2019学年湖南师大附中高三（上）第一次月考化学试卷.docx

2018-2019学年湖南师大附中高三（上）第一次月考化学试卷

一、选择题（本题有14个小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）

1．（3分）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法中不正确的是（　　）

A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜要求

B．“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关

C．氮的固定只有在高温、高压、有催化剂存在的条件下才能实现

D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”

2．（3分）有关Na₂CO₃和NaHCO₃的性质，下列叙述错误的是（　　）

A．相同温度下，等浓度的Na₂CO₃和NaHCO₃溶液的碱性比较，前者更强

B．常温时水溶性：Na₂CO₃＞NaHCO₃

C．在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解

D．将澄清的石灰水分别加入Na₂CO₃和NaHCO₃溶液中，前者产生沉淀，后者无现象

3．（3分）下列各组离子一定大量共存的是（　　）

A．在含有0.1mo1/LCa²⁺的溶液中：Na⁺、K⁺、ClO^﹣、Cl^﹣

B．在、Na⁺、、Cl^﹣

C．在c（H⁺）＝0.1mo1/L的溶液中：K⁺、I^﹣、Cl^﹣、

D．在澄清透明的无色溶液中：Na⁺、Cu²⁺、、

4．（3分）若N_A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）

A．常温、常压下，32 g O₂和O₃混合气体中含有2N_A个原子

B．常温下，5.6 g铁粉加入足量浓硝酸中反应，转移的电子数为0.3N_A

C．1 L 0.5 mol•L^﹣1Na₂CO₃溶液中，阴阳离子总数为1.5N_A

D．16 g CH₄与18 g NH₄⁺所含质子数相等

5．（3分）乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：CH₃COOC₂H₅+H₂O⇌CH₃COOH+C₂H₅OH．已知该反应的速率随c（H⁺）的增大而加快。如图为CH₃COOC₂H₅的水解速率随时间的变化图。下列说法中正确的是（　　）

A．图中A、B两点表示的c（CH₃COOC₂H₅）相等

B．反应初期水解速率增大可能是溶液中c（H⁺）逐渐增大所致

C．图中t₀时说明反应达到平衡状态

D．图中t_B时CH₃COOC₂H₅的转化率等于t_A时的转化率

6．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．NaHSO₄和NaHSO₃都属于酸式盐，二者能够发生反应生成SO₂

B．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性

C．中和100mLpH＝1的醋酸溶液和100mLpH＝1的盐酸所消耗的NaOH的物质的量相等

D．同温同压下，H₂（g）+C₂（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同

7．（3分）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.1mol Cu（OH）₂后恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为（　　）

A．0.2molB．0.4molC．0.6molD．0.8mol

8．（3分）下列离子方程式表达正确的是（　　）

A．氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）₃+3H⁺═Fe³⁺+3H₂O

B．小苏打溶液呈碱性的原因：HCO₃^﹣+H₂O⇌H₃O⁺+CO₃^2﹣

C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe²⁺+4Br^﹣+3Cl₂═2Fe³⁺+2 Br₂+6Cl^﹣

D．向硫酸铝铵[NH₄Al（SO₄）₂]溶液中滴加少量Ba（OH）₂溶液：NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2﹣+2Ba²⁺+5OH^﹣═AlO₂^﹣+2BaSO₄↓+NH₃•H₂O+2H₂O

9．（3分）通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一．下列反应的推断或解释正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

10．（3分）下列实验所用装置正确的是（　　）

A．用甲图装置电解精炼铝

B．用乙图装置制备氢氧化亚铁

C．用丙图装置制取乙炔

D．用丁图装置制取乙烯

11．（3分）下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（　　）

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO₂

②向Fe（OH）₃胶体中逐滴加入过量的稀硫酸

③向AgNO₃溶液中逐滴加入过量氨水

④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸．

A．①②B．①④C．①③D．②③

12．（3分）将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO₃共存体系。下列判断正确的是（　　）

A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol

B．n（Na⁺）：n（Cl^﹣）可能为7：3

C．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO₃）可能为11：2：1

D．若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25

13．（3分）某有机物M7.4g与足量氧气反应后，所得气体依次通过盛有浓H₂SO₄和碱石灰的装置，两装置分别增重9g和17.6g；同温同压下，M蒸气的密度是H₂的37倍，则能够与钠反应放出H₂的M的同分异构体的数目为（不考虑立体异构）（　　）

A．8B．6C．4D．2

14．（3分）将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体．再向所得溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，产生21.4g沉淀．根据题意推断气体X的成分可能是（　　）

A．0.3 mol NO₂和0.3 mol NO

B．0.1 mol NO、0.2 mol NO₂和0.05 mol N₂O₄

C．0.2 mol NO₂和0.1 mol N₂O₄

D．0.6 mol NO

二、非选择题（本题包括5小题，共58分）

15．（10分）绿矾（FeSO₄•7H₂O）是治疗缺铁性贫血的特效药．下面是以商品级纯度铁屑（含少量锡等杂质）生产绿矾的一种方法：

已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5．

回答下列问题：

（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe³⁺的实验操作是　 　．

（2）操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH＝2的目的是　 　；通入硫化氢至饱和的目的是：　 　．

①除去操作I所得溶液中含有的Sn²⁺等杂质离子；

②　 　．

（3）操作IV的顺序依次为：　 　、　 　、　 　、　 　．

（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：

①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②　 　．

（5）测定绿矾产品中Fe²⁺含量的方法是：

a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为20.00mL（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe²⁺+MnO₄^﹣+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O）．

①计算上述样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数为　 　．

②若用上述方法测定的样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有　 　、　 　．

16．（12分）高铁酸钾（K₂FeO₄）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C1₂、O₂、C1O₂、KMnO₄氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．

（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：

2FeSO₄+a Na₂O₂＝2Na₂FeO₄+b X+2Na₂SO₄+c O₂↑

反应中物质X应是　 　，a与c的关系是　 　．

②简要说明K₂FeO₄作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用　 　．

（2）湿法制备高铁酸钾（K₂FeO₄）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）₃、C1O^﹣、OH^﹣、FeO₄^2﹣、C1^﹣、H₂O．

①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：　 　．

②每生成1mol FeO₄^2﹣转移　 　 mo1电子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为　 　mo1．

③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K₂FeO₄），说明什么问题　 　．

17．（10分）二氧化氯（ClO₂）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验室以NH₄Cl、盐酸、NaClO₂（亚氯酸钠）为原料制备ClO₂的流程如图所示：

已知：①NCl₃是黄色黏稠状液体或斜方形晶体，极易爆炸，有类似于氯气的刺激性气味，自然爆炸点为95℃，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定；②气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

回答下列问题：

（1）电解时，发生反应的化学方程式为　 　。为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：①控制好生成NCl₃的浓度；②　 　。

（2）NCl₃与NaClO₂（亚氯酸钠）按物质的量之比为1：6混合，在溶液中恰好反应生成ClO₂，该反应的离子方程式为：　 　。

（3）ClO₂很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO₂溶液。为测定所得溶液中ClO₂的含量，进行了下列实验：

步骤1：准确量取ClO₂溶液10mL，稀释成100mL试样；

步骤2：量取V₁mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min。

步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol/L Na₂S₂O₃溶液滴定至终点，消耗Na₂S₂O₃溶液V₂mL（已知：I₂+2S₂O₃^2﹣═2I^﹣+S₄O₆^2﹣。

①若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）；

②根据上述步骤可计算出原ClO₂溶液的浓度为　 　g/L（用含字母的代数式表示）。

18．（14分）由正丁醇（用n﹣C₄H₉OH表示）制备正溴丁烷（沸点：101.6℃）的反应如下：

n﹣C₄H₉OH+NaBr+H₂SO₄→n﹣C₄H₉Br+NaHSO₄+H₂O

副反应：n﹣C₄H₉OH CH₃CH₂CH＝CH₂↑+H₂O

2n﹣C₄H₉OH（n﹣C₄H₉）₂O+H₂O

3H₂SO₄（浓）+2NaBr（固）═2NaHSO₄+Br₂↑+SO₂↑+2H₂O

已知反应物及其用量：固体NaBr0.24mol，n﹣C₄H₉OH0.20mol，浓H₂SO₄29mL，H₂O20mL．

制备过程经历如下五个步骤，试回答下列问题：

1．投料：在圆底烧瓶中加入20mL水，再慢慢加入29mL浓硫酸，混合均匀并冷却至室温后，再依次加入0.20mol正丁醇（约18mL）和0.24mol溴化钠，充分振荡后加入几粒沸石．

（1）冷却至室温后再加正丁醇和溴化钠的目的是　 　．

A．减少HBr的挥发B．防止正丁醇的挥发

C．防止溴化钠被氧化D．防止温度过高导致炭化结焦

（2）本反应中硫酸与溴化作作用生成氢溴酸，氢溴酸与正丁醇作用发生取代反应生成正溴丁烷．硫酸的用量和浓度过大都对本制备不利的主要原因是　 　．

2．加热回流：反应装置选择Ⅱ而不选择Ⅰ的原因是　 　．在反应装置中冷凝水应该从　 　（填A或B）端进水．

3．分离粗产物：反应结束待反应液冷却后，用直形冷凝管换下球形冷凝管，将其变为蒸馏装置进行蒸馏，得到的粗产物中除主产品外，还含下列选项中的　 　

①C₄H₉OH ②SO₂③（C₄H₉）₂O ④Br₂⑤NaHSO₄⑥H₂O ⑦H₂SO₄

4．洗涤粗产物：将馏出液移至分液漏斗中，加入等体积的水洗涤后，分液得有机层．如果不能判断哪层是有机层，可以用　 　方法来判断．对有机层，进行洗涤除杂、除水后可得到粗产品．

5．收集产物：将干燥好的产物移至小蒸馏瓶中，加热蒸馏，收集99﹣103℃的馏分．要证明最终产物是n﹣C₄H₉Br，方法是　 　．

19．（12分）磺胺（）是应用广泛的原料及医药中间体，其合成路线如下所示：

（1）在合成过程中，如果将和CO（NH₂）₂以2：1（物质的量之比，下同）反应则得到有机物A，但如果以1：1反应则可以得到有机物B。

①写出A的结构简式　 　。

②B有多种同分异构体，符合下列要求的B的同分异构体有　 　种。

a．属于芳香族化合物

b．与银氨溶液反应有银镜生成

c．分子中苯环上有两种不同化学环境的氢原子

（2）反应Ⅲ的反应类型是　 　。

（3）写出反应Ⅳ的化学方程式　 　。

（4）以己二胺[H₂N（CH₂）₆NH₂]和CH₂＝CH₂为原料，其他无机试剂自选，以流程图形式表示合成的过程。

例：由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为：

CH₃CH₂OHCH₂＝CH₂CH₂﹣CH₂．　 　。

参考答案与试题解析

一、选择题（本题有14个小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）

1．（3分）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法中不正确的是（　　）

A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜要求

B．“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关

C．氮的固定只有在高温、高压、有催化剂存在的条件下才能实现

D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】513：物质的性质和变化专题．

【分析】A．乙烯具有还原性，能够被高锰酸钾氧化；

B．氮氧化合物排放能引起“光化学烟雾”、“臭氧空洞”；

C．把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定；

D．根据光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水；

【解答】解：A．乙烯有催熟作用，乙烯能与酸性高锰酸钾反应，除掉乙烯能达到保鲜要求，故A正确；

B．“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关，故B正确；

C．把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定，工业上用氢气和氮气合成氨是氮的固定，植物也能固氮，故C错误；

D．二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查较为综合，涉及氮的固定、化学与环境、材料以及生活的考查，为高频考点，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．

2．（3分）有关Na₂CO₃和NaHCO₃的性质，下列叙述错误的是（　　）

A．相同温度下，等浓度的Na₂CO₃和NaHCO₃溶液的碱性比较，前者更强

B．常温时水溶性：Na₂CO₃＞NaHCO₃

C．在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解

D．将澄清的石灰水分别加入Na₂CO₃和NaHCO₃溶液中，前者产生沉淀，后者无现象

【考点】GF：钠的重要化合物．菁优网版权所有

【专题】52：元素及其化合物．

【分析】A．CO₃^2﹣以第一步水解为主；

B．Na₂CO₃比NaHCO₃易溶于水；

C．NaHCO₃不稳定，加热易分解；

D．Na₂CO₃和NaHCO₃都能与澄清的石灰水反应生成沉淀。

【解答】解：A..CO₃^2﹣以第一步水解为主，则Na₂CO₃溶液的碱性较强，故A正确；

B．在饱和Na₂CO₃溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO₃沉淀，说明Na₂CO₃比NaHCO₃易溶于水，故B正确；

C．NaHCO₃不稳定，加热易分解：2NaHCO₃Na₂CO₃+CO₂↑+H₂O，碳酸钠受热稳定，故C正确；

D．Na₂CO₃和NaHCO₃都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误。

故选：D。

【点评】本题考查Na₂CO₃和NaHCO₃性质的异同，题目难度不大，注意把握Na₂CO₃和NaHCO₃性质，注重基础知识的积累。

3．（3分）下列各组离子一定大量共存的是（　　）

A．在含有0.1mo1/LCa²⁺的溶液中：Na⁺、K⁺、ClO^﹣、Cl^﹣

B．在、Na⁺、、Cl^﹣

C．在c（H⁺）＝0.1mo1/L的溶液中：K⁺、I^﹣、Cl^﹣、

D．在澄清透明的无色溶液中：Na⁺、Cu²⁺、、

【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．能与Ca²⁺反应的离子不能大量共存；

B．pH＝12的溶液呈碱性，与OH^﹣反应的离子不能大量共存；

C．在c（H⁺）＝0.1mo1/L的溶液呈酸性，在酸性条件下发生反应的离子不能大量共存；

D．有颜色的离子不能存在．

【解答】解：A．含有0.1mo1/LCa²⁺的溶液，离子之间不反应，且与Ca²⁺不反应，可大量共存，故A正确；

B．pH＝12的溶液呈碱性，NH₄⁺与OH^﹣反应而不能大量共存，故B错误；

C．在c（H⁺）＝0.1mo1/L的溶液呈酸性，在酸性条件下I^﹣与NO₃^﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；

D．MnO₄^﹣有颜色，不符合题目无色要求，不能存在，故D错误。

故选：A。

【点评】本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息及常见的离子的性质、离子之间的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大．

4．（3分）若N_A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）

A．常温、常压下，32 g O₂和O₃混合气体中含有2N_A个原子

B．常温下，5.6 g铁粉加入足量浓硝酸中反应，转移的电子数为0.3N_A

C．1 L 0.5 mol•L^﹣1Na₂CO₃溶液中，阴阳离子总数为1.5N_A

D．16 g CH₄与18 g NH₄⁺所含质子数相等

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．氧气与臭氧都是由氧原子构成；

B．铁与浓硝酸常温下发生钝化；

C．碳酸钠溶液碳酸根离子发生水解生成氢氧根离子，导致阴离子数目增多；

D．根据n并结合质子数的个数来计算。

【解答】解：A．氧气与臭氧都是由氧原子构成，则常温、常压下，32 g O₂和O₃混合气体氧化氧原子个数为：N_A＝2N_A，故A正确；

B．铁与浓硝酸常温下发生钝化；，所以常温下，5.6 g铁粉加入足量浓硝酸中反应，转移的电子数远远小于0.3N_A，故B错误；

C.1L 0.5mol/L Na₂CO₃溶液中含有溶质碳酸钠0.5mol，由于碳酸根离子水解生成了氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以阴阳离子总数大于1.5N_A，故C错误；

D.16CH₄的物质的量n1mol，而1molCH₄含10mol质子，故16CH₄含有10mol质子；18 g NH₄⁺物质的量n1mol，1mol NH₄⁺ 含有11mol质子，故18 g NH₄⁺含有11mol质子，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意盐类水解的性质，注意铁与浓硝酸常温下发生钝化，题目难度中等。

5．（3分）乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：CH₃COOC₂H₅+H₂O⇌CH₃COOH+C₂H₅OH．已知该反应的速率随c（H⁺）的增大而加快。如图为CH₃COOC₂H₅的水解速率随时间的变化图。下列说法中正确的是（　　）

A．图中A、B两点表示的c（CH₃COOC₂H₅）相等

B．反应初期水解速率增大可能是溶液中c（H⁺）逐渐增大所致

C．图中t₀时说明反应达到平衡状态

D．图中t_B时CH₃COOC₂H₅的转化率等于t_A时的转化率

【考点】DD：盐类水解的应用．菁优网版权所有

【专题】51H：盐类的水解专题．

【分析】刚刚反应开始的时候，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快。到t_B后乙酸还在不断生成，但此时因为乙酸是弱酸，电离程度是有限的，此时氢离子浓度达到最大，以后虽还生成，但不再电离，氢离子不再是影响反应速率的因素。乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，对反应正向进行起抑制作用，速率减小。

【解答】解：A．B点时乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则A、B两点表示的c（CH₃COOC₂H₅）不等，故A错误；

B．刚刚反应开始的时候，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，故B正确；

C．图中t_o时表示乙酸乙酯水解速率最大，但没有达到平衡状态，故C错误；

D．乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则t_B时CH₃COOC₂H₅的转化率高于t_A时CH₃COOC₂H₅的转化率，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意根据图象分析影响因素以及速率变化特点。

6．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．NaHSO₄和NaHSO₃都属于酸式盐，二者能够发生反应生成SO₂

B．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性

C．中和100mLpH＝1的醋酸溶液和100mLpH＝1的盐酸所消耗的NaOH的物质的量相等

D．同温同压下，H₂（g）+C₂（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同

【考点】3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；BB：反应热和焓变；D6：水的电离．菁优网版权所有

【分析】A．酸中氢被部分中和生成的盐为酸式盐，NaHSO₄和NaHSO₃反应生成硫酸钠、水、二氧化硫；

B．纯水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；

C．pH相等的醋酸混合盐酸，醋酸浓度大，等体积时醋酸的物质的量多；

D．反应热与反应条件无关。

【解答】解：A．NaHSO₄和NaHSO₃都属于酸式盐，二者能发生反应为NaHSO₄+NaHSO₃═Na₂SO₄+H₂O+SO₂↑，故A正确；

B．虽然95℃纯水的pH＜7，但纯水中氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度，所以溶液呈中性，故B错误；

C．HCl是强电解质，而醋酸是弱电解质，故等体积等pH的盐酸的物质的量小于醋酸的物质的量，即消耗氢氧化钠时醋酸消耗的多，故C错误；

D．反应热与反应条件无关，同温同压下，H₂（g）+Cl₂（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握物质的组成、溶液酸碱性判断、pH计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。

7．（3分）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.1mol Cu（OH）₂后恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为（　　）

A．0.2molB．0.4molC．0.6molD．0.8mol

【考点】DI：电解原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】加入0.1mol Cu（OH）₂后恢复到电解前的浓度和pH，可知发生2H₂O+2CuSO₄2Cu+O₂↑+2H₂SO₄、2H₂O 2H₂↑+O₂↑，结合反应计算．

【解答】解：Cu（OH）₂从组成上可看成CuO•H₂O，加入0.1molCu（OH）₂后恰好恢复到电解前的浓度和pH，

即电解生成了0.1molH₂SO₄，并电解了0.1molH₂O，由电解的总反应式可知，

2H₂O+2CuSO₄2Cu+O₂↑+2H₂SO₄转移电子

2mol 4mol

0.1mol 0.2mol

2H₂O 2H₂↑+O₂↑转移电子

2mol 4mol

0.1mol 0.2mol

所以电解过程中共转移电子为0.2mol+0.2mol＝0.4mol，

故选：B。

【点评】本题考查电解反应的计算，为高频考点，把握氢氧化铜的组成、发生的电解反应为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意电解反应中转移电子的计算，题目难度不大．

8．（3分）下列离子方程式表达正确的是（　　）

A．氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）₃+3H⁺═Fe³⁺+3H₂O

B．小苏打溶液呈碱性的原因：HCO₃^﹣+H₂O⇌H₃O⁺+CO₃^2﹣

C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe²⁺+4Br^﹣+3Cl₂═2Fe³⁺+2 Br₂+6Cl^﹣

D．向硫酸铝铵[NH₄Al（SO₄）₂]溶液中滴加少量Ba（OH）₂溶液：NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2﹣+2Ba²⁺+5OH^﹣═AlO₂^﹣+2BaSO₄↓+NH₃•H₂O+2H₂O

【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．三价铁离子具有氧化性能够氧化碘离子；

B．HCO₃^﹣+H₂O⇌H₃O⁺+CO₃^2﹣，表示的是碳酸氢根离子电离的方程式；

C．氯气足量能够将亚铁离子和溴离子都氧化；

D．氢氧化钡少量，生成的物质是氢氧化铝不是偏铝酸盐．

【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸离子方程式为：2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^﹣＝2Fe²⁺+I₂+6H₂O，故A错误；

B．小苏打溶液呈碱性的原因离子方程式为：HCO₃^﹣+H₂O⇌H₂CO₃+OH^﹣，故B错误；

C．化亚铁溶液中通入足量氯气反应的离子方程式为：2Fe²⁺+4Br^﹣+3Cl₂═2Fe³⁺+2 Br₂+6Cl^﹣，故C正确；

D．向硫酸铝铵[NH₄Al（SO₄）₂]溶液中滴加少量Ba（OH）₂溶液离子方程式为：2Al³⁺+3SO₄^2﹣+6OH^﹣+3Ba²⁺＝3BaSO₄↓+2 Al（OH）₃↓，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确化学反应的实质是解题关键，注意D选项，反应物用量对反应的影响．

9．（3分）通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一．下列反应的推断或解释正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．白色沉淀可能为AgCl；

B．二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；

C．强酸强碱盐不发生水解，强碱弱酸盐能发生水解反应；

D．氯气和次氯酸都具有强氧化性，但氯气没有漂白性、次氯酸有漂白性．

【解答】解：A．白色沉淀可能为AgCl，则应先加盐酸无现象，再加氯化钡检验硫酸根离子，实验的解释应为溶液中可能含有SO₄^2﹣，或含银离子，但二者不能同时存在，故A错误；

B．二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以生成的白色沉淀是硫酸钡而不是亚硫酸钡，故B错误；

C．强酸强碱盐不发生水解，强碱弱酸盐能发生水解反应，硫酸钠不发生水解则硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠中碳酸根离子水解导致碳酸钠溶液呈碱性，故C正确；

D．氯气和次氯酸都具有强氧化性，但氯气没有漂白性、次氯酸有漂白性，氯气氧化碘离子生成碘，氯气和水反应生成的次氯酸导致溶液褪色，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查化学方案评价，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及离子检验、氧化还原反应、盐类水解等知识点，明确元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，易错选项是BD．

10．（3分）下列实验所用装置正确的是（　　）

A．用甲图装置电解精炼铝

B．用乙图装置制备氢氧化亚铁

C．用丙图装置制取乙炔

D．用丁图装置制取乙烯

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．氯化铝溶液中铝离子比氢离子难得到电子；

B．植物油可隔绝空气；

C．乙炔的密度比空气密度小；

D．需要测定反应液的温度为170℃。

【解答】解：A．氯化铝溶液中铝离子比氢离子难得到电子，电解质应选熔融氧化铝，故A错误；

B．植物油可隔绝空气，图中装置可制备氢氧化亚铁，故B正确；

C．乙炔的密度比空气密度小，则不能选向上排空气法收集，故C错误；

D．需要测定反应液的温度为170℃，温度计的水银球应在液面下，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握实验装置的作用、电解原理、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项A为解答的易错点，题目难度不大。

11．（3分）下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（　　）

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO₂

②向Fe（OH）₃胶体中逐滴加入过量的稀硫酸

③向AgNO₃溶液中逐滴加入过量氨水

④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸．

A．①②B．①④C．①③D．②③

【考点】66：胶体的重要性质；FP：含硅矿物及材料的应用；GF：钠的重要化合物．菁优网版权所有

【专题】527：几种重要的金属及其化合物．

【分析】①二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；

②根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象，H₂SO₄与Fe（OH）₃反应，所以出现先沉淀后溶解现象；

③硝酸银与氨水先反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银再与氨水发生络合反应；

④硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠．

【解答】解：①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO₂，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na₂CO₃+CO₂+H₂O＝2NaHCO₃，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以会产生沉淀，最终沉淀不溶解，故不选；

②向Fe（OH）₃胶体中加入H₂SO₄会出现先凝聚生成Fe（OH）₃沉淀，H₂SO₄过量，Fe（OH）₃与H₂SO₄反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故选；

③硝酸银与氨水先反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银再与氨水发生络合反应生成可溶性络合物，所以会出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故选；

④硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，现象是产生沉淀，故不选；

故选：B。

【点评】本题主要考查的是物质的性质，根据物质的性质结合方程式分析即可解答，注意胶体的性质，题目难度不大．

12．（3分）将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO₃共存体系。下列判断正确的是（　　）

A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol

B．n（Na⁺）：n（Cl^﹣）可能为7：3

C．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO₃）可能为11：2：1

D．若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25

【考点】BQ：氧化还原反应的计算；E2：氯气的化学性质．菁优网版权所有

【专题】522：卤族元素．

【分析】由信息可知，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO₃，氧化产物只有NaClO转移电子最少，氧化产物只有NaClO₃时转移电子最多，结合电子守恒及原子守恒解答。

【解答】解：A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）＝n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃）＝0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl₂）＝n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO₃）＝0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl₂）＝0.15mol，故A错误；

B．根据方程式Cl₂+2NaOH＝NaCl+NaClO+H₂O、3Cl₂+6NaOH＝5NaCl+NaClO₃+3H₂O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na⁺）：n（Cl^﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO₃时，n（Na⁺）：n（Cl^﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na⁺）：n（Cl^﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；

C．令n（NaCl）＝11mol，n（NaClO）＝2mol，n（NaClO₃）＝1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1＝11mol，生成NaClO、NaClO₃失去的电子为2mol×1+1mol×5＝7mol，得失电子不相等，故C错误；

D．由Cl₂+2NaOH＝NaCl+NaClO+H₂O、3Cl₂+6NaOH＝5NaCl+NaClO₃+3H₂O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol1＝0.15mol，氧化产物只有NaClO₃，转移电子数最多，为0.3mol1＝0.25mol，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握Cl元素的化合价变化及电子守恒、原子守恒的应用为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度中等。

13．（3分）某有机物M7.4g与足量氧气反应后，所得气体依次通过盛有浓H₂SO₄和碱石灰的装置，两装置分别增重9g和17.6g；同温同压下，M蒸气的密度是H₂的37倍，则能够与钠反应放出H₂的M的同分异构体的数目为（不考虑立体异构）（　　）

A．8B．6C．4D．2

【考点】H3：有机物实验式和分子式的确定；H6：有机化合物的异构现象．菁优网版权所有

【专题】53：有机化学基础．

【分析】根据浓硫酸、碱石灰的装置质量的增加量计算出有机物燃烧生成水、二氧化碳的物质的量，根据M蒸气与氢气的相对密度计算出M的摩尔质量，然后计算出7.4gM的物质的量，根据质量守恒计算出7.4gM中含有氧元素的质量、物质的量，从而确定M的分子式，再根据有机物能够与钠反应确定其含有的官能团，最后确定其同分异构体数目．

【解答】解：浓硫酸增重的为水的质量，则n（H₂O）0.5 mol，

碱石灰增重的为二氧化碳的质量，则n（CO₂）0.4 mol，

M蒸气的密度是H₂的37倍，则M的摩尔质量为：2g/mol×37＝74g/mol，

7.4gM的物质的量为：n（M）0.1 mol，

7.4gM中含有氧元素的物质的量为：n（O）0.1 mol，

该有机物分子中含有C、H、O原子数目为：4、10、1，

则有机物的分子式为C₄H₁₀O，

能与Na反应生成H₂的是醇，该有机物为丁醇，

丁基有4种同分异构体，所以丁醇也有4种同分异构体：CH₃CH₂CH₂CH₂OH、CH₃CHOHCH₂CH₃、（CH₃）₃COH、（CH₃）₂CHCH₂OH，

故选：C。

【点评】本题考查了有机物分子式、结构简式的计算、同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握确定有机物分子式、结构简式的方法，明确同分异构体数目的求算方法．

14．（3分）将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体．再向所得溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，产生21.4g沉淀．根据题意推断气体X的成分可能是（　　）

A．0.3 mol NO₂和0.3 mol NO

B．0.1 mol NO、0.2 mol NO₂和0.05 mol N₂O₄

C．0.2 mol NO₂和0.1 mol N₂O₄

D．0.6 mol NO

【考点】M3：有关混合物反应的计算．菁优网版权所有

【分析】向Mg﹣Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g﹣11.2g＝10.2g，物质的量为0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，结合选项根据电子转移守恒判断．

【解答】解：向Mg﹣Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g﹣11.2g＝10.2g，物质的量为0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，

A、生成0.3mo1NO₂和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol×（5﹣4）+0.3mol×（5﹣2）＝1.2mol，得失电子不相等，故A错误；

B、生成0.1mol NO、0.2mol NO₂和0.05mol N₂O₄，N元素获得电子为0.1mol×（5﹣2）+0.2mol×（5﹣4）+0.05mol×2×（5﹣4）＝0.6mol，得失电子相等，故B正确；

C、生成0.2mo1NO₂和0.1mo1N₂O₄，N元素获得电子为0.2mol×（5﹣4）+0.1mol×2×（5﹣4）＝0.4mol，得失电子不相等，故C错误；

D、生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×（5﹣2）＝1.8mol，故D错误。

故选：B。

【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题的关键，注意守恒思想的运用．

二、非选择题（本题包括5小题，共58分）

15．（10分）绿矾（FeSO₄•7H₂O）是治疗缺铁性贫血的特效药．下面是以商品级纯度铁屑（含少量锡等杂质）生产绿矾的一种方法：

已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5．

回答下列问题：

（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe³⁺的实验操作是　取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明不含有Fe³⁺　．

（2）操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH＝2的目的是　使Sn²⁺完全变成SnS沉淀，而Fe²⁺不沉淀　；通入硫化氢至饱和的目的是：　此空不填　．

①除去操作I所得溶液中含有的Sn²⁺等杂质离子；

②　防止Fe²⁺的氧化　．

（3）操作IV的顺序依次为：　蒸发　、　结晶　、　过滤　、　洗涤　．

（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：

①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②　降低洗涤过程中FeSO₄•7H₂O的损耗　．

（5）测定绿矾产品中Fe²⁺含量的方法是：

a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为20.00mL（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe²⁺+MnO₄^﹣+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O）．

①计算上述样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数为　97.54%　．

②若用上述方法测定的样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有　样品中存在少量的杂质（如H₂O、H₂SO₄等）　、　样品部分被氧化　．

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO₄•7H₂O．

（1）依据三价铁离子的检验方法分析回答，三价铁离子遇硫氰酸钾溶液变血红色；

（2）依据流程关系图分析，在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液PH＝2为了除去杂质离子Sn²⁺；通入硫化氢制饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；

（3）操作IV的目的是从滤液中析出绿矾晶体，利用蒸发浓缩，结晶洗涤得到晶体；

（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤目的是洗去表面杂质，温度降低绿矾溶解度降低，减少绿矾晶体的损失；

（5）依据滴定实验的反应终点时发生的反应进行计算，根据实验过程中操作的误差分析方法进行判断．

【解答】解：（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe³⁺的实验操作是利用三价铁离子检验方法分析，三价铁离子遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明铁离子的存在，

故答案为：取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明不含有Fe³⁺；

（2）已知：在H₂S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH＝2的目的是，在溶液PH＝2时，Sn²⁺完全沉淀，亚铁离子不沉淀，通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，

故答案为：使Sn²⁺完全变成SnS沉淀，而Fe²⁺不沉淀；防止Fe²⁺的氧化；

（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤，

故答案为：蒸发、结晶、过滤、洗涤；

（4）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，

故答案为：降低洗涤过程中FeSO₄•7H₂O的损耗；

（5）①a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液体积的平均值为20.00mL；依据反应方程式计算：

5Fe²⁺+MnO₄^﹣+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O

5 1

n（Fe²⁺） 0.01000mol/L×0.0200L

计算得到；n（Fe²⁺）＝0.001mol；

则250mL溶液中含Fe²⁺＝0.001mol0.01mol；

FeSO₄•7H₂O物质的量为0.01mol，质量＝0.01mol×278g/mol＝2.78g；

质量分数100%＝97.54%；

故答案为：97.54%；

②用上述方法测定样品中FeSO₄•7H₂O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），可能原因是洗涤不彻底，亚铁离子被空气中的氧气部分氧化，

故答案为：样品中存在少量的杂质（如H₂O、H₂SO₄等）；样品部分被氧化．

【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及物质的分离提纯、对原理的分析评价、条件控制、物质含量测定等，注意对题目信息运用，熟练掌握元素化合物知识，有利于培养学生分析能力、实验能力，难度中等

16．（12分）高铁酸钾（K₂FeO₄）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C1₂、O₂、C1O₂、KMnO₄氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．

（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：

2FeSO₄+a Na₂O₂＝2Na₂FeO₄+b X+2Na₂SO₄+c O₂↑

反应中物质X应是　Na₂O　，a与c的关系是　a＝4+2c　．

②简要说明K₂FeO₄作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用　K₂FeO₄具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降　．

（2）湿法制备高铁酸钾（K₂FeO₄）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）₃、C1O^﹣、OH^﹣、FeO₄^2﹣、C1^﹣、H₂O．

①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：　2Fe（OH）₃+3ClO^﹣+4OH^﹣＝2FeO₄^2﹣+3Cl^﹣+5H₂O　．

②每生成1mol FeO₄^2﹣转移　3　mo1电子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为　0.15　mo1．

③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K₂FeO₄），说明什么问题　该温度下K₂FeO₄比Na₂FeO₄的溶解度小　．

【考点】BQ：氧化还原反应的计算．菁优网版权所有

【分析】（1）①反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由﹣1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由﹣1价降低到﹣2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na₂O；根据原子守恒判断a、c关系；

②利用氧化性消毒，利用胶体吸附杂质；

（2）①高铁酸钾是生成物，则Fe（OH）₃是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe（OH）₃是还原剂，还需要氧化剂参加反应，C1O^﹣具有强氧化性，所以C1O^﹣是反应物，生成物是C1^﹣，Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，转移电子数为6；

②该反应中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，转移电子数为6，根据转移电子和高铁酸根离子之间关系式计算转移电子物质的量、根据转移电子和还原产物之间关系式计算还原产物物质的量；

③相同条件下溶解度低的先析出．

【解答】解：（1）①反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由﹣1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由﹣1价降低到﹣2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na₂O，配平后方程式为2FeSO₄+6Na₂O₂2Na₂FeO₄+2Na₂O+2Na₂SO₄+O₂↑，可知a＝4+2c，

故答案为：Na₂O；a＝4+2c；

②K₂FeO₄具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降，从而净化水，

故答案为：K₂FeO₄具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降；

（2）①高铁酸钾是生成物，则Fe（OH）₃是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe（OH）₃是还原剂，还需要氧化剂参加反应，C1O^﹣具有强氧化性，所以C1O^﹣是反应物，生成物是C1^﹣，Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，转移电子数为6，溶液在碱性条件下进行，则氢氧化根离子参加反应，生成水，反应方程式为2Fe（OH）₃+3ClO^﹣+4OH^﹣＝2FeO₄^2﹣+3Cl^﹣+5H₂O，故答案为：2Fe（OH）₃+3ClO^﹣+4OH^﹣＝2FeO₄^2﹣+3Cl^﹣+5H₂O；

②2Fe（OH）₃+3ClO^﹣+4OH^﹣＝2FeO₄^2﹣+3Cl^﹣+5H₂O中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则该反应中转移电子数为6，每生成1mol FeO₄^2﹣转移电子物质的量3mol，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量0.15mol，

故答案为：3；0.15；

③由于该温度下K₂FeO₄比Na₂FeO₄的溶解度小，所以低温下在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K₂FeO₄），故答案为：该温度下K₂FeO₄比Na₂FeO₄的溶解度小．

【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，正确判断各个物理量之间关系式是解本题关键，难点是化学反应方程式的配平，要注意原子守恒、转移电子守恒及电荷守恒，题目难度不大．

17．（10分）二氧化氯（ClO₂）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验室以NH₄Cl、盐酸、NaClO₂（亚氯酸钠）为原料制备ClO₂的流程如图所示：

已知：①NCl₃是黄色黏稠状液体或斜方形晶体，极易爆炸，有类似于氯气的刺激性气味，自然爆炸点为95℃，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定；②气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

回答下列问题：

（1）电解时，发生反应的化学方程式为　NH₄Cl+2HCl3H₂↑+NCl₃　。为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：①控制好生成NCl₃的浓度；②　控制好反应的温度　。

（2）NCl₃与NaClO₂（亚氯酸钠）按物质的量之比为1：6混合，在溶液中恰好反应生成ClO₂，该反应的离子方程式为：　NCl₃+3H₂O+6ClO^﹣₂＝6ClO₂↑+3Cl^﹣+3OH^﹣+NH₃↑　。

（3）ClO₂很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO₂溶液。为测定所得溶液中ClO₂的含量，进行了下列实验：

步骤1：准确量取ClO₂溶液10mL，稀释成100mL试样；

步骤2：量取V₁mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min。

步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol/L Na₂S₂O₃溶液滴定至终点，消耗Na₂S₂O₃溶液V₂mL（已知：I₂+2S₂O₃^2﹣═2I^﹣+S₄O₆^2﹣。

①若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能　偏小　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）；

②根据上述步骤可计算出原ClO₂溶液的浓度为　　g/L（用含字母的代数式表示）。

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】548：制备实验综合．

【分析】由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl₃，电解方程式为NH₄Cl+2HCl3H₂↑+NCl₃，在NCl₃溶液中加入NaClO₂发生氧化还原反应，可生成混合气体ClO₂和NH₃；

（1）电解时铵根离子失去电子，氢离子得到电子；结合信息可知NCl₃防止分解及爆炸；

（2）NCl₃与NaClO₂按物质的量之比为1：6恰好反应生成ClO₂，还生成氯化钠、NaOH，结合电子守恒可知，Cl元素的化合价升高，则N元素化合价降低，还生成氨气；

（3）①在暗处静置是为了使ClO₂与KI充分反应，若不静置，ClO₂反应不完全；

②ClO₂溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO₂+10I^﹣+8H⁺＝5I₂+2Cl^﹣+4H₂O，由I₂+2S₂O₃^2﹣＝2I^﹣+S₄O₆^2﹣，可得ClO₂～5S₂O₃^2﹣，据此计算。

【解答】解：由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl₃，电解方程式为NH₄Cl+2HCl3H₂↑+NCl₃，在NCl₃溶液中加入NaClO₂发生氧化还原反应，可生成混合气体ClO₂和NH₃；

（1）电解时铵根离子失去电子，氢离子得到电子，电解反应为NH₄Cl+2HCl3H₂↑+NCl₃，结合信息可知NCl₃防止分解及爆炸，则还应控制好反应的温度，

故答案为：NH₄Cl+2HCl3H₂↑+NCl₃；控制好反应的温度；

（2）NCl₃与NaClO₂按物质的量之比为1：6恰好反应生成ClO₂，还生成氯化钠、NaOH，结合电子守恒可知，Cl元素的化合价升高，则N元素化合价降低，还生成氨气，则该反应的离子反应为NCl₃+3H₂O+6ClO^﹣₂＝6ClO₂↑+3Cl^﹣+3OH^﹣+NH₃↑，

故答案为：NCl₃+3H₂O+6ClO^﹣₂＝6ClO₂↑+3Cl^﹣+3OH^﹣+NH₃↑；

（3）①在暗处静置是为了使ClO₂与KI充分反应，若不静置，ClO₂反应不完全，生成的碘偏小，故测得的结果就偏小，

故答案为：偏小；

②ClO₂溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO₂+10I^﹣+8H⁺＝5I₂+2Cl^﹣+4H₂O，由I₂+2S₂O₃^2﹣＝2I^﹣+S₄O₆^2﹣，可得ClO₂～5S₂O₃^2﹣，原ClO₂溶液的浓度为：[V₂×10^﹣3×cmol/mol67.5g/mol]÷0.01Lg/L，

故答案为：。

【点评】本题考查物质实验制备方案、对题目信息的迁移应用、物质的分离提纯、滴定应用等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大。

18．（14分）由正丁醇（用n﹣C₄H₉OH表示）制备正溴丁烷（沸点：101.6℃）的反应如下：

n﹣C₄H₉OH+NaBr+H₂SO₄→n﹣C₄H₉Br+NaHSO₄+H₂O

副反应：n﹣C₄H₉OH CH₃CH₂CH＝CH₂↑+H₂O

2n﹣C₄H₉OH（n﹣C₄H₉）₂O+H₂O

3H₂SO₄（浓）+2NaBr（固）═2NaHSO₄+Br₂↑+SO₂↑+2H₂O

已知反应物及其用量：固体NaBr0.24mol，n﹣C₄H₉OH0.20mol，浓H₂SO₄29mL，H₂O20mL．

制备过程经历如下五个步骤，试回答下列问题：

1．投料：在圆底烧瓶中加入20mL水，再慢慢加入29mL浓硫酸，混合均匀并冷却至室温后，再依次加入0.20mol正丁醇（约18mL）和0.24mol溴化钠，充分振荡后加入几粒沸石．

（1）冷却至室温后再加正丁醇和溴化钠的目的是　ABC　．

A．减少HBr的挥发B．防止正丁醇的挥发

C．防止溴化钠被氧化D．防止温度过高导致炭化结焦

（2）本反应中硫酸与溴化作作用生成氢溴酸，氢溴酸与正丁醇作用发生取代反应生成正溴丁烷．硫酸的用量和浓度过大都对本制备不利的主要原因是　加大副反应进行　．

2．加热回流：反应装置选择Ⅱ而不选择Ⅰ的原因是　II可以防止挥发性尾气进入空气污染环境又能防止倒吸　．在反应装置中冷凝水应该从　B　（填A或B）端进水．

3．分离粗产物：反应结束待反应液冷却后，用直形冷凝管换下球形冷凝管，将其变为蒸馏装置进行蒸馏，得到的粗产物中除主产品外，还含下列选项中的　①③④⑥　

①C₄H₉OH ②SO₂③（C₄H₉）₂O ④Br₂⑤NaHSO₄⑥H₂O ⑦H₂SO₄

4．洗涤粗产物：将馏出液移至分液漏斗中，加入等体积的水洗涤后，分液得有机层．如果不能判断哪层是有机层，可以用　从任意一层取少量溶液加水，如混溶液则该层为水层；不混溶则为有机层　方法来判断．对有机层，进行洗涤除杂、除水后可得到粗产品．

5．收集产物：将干燥好的产物移至小蒸馏瓶中，加热蒸馏，收集99﹣103℃的馏分．要证明最终产物是n﹣C₄H₉Br，方法是　测定产品的沸点　．

【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】24：实验设计题．

【分析】1．（1）正丁烷、HBr易挥发，且浓硫酸可以氧化溴化钠，故冷却至室温再加入试剂；

（2）由信息可知，反应过程存在副反应，硫酸的用量和浓度过大会加大副反应进行；

2．尾气中含有HBr、溴丁烷、二氧化硫等有毒物质，直接排放空气中会污染环境；应该采取逆流原理通冷凝水；

3．根据发生的反应及反应不能完全转化进行判断，二氧化硫是气体，不会留在蒸馏产物中，硫酸氢钠、硫酸的沸点高，不会被蒸馏出来；

4．利用有机层与水层在水溶性上的差异，可以从任意一层取少量溶液加水，根据是否分层判断；

5．证明某一纯净物最好的方法是根据纯净物本身的性质，如固体的熔点、液体的沸点等．

【解答】解：1．（1）A．加入浓硫酸和溴化钠的作用是产生HBr，然后HBr与正丁醇发生取代反应，故A正确；

B．正丁醇易挥发，故冷却至室温也要防止正丁醇挥发的作用，故B正确；

C．浓硫酸与溴化钠在加热时更易发生氧还原反应，故C正确；

D．此温度下还不足以使正丁醇发生炭化结焦，故D错误；

故答案为：ABC；

（2）硫酸用量过大或浓度过大将会使题中的副反应增多，故答案为：加大副反应进行；

2．装置Ⅱ比装置Ⅰ多了一个尾气吸收装置，因本实验中有有毒且易溶于水的HBr、SO₂等，故应选择装置Ⅱ，既能消除污染又能防止倒吸．冷凝水应该从B端进入，这样冷凝回流的效果好，

故答案为：II可以防止挥发性尾气进入空气污染环境又能防止倒吸；B；

3．①是未反应完的物质，故存在；②是气体，不会留在蒸馏产物中；③、④是液态副产物，故存在；⑥是液态生成物故存在；⑤、⑦的沸点高，不会被蒸馏出来，

故答案为：①③④⑥；

4．利用有机层与水层在水溶性上的差异，可以从任意一层取少量溶液加水，如混溶液则该层为水层；不混溶则为有机层，

故答案为：从任意一层取少量溶液加水，如混溶液则该层为水层；不混溶则为有机层；

5．证明某一纯净物最好的方法是根据纯净物本身的性质，如固体的熔点、液体的沸点等，故答案为：测定产品的沸点．

【点评】本题考查利用正丁醇制备正溴丁烷、物质的分离提纯、实验方案设计，比较全面考查化学基础知识，题目阅读量较大，对学生的心理素质有一定的要求，是对学生综合能力的考查．

19．（12分）磺胺（）是应用广泛的原料及医药中间体，其合成路线如下所示：

（1）在合成过程中，如果将和CO（NH₂）₂以2：1（物质的量之比，下同）反应则得到有机物A，但如果以1：1反应则可以得到有机物B。

①写出A的结构简式　　。

②B有多种同分异构体，符合下列要求的B的同分异构体有　4　种。

a．属于芳香族化合物

b．与银氨溶液反应有银镜生成

c．分子中苯环上有两种不同化学环境的氢原子

（2）反应Ⅲ的反应类型是　取代反应　。

（3）写出反应Ⅳ的化学方程式　　。

（4）以己二胺[H₂N（CH₂）₆NH₂]和CH₂＝CH₂为原料，其他无机试剂自选，以流程图形式表示合成的过程。

例：由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为：

CH₃CH₂OHCH₂＝CH₂CH₂﹣CH₂．　　。

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】（1）将和H₂NCONH₂以2：1（物质的量之比，下同）反应则得到A，由A和ClSO₃H的反应物可知A为，如果以1：1反应则可以得到有机物B，则B为；

（2）由官能团的转化可知为取代反应；

（3）反应Ⅳ为水解反应，生成和Na₂CO₃；

（4）先由CH₂＝CH₂和溴发生加成反应生成CH₂BrCH₂Br，CH₂BrCH₂Br水解生成CH₂OHCH₂OH，进而氧化生成HOOCCOOH，与H₂N（CH₂）₆NH₂发生取代反应可生成目标物。

【解答】解：（1）①将和H₂NCONH₂以2：1（物质的量之比，下同）反应则得到A，由A和ClSO₃H的反应物可知A为，

故答案为：；

②以1：1反应则可以得到有机物B，则B为，对应的同分异构体中与银氨溶液反应有银镜生成，说明含有醛基；分子中苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，可能的结构有、、、，共4种，

故答案为：4；

（2）由官能团的转化可知为取代反应，反应还生成HCl，故答案为：取代反应；

（3）反应Ⅳ为水解反应，生成和Na₂CO₃，反应的方程式为，

故答案为：；

（4）先由CH₂＝CH₂和溴发生加成反应生成CH₂BrCH₂Br，CH₂BrCH₂Br水解生成CH₂OHCH₂OH，进而氧化生成HOOCCOOH，与H₂N（CH₂）₆NH₂发生取代反应可生成目标物，流程为，

故答案为：。

【点评】本题考查有机物的合成，综合考查学生的分析能力、推断能力和自学能力，为高考常见题型，本题易错点为（1），注意同分异构体的判断，注意把握题给信息。

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日期：2019/4/10 14:52:56；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120