2A.M2O(OH)是反应的催化剂，H2O是反应中间体B.DMC中所有的原子可能共面C.DMC的同分异构体中含有羧基和羟基两种官能团的物质有2种(不考虑立体异构)催化剂D.CO2和甲醇合成DMC的总反应为，原子利用率100%2CH3OH+CO2→(CH3O)2CO+H2O10.柠檬醛、香叶醇、芳樟醇都是食品香料和医药原料，三者之间存在如下转化关系。下列说法不正确的是()A.三种有机物都能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色B.三种有机物的分子中所有原子均不可能处于同一平面C.香叶醇与芳樟醇互为同分异构体，均能与NaHCO3溶液反应D.柠檬醛能发生取代、加成、氧化、还原、加聚等反应11.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是()A.丙的简单氢化物分子内存在氢键B.由甲、乙两元素组成的化合物中，只含有极性键C.甲与丙组成的化合物不只一种D.乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应12.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3∶4。下列说法中正确的是()A.原子半径：W>Z>Y>XB.氢化物稳定性：Y>ZC.WY3中只有离子键没有共价键D.X与Z可形成10电子和18电子分子13.下列实验操作及结论正确的是()
3A.钠和乙醇反应的现象与钠和水反应的现象相同B.在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成C.在CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液振荡，立即加入麦芽糖溶液并加热，能证明麦芽糖具有还原性D.在乙醇溶液中插入一根红热的铜丝，能证明醇被氧化成醛14.化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是()A.食醋除水垢、石油分馏、油脂的皂化都是化学变化B.绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染C.碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去金属表面的煤油D.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源二、非选择题（满分58分，其中15-17题为必做题，18-19题为选做题）15.某化学兴趣小组研究用海带提取单质碘的工艺流程如图所示。(1)将干海带进行灼烧的作用是______，将海带灰转移到小烧杯中，加入约15mg蒸馏水，搅拌，煮沸以使灰烬中的I−尽可能多的进入溶液。(2)过滤后将碘离子用氧化剂过氧化氢氧化，用过氧化氢氧化碘离子的优点是______。(3)萃取实验中若要使碘尽可能完全地转移到CCl4中，操作过程是______。(4)萃取分液后的碘的有机溶液，传统方法是利用减压蒸馏将有机溶剂和单质碘进行分离。减压蒸馏的目的是______。(5)该小组没有用减压蒸馏进行分离而是用流程中的反萃取的方法进行分离。请写出反萃取和酸化时的两个离子方程式______、______。(6)碘的纯度分析(已知：2SO2−+I=2I−+SO2−)：精确量取0.1136g精制后的碘置于250mL碘量瓶中，23246加入0.5gKI和30mL水，振荡至完全溶解(KI仅用于溶解)。以0.0513mol⋅L−1的Na2S2O3溶液快速滴定至淡黄色，加入1mL左右淀粉溶液，缓慢滴定至终点，终点的现象是______，消耗Na2S2O3溶液17.26mL。碘的纯度的计算表达式为______。(列式即可，无需化简)16.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
4①用量筒量取50mL0.50mol·L−1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L−1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)倒入NaOH溶液的正确操作是__________(填字母)。A.沿玻璃棒缓慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入(2)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是______(填字母)。A.用温度计小心搅拌B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动(3)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L−1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为________________。(4)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm−3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g−1·℃−1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：起始温度t1/℃终止温度t2/℃实验序号盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=__________(结果保留一位小数)。17.某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)：
5已知：锰酸钾(KMnO)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO2−+2HO=2MnO−+24424MnO↓+4OH−2回答下列问题：(1)装置A中a的作用是______；装置C中的试剂为______；装置A中制备Cl2的化学方程式为______。(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是______。(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______(填标号)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00mL(4)某FeC2O4⋅2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4⋅2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：Ⅰ.称取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃.用cmol⋅L−1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀HSO酸化后，在75℃继续用KMnO244溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4⋅2H2O(M=126g⋅mol−1)的质量分数表达式为______。下列关于样品组成分析的说法，正确的是______(填标号)。V1A.=3时，样品中一定不含杂质V2V1B.V2越大，样品中H2C2O4⋅2H2O含量一定越高C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高18.【选修3】随着科学技术的发展，阿伏加德罗常数的测定手段越来越多，测定精确度也越来越高，现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：
6(1)将固体NaCl研细、干燥后，准确称取mgNaCl固体并转移到定容仪器A中。(2)用滴定管向A仪器中滴加苯，不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为Vcm3。①步骤(1)中A仪器最好用__________(仪器名称)。②步骤(2)中用酸式滴定管好还是碱式滴定管好，__________，理由是________________________________。③能否用胶头滴管代替步骤(2)中的滴定管__________；理由是____________________。④已知NaCl晶体的结构如图所示，用X射线测得NaCl晶体中靠得最近的Na+与Cl−间的平均距离为acm，则用上述测定方法测得阿伏加德罗常数N的表达式为：N=_________mol−1。AA19.【选修5】某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验．(1)实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学反应方程式______；______．在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇氧化反应是______反应．(2)甲和乙两个水浴作用不相同．甲的作用是加热；乙的作用是______．(3)反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到多种物质，它们是______.集气瓶中收集到的气体的主要成分是______．(4)若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸.要除去该物质，可先在混合液中加入______(填字母)．a.氯化钠溶液b.苯c.碳酸氢钠溶液d.四氯化碳然后，再通过______(填实验操作名称)即可除去．
7★秘密·考试结束前重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测高二化学答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1.【答案】C【解析】解：A.NH3分子中含有10个电子，在常温常压下，11.2LNH3的物质的量小于0.5mol，则其中所含的电子数少于5NA，故A错误；B.在标准状况下CCl4呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，故B错误；C.Na2O2与CO2反应，产生Na2CO3和O2，1molNa2O2与足量的CO2反应，转移1mol电子，则转移的电子数为1NA，故C正确；56gD.Fe与盐酸反应产生FeCl2和H2，56gFe的物质的量为56g/mol=1mol，则其与足量的HCl完全反应转移电子数目为2NA，故D错误；故选：C。A.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B.标准状况下CCl4呈液态；C.Na2O2与CO2反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2molNa2O2与足量的CO2反应转移2mol电子；D.Fe与盐酸反应产生FeCl2和H2。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。2.【答案】A【解析】【分析】本题考查化学方程式计算、钠的化合物的重要性质，题目难度不大，试题培养了学生的化学计算能力。【解答】
82NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2mol1mol1mol1mol若过氧化钠与二氧化碳反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1mol1mol1mol则过氧化钠恰好与碳酸氢钠分解生成的二氧化碳反应，排出气体物质后冷却，最终残留的固体物质为2molNa2CO3，若过氧化钠与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑1mol1mol2mol2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O2mol1mol1mol则过氧化钠恰好与碳酸氢钠分解生成的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与二氧化碳反应生成碳酸钠，排出气体物质后冷却，最终残留的固体物质为2molNa2CO3，故选：A。3.【答案】C【解析】【分析】本题考查铝热反应及其应用，为高频考点，题目难度中等，明确铝热反应原理及装置特点即可解答，试题有利于提高学生的分析能力和化学实验能力。【解答】A.铝热反应放出大量的热，使反应生成的Fe在高温下熔化，证明铝热反应为放热反应，故A正确；B.铝具有强还原性，高温下，能还原某些金属氧化物，所以可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属，故B正确；C.实验中镁条为引燃剂，利用燃烧放出的热量引燃铝热反应，而还原氧化铁的物质为金属Al，故C错误；D.铝热反应为放热反应，反应剧烈产生耀眼白光，放出的热量使铁熔化，所以漏斗下方有红热熔融物流出，故D正确。4.【答案】C【解析】
9【分析】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。【解答】A、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子数小于2NA个，故A错误；B、铁和过量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁反应后转移3NA个电子，故B错误；C、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，故含H原子为2NA个，故C正确；D、标况下四氯化碳为液体，故其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故D错误。故选：C。5.【答案】B【解析】解：A.曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A错误；B.曲线①上取点(2.0,8.0)，−lg[c(SO2−)]=8.0，c(SO2−)=10−8mol/L，c(Ba2+)=10−2mol/L，K(BaSO)=c(Ba2+)×44sp4c(SO2−)=10−8×10−2=1.0×10−10，故B正确；4C.a点变到b点，−lg[c(Ba2+)]值增大，c(Ba2+)减小，不可能加入BaCl固体，故C错误；2D.点d时c(Ba2+)=10−5.1mol/L，c(SO2−)=10−y2mol/L，点c时，c(Ba2+)=10−5.1mol/L，c(CO2−)=10−y1mol/L，43c(SO2−)溶液中4=10y1−y2，故D错误；c(CO2−)3故选：B。已知相同温度下，K(BaSO)c(SO2−)，故曲线①表示−lg[c(SO2−)]与sp4sp3344−lg[c(Ba2+)]的关系即BaSO沉淀溶解曲线，曲线②表示−lg[c(CO2−)]与−lg[c(Ba2+)]的关系即BaCO的沉淀溶433解曲线。本题考查沉淀溶解平衡，题目难度较大，能依据图示准确判断曲线所代表的物质是解题的关键，依据溶度积常数进行计算是本题的难点。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了反应热与焓变、同素异形体等知识，题目较为综合，难度不大，涉及物质的组成和分类、共价键的极性、分子晶体熔点的比较、反应热的计算，注意基础知识的把握。【解答】A、N4由N组成，是一种单质，是氮气的同素异形体，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；
10B、N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故B错误；C、同位素是同种元素不同种原子之间的互称，故C错误；D、1molN4气体中含有6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为1884KJ，所以反应放热，放出的热量为：1884KJ−1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，故D正确；故选D。7.【答案】D【解析】解：设CO2的起始投入量为2mol，参加反应的CO2的物质的量为2x，则2CO2⇌2CO+O2开始200转化2x2xx平衡2−2x2xx2mol×44g/mol88−2M达到平衡时体系的平均式量为M，则=Mg/mol，解得x=，(2+x)molM2x88−2MCO2分解率为=x=，2M故选：D。设CO2的起始投入量为2mol，参加反应的CO2的物质的量为2x，则2CO2⇌2CO+O2开始200转化2x2xx平衡2−2x2xx2mol×44g/mol88−2M参加反应的量达到平衡时体系的平均式量为M，则=Mg/mol，解得x=，结合分解率=×100%(2+x)molM开始的量计算。本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段式、平均相对分子质量为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意转化量及分解率的关系，题目难度不大。8.【答案】C【解析】解：A.升高温度，使单位体积内活化分子数增多，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，使化学反应速率增大，故A正确；
11B.催化剂能降低反应的活化能，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故B正确；C.反应放出或吸收的热量与反应物和生成物的能量有关，与活化能无关，故C错误；D.对于有气体参加的反应，增大压强，各气体物质的浓度增大，相当于改变浓度，故D正确；故选：C。A.升高温度，使单位体积内活化分子数增多，活化分子的百分数增大；B.催化剂可降低反应的活化能，活化分子百分数增大；C.反应放出或吸收的热量与反应物和生成物的能量有关；D.对于有气体参加的反应，增大压强，看成减小体积。本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率的影响因素、活化理论为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。9.【答案】C【解析】解：A.由流程图可知，M2O(OH)是反应的催化剂，是反应中间体，水是生成物，故a错误；B.DMC中含有甲基，具有甲烷的四面体结构，DMC中所有的原子不可能共面，故B错误；C.DMC的同分异构体中含有羧基和羟基两种官能团，可以看作是CH3CH2COOH中乙基上氢原子被羟基替代，符合条件的同分异构体为HOCH2CH2COOH、，故C正确；催化剂D.甲醇与二氧化碳在催化剂条件下生成碳酸二甲酯与水，总反应为：，2CH3OH+CO2→(CH3O)2CO+H2O反应有水生成，原子利用率不是100%，故D错误。故选：C。A.由流程图可知，水是生成物；B.DMC中含有甲基，具有甲烷的四面体结构；C.DMC的同分异构体中含有羧基和羟基两种官能团，可以看作是CH3CH2COOH中乙基上氢原子被羟基替代；D.反应有水生成，原子利用率不是100%。本题考查有机物的合成，关键是正确判断流程中反应物、生成物、中间体、催化剂，题目侧重考查学生信息获取能力、分析能力。
1210.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查有机物柠檬醛、香叶醇、芳樟醇三者之间的转化，侧重考查学生对基础知识的理解能力。【解答】A.三种分子中均含有碳碳双键，所以均能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B.三种分子中均含有饱和碳原子，所以分子中所有原子均不可能处在同一平面上，故B正确；C.香叶醇与芳樟醇分子式均为C10H18O，但结构不同，故互为同分异构体，两者均不含羧基，故不能与NaHCO3溶液反应，故C错误；D.柠檬醛中含有碳碳双键、醛基，能发生取代、加成、氧化、还原、加聚等反应，故D正确。故选C。11.【答案】C【解析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子半径及最外层电子数关系来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度较大。【解答】甲、乙、丙、丁四种短周期元素的原子序数依次增大，原子半径：r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)，则甲为H元素，丁处于第三周期，乙、丙处于第二周期；四种元素中，只有一种为金属元素，四种元素处于不同的主族，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍，则乙为C元素，丙为N元素，丁为Al元素。A.丙为N元素，丙的简单氢化物为NH3，NH3分子间存在氢键，NH3分子内没有氢键，故A错误；B.甲为H元素，乙为C元素，甲、乙组成的化合物有C2H4，C2H4中既有极性键又有非极性键，故B错误；C.H与N可形成NH3、N2H4，故C正确；D.乙的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，丁的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Al(OH)3与H2CO3不反应，故D错误。12.【答案】D【解析】【分析】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意IA族中同主族元素可以形成离子化合物，
13注意对应非金属氢化物的考查，难度中等。【解答】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH。A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：W(Na)>Y(N)>Z(O)>X(H)，故A错误；B.非金属性Y(N)14【分析】本题考查化学与环境的关系，涉及化学变化、物理变化的区别，煤的综合应用，环境保护等知识，注意基础知识的积累与应用，题目难度不大。【解答】A.石油分馏是物理变化，故A错误；B.绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B正确；C.煤油的主要成分为烃类，热的纯碱溶液不能与煤油反应，故C错误；D.煤的气化和液化都是化学变化，故D错误。故选B。15.【答案】使有机物转化为二氧化碳和水除去双氧水在反应过程中不引入杂质，不产生污染用四氯化碳对溶液进行多次萃取，直至液体几乎无色降低四氯化碳沸点，避免碘的升华，使二者分离的较彻−+3I=5I−+IO−+3HO5I−+IO−+6H+=3I+3HO当滴入最后一滴NaSO底6OH232322223溶液，碘量瓶内溶液254×0.0513×0.01726蓝色消失，且半分钟内不变色×100%2×0.1136【解析】解：(1)将干海带进行灼烧的作用是使有机物转化为二氧化碳和水除去，将海带灰转移到小烧杯中，加入约15mg蒸馏水，搅拌，煮沸以使灰烬中的I−尽可能多的进入溶液，故答案为：使有机物转化为二氧化碳和水除去；(2)过滤后将碘离子用氧化剂过氧化氢氧化，用过氧化氢氧化碘离子的优点是双氧水在反应过程中不引入杂质，不产生污染，故答案为：双氧水在反应过程中不引入杂质，不产生污染；(3)萃取实验中若要使碘尽可能完全地转移到CCl4中，操作过程是用四氯化碳对溶液进行多次萃取，直至液体几乎无色，故答案为：用四氯化碳对溶液进行多次萃取，直至液体几乎无色；(4)萃取分液后的碘的有机溶液，传统方法是利用减压蒸馏将有机溶剂和单质碘进行分离，减压蒸馏的目的是降低四氯化碳沸点，避免碘的升华，使二者分离的较彻底，故答案为：降低四氯化碳沸点，避免碘的升华，使二者分离的较彻底；(5)反萃取和酸化时的两个离子方程式分别为6OH−+3I=5I−+IO−+3HO、5I−+IO−+6H+=3I+3HO，232322−+3I=5I−+IO−+3HO；5I−+IO−+6H+=3I+3HO；故答案为：6OH232322(6)加入1mL左右淀粉溶液，缓慢滴定至当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，碘量瓶内溶液蓝色消失，且半分钟内不变色，达到滴定终点；设碘的纯度为ω，由2SO2−+I=2I−+SO2−可知，23246
152SO2−～I2322mol254g0.0513mol/L×17.26mL0.1136gω254g×0.0513mol/L×0.01726L254×0.0513×0.01726ω==×100%，2mol×0.1136g2×0.1136故答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，碘量瓶内溶液蓝色消失，且半分钟内不变254×0.0513×0.01726色；×100%。2×0.1136由流程可知，干海带去沙、剪碎后，在坩埚中灼烧除去有机物，然后煮沸、溶解，过滤分离出含碘离子的溶液及残渣，氧化剂为氯气或过氧化氢等，氧化碘离子生成碘单质，然后加四氯化碳萃取、分液分离出有机层，再加NaOH反萃取，分液分离出有机层可回收四氯化碳，水层中加硫酸生成碘，过滤、洗涤、干燥得到碘单质，以此解答(1)～(5)；(6)加入1mL左右淀粉溶液，缓慢滴定至当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，碘量瓶内溶液蓝色消失，且半分钟内不变色，由2SO2−+I=2I−+SO2−，设碘的纯度为ω，结合2SO2−～I计算。23246232本题考查海水资源的应用及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、含量测定原理、实验及计算能力为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。16.【答案】(1)C；(2)D；(3)ΔH1=ΔH2<ΔH3；(4)−51.8kJ·mol−1；【解析】【分析】本题考查了中和热的测定方法、计算、误差分析，为高频考点，侧重考查学生的分析、实验和计算能力的考查，题目难度不大，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。【解答】
16(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果；故答案为：C；(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失；故答案为：D；(3)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol⋅L−1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L1mol⋅L−1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2<△H3；故答案为：△H1=△H2<△H3；(4)根据表格数据分析可知，温度差平均值=3.1℃；50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为△T=3.1℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m⋅c⋅△T=100g×4.18J/(g⋅℃)×3.1℃=1295.8J，即1.2958kJ，所以实验测得的中和热1.2958kJΔH=−=−51.8kJ/mol；0.025mol故答案为：−51.8kJ/mol。17.【答案】(1)平衡气压，使浓盐酸顺利流下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O(2)在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶(3)酸式；C0.315(cV1−3cV2)(4)×100%；B、Dm【解析】【分析】本题考查物质的制备及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意(4)为解答的难点，题目难度较大。
17【解答】(1)装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下；装置C中的试剂为NaOH溶液、吸收尾气；装置A中制备Cl2的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)浓盐酸易挥发，进入装置B后会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶；(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，有强氧化性，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，滴定管尖嘴处没有刻度，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为大于(50.00−15.00)mL=35.00mL，可选C；(4)由I可知样品中Fe2+、CO2−、HCO消耗的KMnO溶液的体积为VmL，KMnO的物质的量为24224414V1×10−3L×cmol/L=cV1×10−3mol，由II可知Fe2+消耗的KMnO4溶液的体积为V2mL，KMnO4的物质的量为V2×10−3L×cmol/L=cV2×10−3mol，由电子守恒可知存在5Fe2+～MnO−，5C2O2−～2MnO−，设样品中FeC2O4⋅44412−312H2O为xmol，Fe2(C2O4)3为ymol，H2C2O4⋅2H2O为ymol，5x+5x+3y+z=cV1×10，5(x+2y)=cV2×10−3，解得z=2.5cV−3V×10−3mol，12−1126g/mol×2.5(cV1−3cV2)×10−3mol则样品中所含H2C2O4⋅2H2O(M=126g⋅mol)的质量分数表达式为×100%=m0.315(cV1−3cV2)×100%，mV1=3时，0.315(cV1−3cV2)A.V2m×100%=0，样品中一定不含H2C2O4⋅2H2O杂质，可含Fe2(C2O4)3，故A错误；V1B.由H2C2O4⋅2H2O的质量分数表达式可知，V2越大，样品中H2C2O4⋅2H2O含量一定越高，故B正确；1−3C.铁元素的物质的量为x+2ymol=cV2×10mol，若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部5分Fe2+没有被氧化，不影响V的大小，则cV×10−3mol不变，对Fe元素含量测定无影响，故C错误；22D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则消耗高锰酸钾的体积偏大，由关系式可得测得样品中Fe元素含量偏高，故D正确。18.【答案】①容量瓶；②酸式滴定管；苯能溶解碱式滴定管的橡皮管；③不能；实验中需要准确量取苯的体积；29.25V④。ma3【解析】【分析】
18本题以化学实验为载体，考查阿伏加德罗常数测定、晶胞计算、对仪器与试剂的分析评价，关键是明确实验原理，掌握均摊法进行晶胞有关计算。【解答】①能够较准确的测定NaCl固体体积，所以步骤(1)中仪器最好用容量瓶；故答案为：容量瓶；②由于苯对橡胶有溶胀、老化作用，可溶解橡皮管，所以滴定管用酸式滴定管；故答案为：酸式滴定管；苯能溶解碱式滴定管的橡皮管；③实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管；故答案为：不能；实验中需要准确量取苯的体积；mg/cm3+−④NaCl的密度为，最近的Na与Cl间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，NaCl晶胞的体积V33+1=4、Cl−1+6×1=4，则NaCl晶胞的质量=4×58.5g=mg/=(2a)cm，晶胞中Na离子数目=1+12×数目=8×482NAVcm3×(2a)3cm3=58.5Vmol−1=29.25Vmol−1，整理得NA33，2mama29.25V故答案为：3。ma△△−19.【答案】2Cu+O22CuOCH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O放热冷却乙醛、乙醇、水氮气c蒸馏【解析】解：(1)进入乙中的气体为空气和乙醇，加热时，铜和氧气反应生成氧化铜，方程式为2Cu+△−O22CuO，氧化铜和乙醇在加热条件下发生氧化还原反应可生成乙醛和铜，反应的方程式为CH3CH2OH+△CuO→CH3CHO+Cu+H2O，实验时，先加热玻璃管乙中的镀银钢丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜丝即呈红热状态，若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束，说明反应引发后，不需加热即可进行到底，说明该反应是放热的反应，△△故答案为：2Cu+O−22CuO；CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O；放热；(2)甲装置常常浸在温度为70～80的水浴中，水浴能使容器受热均匀，能使甲中乙醇平稳气化成乙醇蒸气，生成的乙醛以及剩余的乙醇可在乙中经冷却而收集，故答案为：冷却；(3)乙醇催化氧化生成乙醛和水，乙醇蒸气冷却后为液体；空气中的氧气反应，所以最后收集的其他主要为氮气，故答案为：乙醛、乙醇、水；氮气；
19(4)乙酸易溶于水和有机溶剂，可与碳酸氢钠溶液反应生成乙酸钠，可用碳酸氢钠溶液除杂，在反应后得到产物中加热碳酸氢钠，蒸馏可将乙醇、乙醛分离，故答案为：c；蒸馏．实验室探究乙醇的催化氧化反应，可将甲进行水浴加热，能使甲中乙醇平稳气化成乙醇蒸气，则进入铜网△△的气体为空气和乙醇的混合气体，在加热条件下，分别发生2Cu+O−22CuO；CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，可观察到铜网出现红色和黑色交替的现象，进入乙中的气体经冷却后，可在试管中得到乙醛、乙醇和水，而集气瓶中收集的气体主要为氮气，另外如乙酸的酸性比碳酸强，则在碳酸钠溶液中加入乙酸，可生成二氧化碳气体，以此解答该题．本题以乙醇的催化氧化为载体，综合考查学生的分析能力和实验能力，为高考常见题型，注意把握实验的原理以及操作方法，难度不大．
