屬于化學變化．【解析】rm{D}5、B【分析】【解析】試題分析：因為該分子只含C、H、O三種元素，根據其分子模型可以推出，該產品為CH2===C(CH3)COOH，所以只有CH2===CHCOOCH3與其為同分異構體，所以該題的答案為B，C中CH3CH2CH===CHCOOH與該產品為同系物。考點：同分異構體【解析】【答案】B6、B【分析】試題分析：由于該反應是反應前后氣體體積不等的反應，所以當反應達到平衡時氣體的物質的量減小，當恒容時，容器內氣體的壓強減小，若要保持壓強不變，則要減小容器的容積，根據平衡移動原理，增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，及對該反應來說，平衡正向移動，因此乙容器中SO2的轉化率大于恒容時的轉化率，故選項是B。考點：考查反應前后氣體體積不等的可逆反應在恒容和恒壓時物質的轉化率的比較的知識。【解析】【答案】B7、A【分析】解：rm{A.Fe^{3+}}在rm{pH}為rm{4.4}左右沉淀完全；則中性溶液中不能大量存在，故A錯誤；

B.rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}結合生成絡離子；則不能共存，故B正確；

C.加入足量的rm{Na_{2}O_{2}}固體后，與水反應生成rm{NaOH}與rm{HCO_{3}^{-}}反應，rm{Na_{2}O_{2}}與rm{SO_{3}^{2-}}rm{S^{2-}}發生氧化還原反應，則rm{CH_{3}COO^{-}}濃度變化最小；故C正確；

D.水電離出rm{c(H^{+})=10^{-10}}的溶液，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在rm{ClO^{-}}rm{S^{2-}}堿溶液中不能大量存在rm{NH_{4}^{+}}故D正確；

故選A．

A.rm{Fe^{3+}}在rm{pH}為rm{4.4}左右沉淀完全；

B.rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}結合生成絡離子；

C.加入足量的rm{Na_{2}O_{2}}固體后，與水反應生成rm{NaOH}與rm{HCO_{3}^{-}}反應，rm{Na_{2}O_{2}}與rm{SO_{3}^{2-}}rm{S^{2-}}發生氧化還原反應；

D.水電離出rm{c(H^{+})=10^{-10}}的溶液；為酸或堿溶液．

本題考查離子的共存，為高頻考點，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意復分解反應、氧化還原反應的判斷，題目難度不大．【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】本題考查的是同分異構體的判斷，明確炔烴和氫氣加成后原來的碳碳三鍵的碳原子上至少有rm{2}個氫原子。【解答】炔烴和氫氣加成后原來的碳碳三鍵的碳原子上至少有rm{2}個氫原子，結合該有機物的結構分析，從左到右將碳原子編號分別為rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}則只有rm{1}rm{2}碳原子或rm{2}rm{3}都有rm{2}個或以上的氫原子，說明原來的三鍵的位置，則炔烴有rm{2}種。故選B。【解析】rm{B}二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】試題分析：（1）C的濃度為0.5mol·L－1，所以C的物質的量為1mol，反應中物質的量比等于系數比，所以x的值等于2；（2）K===16；該反應ΔH<0，升高溫度平衡逆向移動，K減小；（3）A物質的轉化率為（4）到新的平衡時，各物質的物質的量分數與原平衡相同，則前后為等效平衡，該反應投料比相同即為等效平衡，2molC和2molD，相當于3molA和1molB；所以X的最小值為1。考點：本題考查化學反應的限度。【解析】【答案】（1）2（2）16減小（3）75%（4）110、略

【分析】

（1）加入的物質不僅要具有氧化性還引入新的雜質；反應后可以生成氯離子或水，高錳酸鉀和硝酸雖然能氧化二價鐵離子生成三價鐵離子，能引進新的雜質離子，雙氧水氧化亞鐵離子同時生成水，水不是雜質，氯氣氧化亞鐵離子同時生成氯離子，氯離子也不是雜質，故選BC；

（2）①鐵離子的濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全，則C（OH-）===2×10-11mol/L，C（H+）=mol/L=5×10-4mol/L，pH=-=3.3；故答案為3.3；

②C（OH-）==mol/L=1×10-10mol/L，C（H+）=10-4mol/L；其pH=4，故答案為4；

（3）調整溶液的pH時，加入的物質不能引進新的雜質粒子，氫氧化鈉中含有鈉離子，氨水反應后生成銨根離子，所以氫氧化鈉和氨水能引進新的雜質離子，堿式碳酸銅雖然含有碳酸根離子，但碳酸根離子和酸反應生成二氧化碳氣體逸出，不存在于溶液中，所以不能引進新的雜質離子，CuO粉末、Cu（OH）2懸濁液、Cu2（OH）2CO3（s）反應后生成銅離子和水而不引進新的雜質離子；故選CDE．

【解析】【答案】（1）加入的物質不僅要具有氧化性還引入新的雜質；反應后可以生成氯離子或水；

（2）①鐵離子的濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全，則C（OH-）=再根據水的離子積常數計算溶液的氫離子濃度，從而確定其pH；

②C（OH-）=再根據水的離子積常數計算溶液的氫離子濃度，從而確定其pH；

（3）調整溶液的pH時；加入的物質不能引進新的雜質粒子．

11、略

【分析】

（1）化學反應過程中一定伴隨著能量的變化；反應焓變主要是指反應前后的熱量變化；對于化學反應A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D）：△H=H（終態）-H（始態），判斷可知△H＜0；反應是放熱反應；

故答案為：熱能；小于；放熱；

（2）已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ?mol-1，△H（H2）=436kJ?mol-1，△H（Cl2）=247kJ?mol-1；依據△H=H（終態）-H（始態）；

△H=2△H（HCl）-△H（H2）-△H（Cl2）=-185kJ?mol-1；則△H（HCl）=434kJ?mol-1；故答案為：434kJ?mol-1；

（3）依據蓋斯定律。

①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ?mol-1

②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ?mol-1

③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ?mol-1

①×3-③×2+②得到：6FeO（s）+6CO（g）═6Fe（s）+6CO2（g）△H=-66kJ?mol-1

得到熱化學方程式為：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ?mol-1

故答案為：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ?mol-1

【解析】【答案】（1）化學反應過程中一定伴隨著能量的變化；反應焓變主要是指反應前后的熱量變化；依據能量守恒分析焓變，結合焓變計算：△H=H（終態）-H（始態），H確定反應吸熱放熱；△H＜0為放熱反應；△H＞0為吸熱反應；

（2）化學反應的焓變與反應物和生成物的鍵能有關：△H=H（終態）-H（始態）；結合題干條件計算得到；

（3）依據蓋斯定律的含義；化學反應的△H便是定值，與反應的途徑無關，結合熱化學方程式計算得到；

12、略

【分析】【解析】試題分析：：（1）二價鐵離子有還原性，Cr2O72-有強氧化性，二者能發生氧化還原反應，二價鐵離子被氧化成三價鐵離子，Cr2O72-被還原為Cr3+，反應方程式為Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O。故答案為：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O。（2）A．Na2O2有強氧化性，能把Cr3+氧化成Cr6+，從而得不到Cr（OH）3，故錯誤。B．Ca（OH）2和D．NaOH使Fe3+和Cr3+產生氫氧化物沉淀，且沒有其它沉淀雜質生成，故正確。C．Ba（OH）2和硫酸根離子能產生硫酸鋇沉淀，生成雜質，故錯誤。在含鉻廢水中加入FeSO4，再調節pH，使Fe3+和Cr3+產生氫氧化物沉淀，且沒有氫氧化亞鐵沉淀，所以溶液的PH應大于5.6小于9，所以B正確。故答案為：B；C。考點：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用制備實驗方案的設計【解析】【答案】（每空2分，總計10分）（1）Cr2O72—+6Fe2++14H+="="2Cr3++6Fe3++7H2O。（2）BC（3）Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42—(aq)13、略

【分析】試題分析：A可以發生催化氧化，且氧化產物可以發生銀鏡反應，所以A中含有羥基。E的分子式為C5H8O4，能發生水解反應，所以E是酯類。核磁共振氫譜顯示E分子內有2種不同環境的氫原子，且個數比為3:1，所以E的結構簡式只能是CH3OOCCH2COOCH3。因為D中有羧基，所以D和甲醇酯化生成E，因此D的結構簡式是HOOCCH2COOH，則C的結構簡式是OHCCH2CHO，因此B的結構簡式為HOCH2CH2CH2OH，所以A的結構簡式是ClCH2CH2CH2OH，F是ClCH2CH2CHO，G是ClCH2CH2COOH。J是酯類，但可以形成高分子化合物，所以含有不飽和碳碳鍵，通過加聚反應生成高分子化合物，所以G生成H的反應應該是消去反應，即氯原子和鄰位碳上的氫原子發生消去反應，所以H、J的結構簡式分別為CH2＝CHCOOH、CH2＝CHCOOCH3。（1）略（2）D生成E屬于酯化反應，方程式為HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2O。（3）鹵代烴的水解是在氫氧化鈉的水溶液中進行的。（4）根據已知②可知M的結構簡式為（5）能與NaHCO3反應生成CO2，說明含有羧基。能發生水解反應，且水解產物之一能發生銀鏡反應，說明是甲酸形成的酯，所以可能的同分異構體有HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOCH2CH(CH3)COOH、共5種。（6）J合成高分子化合物的反應是加聚反應，且產物結構簡式為考點：考查有機物合成的相關知識點。【解析】【答案】（1）羥基（1分）（2）HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2O（2分）（3）NaOH水溶液（1分）（4）（2分）（5）5（4分）HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOCH2CH(CH3)COOH、（任寫一種即可）（2分）14、略

【分析】解：rm{(1)壟脵2-}甲基丁烷和異戊烷；分子式相同，結構相同，為同種物質，故答案為：同種物質；

rm{壟脷1-}已烯和環已烷的分子式為rm{C_{6}H_{12}}其分子式相同但結構不同，所以屬于同分異構體，故答案為：同分異構體；

rm{(2)}乙基至少在rm{3}號位，只有一個乙基，則主鏈最少含有rm{5}個rm{C}則式量最小的烷烴的結構簡式為：

故答案為：．

rm{(3)}乙醛與銀氨溶液反應生成醋酸銨、銀單質、氨氣和水，反應的離子方程式為rm{CH_{3}CHO+2[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}+2OH}-rm{xrightarrow[]{triangle}}rm{xrightarrow[]{triangle}

}

故答案為：rm{CH_{3}COO^{-}+NH_{4}^{+}+3NH_{3}+H_{2}O+2Ag隆媒}-rm{xrightarrow[]{triangle}}rm{CH_{3}CHO+2[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}+2OH}

rm{xrightarrow[]{triangle}

}rm{CH_{3}COO^{-}+NH_{4}^{+}+3NH_{3}+H_{2}O+2Ag隆媒}丁二烯與溴單質發生rm{(4)1}rm{3-}加成反應的反應方程式為rm{1}

故答案為：rm{4-}

rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}由乙烯制乙醇的化學方程式為rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}OH}故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}OH}．

rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}甲基丁烷和異戊烷的分子式相同；結構相同；分子式相同結構不同的化合物互稱同分異構體；

rm{(5)}烷烴中含有取代基乙基，則主鏈至少含有rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}

CH_{3}CH_{2}OH}個rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}

CH_{3}CH_{2}OH}原子；據此寫出滿足條件的烷烴的結構簡式；

rm{(1)2-}乙醛與銀氨溶液反應能生成銀單質；乙酸銨、氨氣和水；

rm{(2)}rm{5}丁二烯與溴單質發生rm{C}rm{(3)}加成生成rm{(4)1}

rm{3-}乙烯與水發生加成反應生成乙醇．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機反應方程式的書寫，題目難度不大．rm{1}【解析】rm{(1)壟脵}同種物質；rm{壟脷}同分異構體；

rm{(2)}

rm{(3)CH_{3}CHO+2[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}+2OH}-rm{xrightarrow[]{?}}rm{CH_{3}COO^{-}+NH_{4}^{+}+3NH_{3}+H_{2}O+2Ag隆媒}

rm{(4)CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}

rm{(5)CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}OH}rm{(5)CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}

CH_{3}CH_{2}OH}三、工業流程題(共5題，共10分)15、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發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；根據電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小；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，根據化合物中元素的正負化合價代數和為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)根據裝置圖，Fe為陽極，電解時，陽極發生氧化反應生成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，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩定存在，溶于水發生反應：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。【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16、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偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數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%17、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“穩定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產品達到優等品且產率超過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；雙氧水穩定性差，易分解；因此向反應前的H2O2中加入穩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%18、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，反應管出口端出現了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續通入氮氣，將產物收集到蒸發皿；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；根據關系式計算。據此分析。

【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，反應管出口端出現了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續通入氮氣，將產物收集到蒸發皿，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，根據關系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據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%19、略

【分析】【分析】

根據流程：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、有機推斷題(共4題，共16分)20、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH221、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，且A還是一種植物生長調節劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH222、略

【分析】【分析】

根據物質在轉化過程中碳鏈結構不變，根據抗癇靈結構，結合A的分子式可推知A結構簡式是：A與HCHO發生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發生取代反應產生C：C經過一系列反應，產生分子式是C8H6O3的物質D結構簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發生信息②的反應產生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發生取代反應產生G：與發生取代反應產生抗癇靈：

【詳解】

根據上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發生顯色反應；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變為-COOH；也能發生燃燒反應，故化合物C能發生氧化反應，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據抗癇靈的分子結構，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據上述分析可知化合物E結構簡式是

(3)G是G與發生取代反應產生抗癇靈和HCl，該反應的化學方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發生甲基上H原子的取代反應產生然后與NaOH的水溶液共熱，發生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發生氧化反應產生D：故由C經三步反應產生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl23、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應得到E,結合信息①,E為E與溴發生加成反應得到的F為F發生氧化反應生成的G為

詳解：(1)根據分析可知:G為則G中含氧官能團為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發生加成