…………○…………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年湘師大新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9題，共18分)1、在氯化鐵溶液中加入過量的鐵粉；充分反應后，下列結論錯誤的是（）

A.溶液的質量將增大。

B.溶液的顏色由棕黃色變成淺綠色。

C.溶液中的金屬離子全部是Fe2+

D.溶液中的金屬離子既有Fe3+，又有Fe2+

2、“化學是人類進步的關鍵”．下列說法正確的是（）A.用加酶洗衣粉洗衣服時，溫度越高效果越好B.“神州七號”的防護層中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯屬于不飽和烴C.煤經過氣化和液化等物理變化可以轉化為清潔燃料D.乙二醇可用來生產聚酯纖維和作汽車發動機的抗凍劑3、用一種試劑就能鑒別乙醇、乙酸、乙醛、甲酸四種物質rm{.}該試劑可以是下列中的rm{(}rm{)}A.銀氨溶液B.溴水C.碳酸鈉溶液D.新制氫氧化銅懸濁液4、下列關于電解質的說法正確的是rm{(}rm{)}A.強電解質溶液的導電性一定比弱電解質溶液的導電性強B.水溶液中導電能力差的電解質一定是弱電解質C.強電解質在稀的水溶液中全部以離子的形態存在D.強電解質都是離子化合物，而弱電解質都是共價化合物5、常用的鈕扣式銀鋅電池，放電時的電極反應式分別為：Zn極：Zn+2OH--2e-→Zn(OH)2Ag2O極：Ag2O+H2O+2e-→2Ag+2OH-則下列說法中不正確的是（）A.放電過程中OH-物質的量不變B.Zn為負極而Ag2O為正極C.電解質溶液呈堿性D.電子從Ag2O流出經用電器流入Zn極6、有關下列敘述不正確的是A.纖維素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定條件下都可發生水解反應B.干餾煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料C.用于奧運“祥云”火炬的丙烷是一種清潔燃料D.油脂的皂化反應生成高級脂肪酸鈉和丙三醇7、化學家們合成了如下圖所示的一系列的星烷，如三星烷、四星烷、五星烷等。下列說法正確的是()A.它們的一氯代物均有三種B.它們之間互為同系物C.三星烷與乙苯互為同分異構體D.六星烷的化學式為rm{C_{18}H_{24}}8、在一定溫度下，向rm{1L}密閉容器中加入rm{1mol}rm{HI(g)}發生反應rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}rm{2s}時生成rm{0.1mol}rm{H_{2}}則表示該時段的化學反應速率正確的是rm{(}rm{)}A.rm{v(HI)=0.8}rm{mol?L隆樓^{1}?s隆樓^{1}}B.rm{v(I_{2})=0.2}rm{mol?L隆樓^{1}?s隆樓^{1}}C.rm{v(HI)=0.1}rm{mol?L隆樓^{1}?min隆樓^{1}}D.rm{v(H_{2})=0.05}rm{mol?L隆樓^{1}?s隆樓^{1}}9、下列圖示與對應的敘述不相符的是rm{(}rm{)}

A.圖rm{1}表示rm{KNO_{3}}的溶解度曲線，圖中rm{a}點所示的溶液是rm{80隆忙}時rm{KNO_{3}}的過飽和溶液B.圖rm{2}表示某放熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化C.圖rm{3}表示rm{0.1000mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液滴定rm{20.00mL}rm{0.1000mol?L^{-1}}鹽酸溶液得到的滴定曲線D.圖rm{4}表示已達平衡的某反應，在rm{t_{0}}時改變某一條件后反應速率隨時間變化，則改變的條件可能是增大壓強評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、以石油、煤和天然氣為主要原料生產的三大合成材料是（）A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠11、實驗是研究化學的基礎，圖中所示的實驗方法、裝置或操作完全不正確的是rm{(}rm{)}A.

除雜B.

稀釋C.制氣D.稱量12、下列實例中與膠體性質有關的是rm{(}rm{)}

A.用明礬凈水B.投影機投影時產生的“光亮的通路”C.用石膏使豆漿變成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的藥物治療胃酸過多13、甲rm{隆蘆}辛等元素在周期表中的位置如下表所示。下列說法正確的是A.甲、丁、戊的單質都是金屬B.乙、丙、辛都是非金屬元素C.乙、庚、辛都能形成氧化物D.已的氧化物既可溶于rm{KOH}溶液又可溶于rm{H_{2}SO_{4}}溶液14、下列玻璃儀器中，不能用于加熱的有A.燒杯B.容量瓶C.量筒D.試劑瓶15、分類方法在化學學科的發展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分類標準合理的是rm{(}rm{)}A.根據分散系是否具有丁達爾現象將分散系分為溶液rm{.}膠體和濁液B.根據物質的組成成分是否單一，將物質分為純凈物和混合物C.根據反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應D.根據反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應16、工業合成環丁基甲酸的流程如圖。下列說法正確的是。

A.a和b互為同系物B.a→b的反應類型為取代反應C.c分子中所有碳原子均可共面D.b的一氯代物有4種(不考慮立體異構)17、下列反應能用離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=BaCO_{3}隆媒}表示的有A.rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=

BaCO_{3}隆媒}與rm{BaCl_{2}}溶液反應B.rm{K_{2}CO_{3}}與rm{CO_{2}}溶液反應C.rm{Ba(OH)_{2}}與rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液反應D.rm{Na_{2}CO_{3}}與rm{Ba(OH)_{2}}溶液反應rm{NaHCO_{3}}18、現代以石油化工為基礎的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.合成洗滌劑B.合成纖維C.合成橡膠D.塑料評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)19、為減少污染，常將煤轉化為清潔氣體燃料，可將焦炭與水蒸氣反應轉化為氫氣和一氧化碳：C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)H>0。現在容積固定為2L密閉容器中，加入2molC(s)和2molH2O(g)，在T℃下充分反應，半分鐘后達到平衡，測得H2為0.75mol。（1）用H2O(g)表示反應開始到達到平衡的平均速率；（2）計算T℃下該反應的平衡常數K=____________；若溫度升高，則反應平衡常數將（填“增大”“減小”或“不變”）。（3）上述條件下該反應達到平衡狀態，下列說法正確的是A．縮小容器體積，平衡向左移動B．加入催化劑，CO的產率增大C．增加碳的量，H2O(g)的轉化率增大D．降低溫度，H2O(g)的轉化率降低（4）若將上述容器改為恒壓容器（兩個反應器初始容積相同），相同溫度下加入2molC(s)和2molH2O(g)，達到平衡后，H2O(g)的轉化率將____（填“增大”“減小”或“不變”）。20、(8分)按要求寫出下列有機物的名稱和結構簡式：③石炭酸④硬脂酸甘油酯____________21、（6分）熔融鹽燃料電池具有高的發電效率，因而受到重視。某燃料電池以熔融的K2CO3（其中不含O2-和HCO3-）為電解質，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，以具有催化作用和導電性能的稀土金屬材料為電極。該燃料電池負極電極反應式為：2C4H10+26CO32-－52e-→34CO2+10H2O。試回答下列問題：（1）該燃料電池的化學反應方程式為____；（2）正極電極反應式為。22、香莢蘭豆的香氣成分中含有的香草醛rm{(}如圖rm{)}也稱香蘭素，常用做食品添加劑的原料，起著增香作用rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)}寫出香草醛的分子式______；該物質中含氧官能團的名稱是______；

rm{(2)1mol}香草醛最多能與______rm{molH_{2}}加成．23、物質A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有下圖轉化關系，其中氣體D、E為單質，

請按要求回答下列問題．

（1）組成金屬A的元素在周期表的位置是____，D的化學式是____

（2）寫出反應“C→F”的離子方程式____；

（3）寫出反應“I→J”的離子方程式____；

（4）寫出金屬H與水蒸氣在高溫下反應的化學方程式____．24、（8分，每空1分）下列各組物質：①O2和O3②H2、D2、T2③12C和14C④CH3OCH3和CH3CH2OH⑤乙炔和丁炔⑥淀粉和纖維素其中（1）互為同系物的是____，（填序號，序號不重復使用，下同）（2）互為同分異構體的是____，（3）互為同位素的是____，（4）互為同素異形體的是____，25、下列物質：rm{壟脵}水晶rm{壟脷}冰醋酸rm{壟脹}氧化鈣rm{壟脺}白磷rm{壟脻}晶體氬rm{壟脼}氫氧化鈉rm{壟脽}鋁rm{壟脿}金剛石rm{壟謾}過氧化鈉rm{(1)}屬于原子晶體的化合物____；rm{(2)}直接由原子構成的晶體____；rm{(3)}直接由原子構成的分子晶體____；rm{(4)}由極性分子構成的晶體是____；含有非極性鍵的離子晶體是；屬于分子晶體的單質是；rm{(5)}在一定條件下能導電而不發生化學變化的是________；受熱熔化后化學鍵不發生變化的是；受熱熔化時需克服共價鍵的是；評卷人得分四、工業流程題(共3題，共15分)26、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___。27、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]=____。28、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________%。評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)29、（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的質量分數為。30、（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，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，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。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的質量分數為。31、（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的質量分數為。32、（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，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，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。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的質量分數為。評卷人得分六、其他(共3題，共6分)33、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；34、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；35、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】

A．在氯化鐵溶液中加入過量的鐵粉，充分反應，化學方程式為：Fe+2FeCl3=3FeCl2；鐵溶解在氯化鐵溶液中，溶液的質量增加．故A正確；

B．Fe3+的顏色為棕黃色，Fe2+的顏色為淺綠色，在氯化鐵溶液中加入過量的鐵粉，Fe+2FeCl3=3FeCl2，溶液中的金屬離子由原來的Fe3+變為Fe2+；故B正確；

C．在氯化鐵溶液中加入過量的鐵粉，充分反應的離子方程式為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中的金屬離子全部是Fe2+；故C正確；

D．在氯化鐵溶液中加入過量的鐵粉，充分反應的離子方程式為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中金屬離子只有Fe2+；故D錯誤；

故選D．

【解析】【答案】在氯化鐵溶液中加入過量的鐵粉；鐵粉與氯化鐵發生氧化還原反應．

A．鐵溶解在氯化鐵溶液中；

B．氯化鐵溶液中Fe3+的顏色為棕黃色，Fe2+的顏色為淺綠色；

C．在氯化鐵溶液中加入過量的鐵粉，充分反應后，生成FeCl2；

D．溶液中的金屬離子只有Fe2+；

2、D【分析】解：A；酶屬于蛋白質；溫度過高會失去生理活性，喪失去污能力，故A錯誤；

B；四氟乙烯在加聚時雙鍵已打開；即聚四氟乙烯中已無碳碳雙鍵，故是飽和的有機物，且聚四氟乙烯中除了碳元素，還含有氟元素，故不是烴，故B錯誤；

C；煤的氣化是煤和水蒸汽在高溫條件下生成氫氣和CO的反應；是化學變化；煤的液化是用煤生產甲醇的過程，也是化學變化，故C錯誤；

D；乙二醇是生產聚酯纖維的原理；也可用做抗凍劑，故D正確；

故選D．

A；酶屬于蛋白質；

B；四氟乙烯在加聚時雙鍵已打開；

C；煤的氣化和液化均為化學變化；

D；乙二醇可用作抗凍劑．

本題考查有機化合物的用途，能源的綜合利用，難度不大，注意煤的氣化和液化均為化學變化．【解析】【答案】D3、D【分析】解：rm{A.}銀氨溶液不能鑒別乙醛和甲酸；故A錯誤；

B.溴水不能鑒別乙醇和乙酸；且溴水與乙醛；甲酸都發生氧化還原反應，不能鑒別，故B錯誤；

C.碳酸鈉溶液不能鑒別乙醇；乙醛；與乙酸、甲酸都反應生成氣體；也不能鑒別，故C錯誤；

D.乙醇與新制氫氧化銅懸濁液不反應；乙酸與新制氫氧化銅懸濁液發生中和反應，沉淀溶解，乙醛與新制氫氧化銅懸濁液在加熱條件下發生氧化還原反應生成磚紅色沉淀，甲酸與新制氫氧化銅懸濁液發生中和反應，沉淀溶解，在加熱條件下發生氧化還原反應生成磚紅色沉淀，可鑒別，故D正確．

故選D．

四種物質都溶于水；乙酸和甲酸具有酸性，乙醛和甲酸含有醛基，可與新制氫氧化銅懸濁液在加熱條件下發生氧化還原反應，以此鑒別．

本題考查有機物的鑒別，題目難度不大，注意有機物性質的異同，為解答該題的關鍵，注意甲酸的性質，為易錯點．【解析】rm{D}4、C【分析】解：rm{A.}溶液的導電能力與離子的濃度有關，濃度越大導電能力越強，濃度越小導電能力越弱rm{.}強電解質是指：在水溶液中或熔融狀態下，能夠完全電離的化合物，溶液的導電能力與電解質的強弱無關，如硫酸鋇是強電解質，難溶于水，離子濃度小，導電能力弱，rm{CH_{3}COOH}為弱電解質；易溶于水，當乙酸濃度比較大時，離子的濃度大，導電能力強，故A錯誤；

B.水溶液中導電能力差的電解質不一定為弱電解質；如硫酸鋇是強電解質，難溶于水，離子濃度小，導電能力弱，故B錯誤；

C.強電解質溶于水的部分或者熔融狀態時；可以完全變成陰陽離子的化合物，故C正確；

D.氯化氫為強電解質；但氯化氫為共價化合物，氫氧化鋁為弱電解質，但它是離子化合物，故D錯誤；

故選C．

A.溶液的導電能力與離子的濃度有關；與電解質的強弱無關；

B.水溶液中導電能力與離子的濃度有關；濃度越大導電能力越強，濃度越小導電能力越弱；

C.強電解質是指：在水溶液中或熔融狀態下；能夠完全電離的化合物；

D.有些強電解質為共價化合物；有些弱電解質為離子化合物．

本題考查了導電能力大小與強弱電解質的關系，難度不大，注意“導電能力大小與離子濃度有關，與電解質強弱無關”是解答本題的關鍵．【解析】rm{C}5、D【分析】放電相當于原電池，負極失去電子給氧化，正極得到電子被還原。根據電極反應式可知鋅失去電子，鋅是負極，Ag2O得到電子被還原，是正極，總反應式為Zn+Ag2O＋H2O→Zn(OH)2＋2Ag，所以答案是D。【解析】【答案】D6、A【分析】試題分析：A、葡萄糖是單糖不能水解，A不正確；B、隔絕空氣將煤加強熱使之分解的過程是煤的干餾，干餾可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料，B正確；C、丙烷的燃燒產物是水和CO2，不會對環境造成污染，C正確；D、油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鈉和甘油，也稱油脂的皂化反應，D正確，答案選A。考點：考查常見有機物結構、性質的有關判斷【解析】【答案】A7、D【分析】【分析】本題考查學生有機化學中同分異構體的概念，難度適中，注意的是熟記教材知識是解題的關鍵。有機物分子中的官能團及其結構同分異構現象和同分異構體。【解答】A.“星烷分子”高度對稱，它們的一氯代物均只有rm{2}種；故A錯誤；

B.由三星烷、四星烷、五星烷分子式分別為rm{C_{9}H_{12}}rm{C_{12}H_{16}}rm{C_{15}H_{20}}星烷分子組成相差“rm{C_{3}H_{4}}”；不是同系物，故B錯誤；

C.三星烷的分子式為rm{C_{9}H_{12}}乙苯的分子式為rm{C_{7}H_{8}}分子式不同，不能互為同分異構體，故C錯誤；

D.由三星烷、四星烷、五星烷分子式分別為rm{C_{9}H_{12}}rm{C_{12}H_{16}}rm{C_{15}H_{20}}星烷分子組成相差“rm{C_{3}H_{4}}”，可推出六星烷為rm{C_{18}H_{24}}故D正確。

故選D。【解析】rm{D}8、D【分析】解：rm{V=1L}rm{trianglet=2s}rm{trianglen(H_{2})=0.1mol}則rm{v(H_{2})=dfrac{0.1mol}{1L隆脕2s}=0.05mol?L^{-1}?s^{-1}}

由rm{dfrac{v(HI)}{v(H_{2})}=dfrac{2}{1}}可得rm{v(H_{2})=dfrac

{0.1mol}{1L隆脕2s}=0.05mol?L^{-1}?s^{-1}}

由rm{dfrac{v(I_{2})}{v(H_{2})}=1}可得rm{dfrac{v(HI)}{v(H_{2})}=dfrac

{2}{1}}

故選D．

先根據rm{v(HI)=2隆脕0.05mol?L^{-1}?s^{-1}=0.1mol?L^{-1}?s^{-1}}的數據，帶入rm{v=dfrac{trianglen}{Vtrianglet}}計算rm{dfrac

{v(I_{2})}{v(H_{2})}=1}然后根據速率之比等于化學計量數之比計算rm{v(I_{2})=0.05mol?L隆樓^{1}?s隆樓^{1}}

本題考查化學反應速率的相關計算，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握化學反應速率的定義以及計算公式，難度不大．rm{H_{2}}【解析】rm{D}9、A【分析】解：rm{A.}曲線上所有的點代表相應溫度下rm{KNO_{3}}溶液的溶解度，均為飽和溶液，rm{a}點溶解的rm{KNO_{3}}的質量遠小于飽和時的數值，因此rm{a}點所示的溶液是rm{80隆忙}時rm{KNO_{3}}的不飽和溶液；該說法錯誤，故A正確；

B.反應物的總能量大于生成物的總能量為放熱反應；因此圖象表示的為放熱反應；使用催化劑能夠降低活化分子能量，使用催化劑時需要能量低于不使用催化劑的能量，該圖示與對應的敘述相符，故B錯誤；

C.rm{0.1000}rm{mol?L^{-1}HCl}溶液rm{pH}為rm{1}加入rm{20ml}氫氧化鈉時達到滴定終點；該圖象與對應的敘述相符，故C錯誤；

D.對于反應前后氣體的化學計量數相等的化學平衡；增大壓強，正逆反應速率瞬間同時增大且相等，圖示變化可能為改變了壓強，圖象變化與題中描述一致，故D錯誤；

故選A．

A.rm{a}點時溶解的硝酸鉀的質量小于rm{80隆忙}時rm{KNO_{3}}的溶解度；說明該溶液為不飽和溶液；

B.反應物的總能量大于生成物的總能量為放熱反應；使用催化劑可以降低活化分子需要能量；

C.rm{0.1000mol?L^{-1}}鹽酸溶液的rm{pH=1}當加入rm{20mL}氫氧化鈉溶液時恰好中和；出現滴定飛躍；

D.在rm{t_{0}}時改變某一條件后瞬間正逆反應速率都增大；且反應速率相等，平衡不移動，改變的條件可能為增大了壓強。

本題考查反應熱和焓變、溶解度和飽和溶液、反應速率與化學平衡的關系，題目難度中等，注意明確飽和溶液概念、反應速率與化學平衡的關系，試題側重考查學生運用所學原理從圖象中獲取信息、分析問題、及解決問題的能力．【解析】rm{A}二、多選題(共9題，共18分)10、BCD【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

故選BCD．

三大合成材料是合成塑料；合成橡膠、合成纖維．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，平時注意知識的積累．【解析】【答案】BCD11、ABD【分析】解：rm{A.}洗氣時；氣體應從長導管進，短導管出，題中氣體的進出方向錯誤，故A錯誤；

B.量筒只能用于量取一定體積；只能在常溫下使用，不能在量筒中稀釋濃硫酸，故B錯誤；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；裝置符合制備要求，故C正確；

D.氫氧化鈉應放在小燒杯中稱量；故D錯誤．

故選ABD．

A.氣體的進出方向錯誤；

B.不能在量筒中稀釋濃硫酸；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；

D.稱量氫氧化鈉時應防止氫氧化鈉吸水和變質；減小實驗誤差．

本題考查較為綜合，涉及物質的分離、溶液的量取、氣體的制備以及物質的稱量，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意相關基礎知識的積累，難度不大．【解析】rm{ABD}12、ABC【分析】【分析】本題考查膠體的性質及其應用，題目難度不大。【解答】A.用明礬凈水，利用膠體的吸附性，故A正確；

B.投影機投影時產生的“光亮的通路”是由于膠體粒子對光線散射形成的光亮的通路，故B正確；

C.用石膏使豆漿變成豆腐，利用膠體聚沉的性質，故C正確；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的藥物治療胃酸過多時，與鹽酸反應生成氯化鋁和水；屬于復分解反應，與膠體的性質無關，故D錯誤。

rm{Al(OH)_{3}}

故選：rm{ABC}【解析】rm{ABC}13、BCD【分析】【分析】本題旨在考查學生對元素周期表的結構的應用。【解答】A.甲為rm{H}元素，丁為鈉元素，戊為鎂元素，氫氣為非金屬，故A錯誤；B.乙、丙、辛分別為rm{C}rm{O}rm{S}元素，都是非金屬元素，故B正確；rm{C}rm{O}元素，都是非金屬元素，故B正確；rm{S}C.乙、庚、辛分別為rm{C}rm{Si}rm{S}元素，為非金屬，都能形成氧化物，故C正確；rm{C}元素，為非金屬，都能形成氧化物，故C正確；rm{Si}溶液又可溶于rm{S}D.已的氧化物為氧化鋁，為兩性氧化物，既可溶于rm{KOH}溶液又可溶于rm{H}rm{KOH}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}【解析】rm{BCD}14、BCD【分析】【分析】本題旨在考查學生對直接加熱儀器的應用。【解答】根據題意，燒杯可以用于加熱，容量瓶、量筒、試劑瓶不能用于加熱，故BCD正確。故選BCD。【解析】rm{BCD}15、BCD【分析】解：rm{A}根據分散系微粒直徑的大小；將分散系分為溶液、膠體和濁液，不是根據否具有丁達爾現象，故A錯誤；

B；根據物質的組成可知；只有一種物質的為純凈物，含有兩種或以上物質的為混合物，故B正確；

C；根據反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；故C正確；

D；根據反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應；故D正確；

故選BCD．

A；根據分散系微粒直徑的大小；將分散系分為溶液、膠體和濁液；

B；根據物質的組成和性質來分析純凈物和混合物；

C；根據反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；

D；根據反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應．

本題考查物質的分類，題目難度不大，注意物質的分類的依據，不同的分類標準會得出不同的分類結果．【解析】rm{BCD}16、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．根據a、b結構簡式可知a分子式是C7H12O4，b分子式是C10H16O4，二者不是相差CH2的整數倍；因此二者不是同系物，A錯誤；

B．a與Br-CH2CH2CH2Cl在一定條件下發生取代反應產生b和HCl、HBr，故a→b的反應類型為取代反應；B正確；

C．c分子中含有飽和C原子；具有甲烷的四面體結構，因此c分子中所有碳原子不可能共平面，C錯誤；

D．b物質以中心碳原子為對稱軸；含有4種不同位置的H原子，因此其一氯代物有4種(不考慮立體異構)，D正確；

故合理選項是BD。17、AC【分析】【分析】本題考查離子方程式的書寫，離子反應的本質，難度中等。【解答】A.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}與rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}故A正確；

rm{{,!}_{3}}溶液反應的離子方程式為：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}B.rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CO}rm{2}rm{2}的離子反應為rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}故B錯誤；rm{-}rm{-}rm{+CO}rm{2}rm{2}rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}C.rm{Ba(NO}rm{Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+Na}故C選；

rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}的離子反應為rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的離子反應為rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}故D錯誤。

rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AC}18、BCD【分析】解：石油化工是rm{20}世紀興起的一種綜合利用石油產品的工業rm{.}化學科技工作者把燃料油中較大的分子裂解成含二個；三個、四個碳原子等的小分子；然后把它們加工制成各種產品，如塑料、合成纖維、合成橡膠、藥物、農藥、炸藥、化肥等等，其中塑料、合成纖維、合成橡膠為三大合成材料；

BCD正確；

故選BCD．

三大合成材料是指：塑料；合成纖維、合成橡膠；據此即可解答．

本題考查了石油的用途，注意乙烯與石油產品、塑料、合成纖維、有機溶劑的關系是解答本題的關鍵，比較基礎，側重對基礎知識的鞏固，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】rm{BCD}三、填空題(共7題，共14分)19、略

【分析】試題分析：（1）根據化學反應速率的計算公式v=△c/△t,代入數據計算v（H2）=0.0125mol/(L?S)，根據化學反應速率之比等于化學計量數之比得v（H2O）=0.0125mol/(L?S)；（2）利用化學平衡計算的思路——三行式來解。C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)起始濃度（mol·L-1）100轉化濃度（mol·L-1）0.3750.3750.375平衡濃度（mol·L-1）0.6250.3750.375根據K=[H2][CO]/[H2O]，將各物質的平衡濃度代入計算得K=0.225，該反應為吸熱反應，升溫平衡向正向移動，K增大；（3）A、縮小容器體積，相當于增大壓強，平衡向左移動，正確；B、加入催化劑，平衡不移動，CO的產率不變，錯誤；C、增加固體碳的量，平衡不移動，H2O(g)的轉化率不變，錯誤；D、降低溫度，該反應為吸熱反應，平衡逆向移動，H2O(g)的轉化率降低，正確。（4）若將上述容器改為恒壓容器（兩個反應器初始容積相同），相同溫度下加入2molC(s)和2molH2O(g)，正反應為氣體物質的量增大的反應，要維持壓強不變，容器體積必須增大，增大體積相當于減小壓強，平衡向正向移動，達到平衡后，H2O(g)的轉化率將增大。考點：考查化學平衡計算及外界條件對化學平衡的影響。【解析】【答案】（1）0.0125mol/(L?S)（2）0.225或9/40增大（3）AD（4）增大20、略

【分析】①屬于烷烴，主鏈含有4個碳原子，名稱為2，2，3-三甲基丁烷；②屬于烯烴，主鏈必須含有碳碳雙鍵，所以名稱為2-甲基-2-丁烯；石炭酸就是苯酚，結構簡式為④屬于油脂，結構簡式為【解析】【答案】2，2，3-三甲基丁烷2-甲基-2-丁烯21、略

【分析】【解析】【答案】（共9分）（1）2C4H10+13O2=8CO2+10H2O（3分）（2）O2＋2CO2+4e-→2CO32-（3分）22、略

【分析】解：rm{(1)}香草醛中含有rm{8}個rm{C}rm{8}個rm{H}rm{3}個rm{O}原子，其分子式為：rm{C_{8}H_{8}O_{3}}香草醛中含有酚羥基；醛基和醚基；

故答案為：rm{C_{8}H_{8}O_{3}}酚羥基；醛基、醚基；

rm{(2)}苯環、rm{-CHO}均可與氫氣發生加成反應，則rm{1}rm{mol}最多可與rm{4}rm{mol}rm{H_{2}}反應；

故答案為：rm{4}．

rm{(1)}根據香草醛的結構簡式確定其分子式；香草醛中含有酚羥基和醛基；醚基；

rm{(2)}醛基和苯環能夠與氫氣發生加成反應．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握常見有機物的官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意酚、醛的性質，題目難度不大．【解析】rm{C_{8}H_{8}O_{3}}酚羥基、醛基、醚基；rm{4}23、略

【分析】

K為紅褐色沉淀，則應為Fe（OH）3，則溶液J中含有Fe3+，氣體E是黃綠色氣體判斷為Cl2，D應為H2，E應為氧化性氣體Cl2，B應為HCl，則I為FeCl2，J為FeCl3，白色沉淀F能溶于過量NaOH溶液，則F為Al（OH）3，G為NaAlO2，A為Al，C為AlCl3；

（1）由以上分析可知A為Al，原子核外有3個電子層，最外層電子數為3，則位于周期表第3周期ⅢA族，D為H2；

故答案為：第3周期ⅢA族；H2；

（2）C→F是AlCl3氨水反應生成氫氧化鋁和氯化銨，反應的離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（3）反應“I→J”是FeCl2和Cl2發生反應生成氯化亞鐵，反應離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（4）H為Fe，與水蒸氣在高溫下反應的化學方程式為3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

故答案為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2．

【解析】【答案】K為紅褐色沉淀，則應為Fe（OH）3，則溶液J中含有Fe3+，氣體E是黃綠色氣體判斷為Cl2，D應為H2，E應為氧化性氣體Cl2，B應為HCl，則I為FeCl2，J為FeCl3，白色沉淀F能溶于過量NaOH溶液，則F為Al（OH）3，G為NaAlO2，A為Al，C為AlCl3；根據物質的性質判斷所發生的反應以及題目要求可解答該題．

24、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分)（1）⑤，（2）④，（3）③，（4）①25、(1)①⑧

(2)①⑤⑧

(3)⑤

(4)②，⑨，④⑤(5)⑦，②④⑤(氬晶體中無化學鍵)，①⑧【分析】【分析】

本題考查晶體類型的判斷及晶體的性質；為高頻考點，注意晶體的構成微粒；化學鍵、物質的分類即可解答，綜合性較強。

【解答】

rm{壟脵}水晶rm{(SiO_{2})}中含共價鍵；為共價化合物，為原子晶體；

rm{壟脷}冰醋酸中含共價鍵；為共價化合物，為分子晶體；

rm{壟脹}氧化鈣中含離子鍵；為離子化合物，為離子晶體；

D.白磷中含共價鍵；為單質，屬于分子晶體；

rm{壟脹}白磷是含有非極性鍵，為單質，屬于分子晶體；

rm{壟脺}白磷是含有非極性鍵，為單質，屬于分子晶體；氬中不含化學鍵；為單質，屬于分子晶體；

rm{壟脺}氫氧化鈉中含離子鍵和共價鍵；為離子化合物，為離子晶體；

rm{壟脻}鋁為金屬單質；為金屬晶體；

rm{壟脻}金剛石含共價鍵；為單質，屬于原子晶體；

rm{壟脼}氫氧化鈉過氧化鈉中含離子鍵和共價鍵；為離子化合物，為離子晶體；

rm{壟脼}屬于原子晶體的化合物是rm{壟脽}直接由原子構成的分子晶體是rm{壟脽}；

故答案為：rm{壟脿}；

rm{壟脿}rm{壟謾}過氧化鈉rm{壟謾}；

故答案為：rm{(1)}；

rm{A}rm{壟脵壟脿}rm{壟脵壟脿}

故答案為：rm{(2)}

直接由原子構成的晶體rm{壟脵壟脻壟脿}rm{壟脵壟脻壟脿}rm{(3)}直接由原子構成的分子晶體rm{壟脻}rm{壟脻}；

故答案為：rm{(4)}由極性分子構成的晶體是rm{壟脷}；

在一定條件下能導電而不發生化學鍵斷裂的是含有非極性鍵的離子晶體是受熱熔化后化學鍵不發生變化的化合物是rm{壟謾}氬晶體中無化學鍵；屬于分子晶體的單質是受熱熔化后需克服共價鍵的是rm{壟脺壟脻}

故答案為：rm{壟脷}rm{壟謾}氬晶體中無化學鍵rm{壟脺壟脻}rm{壟脽}

rm{壟脷壟脺壟脻(}【解析】rm{(1)壟脵壟脿}

rm{(2)壟脵壟脻壟脿}

rm{(3)壟脻}

rm{(4)壟脷}rm{壟謾}rm{壟脺壟脻}rm{(5)壟脽}rm{壟脷壟脺壟脻(}氬晶體中無化學鍵rm{)}rm{壟脵壟脿}四、工業流程題(共3題，共15分)26、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27、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%28、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