1、2016 年 海南省海南中学高三考前模拟化学 一、 选择题 1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是 ( ) 选项 观象或事实 解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的 CaCl2与空气中的 CO2反应生成 CaCO3 C 施肥时，草木灰（有效成分为 K2CO3）不能与 NH4Cl混合使用 K2CO3与 NH4Cl 反应生成氮气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含 Cu2 的溶液中置换出铜 A.A B.B C.C D.D 解析： 本题考查化学与生活，涉及盐的水解、酸性强弱的比较
2、、离子共存及离子反应等。A.烧碱是 NaOH 而不是 Na2CO3，且 Na2CO3为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解反应，生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，并非 Na2CO3直接与油脂发生反应，错误； B.漂白粉发生变质，是因为其中的 Ca(ClO)2与空气中的 CO2、 H2O(g)反应生成 CaCO3和 HClO， HClO继续分解为 HCl和 O2，错误； C.草木灰与 NH4Cl混合使用时， 与发生双水解相互促进反应生成 NH3，降低肥效，正确； D.FeCl3溶液可用于制造铜质印刷线路板，发生的反应为 2FeCl3 Cu 2FeCl2 CuCl2， Fe3 将
3、 Cu 氧化为 Cu2 ，并非发生置换反应，错误。答案选 C。 答案： C 2.我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸。 下列有关说法正确的是 ( ) A.所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键 B.消耗 22.4 L CO2可制得乙酸 60g C.该反应不是氧化还原反应 D.该反应过程符合绿色化学原理，原子利用率达 100% 解析： 本题考查化学键类型、反应类型的判断，绿色化学等。反应方程式为 CH4+CO2 CH3COOH。 A.反应物中的 CH4只含有极性键，无非极性键，错误； B.未注明标准状况，不适合用气体摩尔体积，错误； C.该反应的反应物
4、和生成物中碳元素的化合价各不相同，有化合价的变化，是氧化还原反应，错误； D.该反应为化合反应，原子利用率达 100，符合绿色化学原理，正确。答案选 D。 答案： D 3.梦溪笔谈中记载有：信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。 烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。水能为铜，物之变化，固不可测。该记载中没有涉及的化学反应类型有 ( ) A.化合反应 B.分解反应 C.置换反应 D.复分解反应 解析： 本题考查化学反应类型的判断。分析可知：硫酸铜从水溶液中结晶析出胆矾属于化合反应，胆矾加热分解生成单质铜属于分解反应，在铁釜中熬胆矾时，铁把铜离子置换成单质铜，属于置换反应，则没有涉
5、及的反应为复分解反应。答案选 D。 答案： D 4.同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是 ( ) A.2Na218O2 +2H2O 4Nal8OH+O2 B.NH4Cl+ 2H2O NH32H2O+HCl C.2KMnO4 +5H218O2 +3 H2SO4 K2SO4+2MnSO4 +518O2+8H2O D.K37ClO3+6HCl K37Cl+3Cl2+3H2O 解析： 本题考查对化学反应原理的理解，涉及盐的水解、氧化还原反应等。 A.过氧化钠与水反应时 Na218O2既是氧化剂又是还原剂，则生成物氧气中的氧元素质量数为 18，错误； B.根据盐类的水
6、解原理，铵根离子结合氢氧根离子，氯离子结合氢离子，则 NH32H2O 和 HCl中都应有重氢原子，错误； C.KMnO4 将 H218O2 氧化得到氧气，所以氧气中所含的氧原子质量数都是 18，正确； D.1 摩尔 K37ClO3 氧化 5 摩尔 HCl 得到 3 摩尔 Cl2，所以质量数为 37 的氯原子应该在氯分子中，错误。答案选 C。 答案： C 5.分子式为 C9H18O2的有机物 A，它能在酸性条件下水解生成 B 和 C，其中 C 不与 NaHCO3溶液反应， 1 mol C 完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成 400g 沉淀。则有机物A 的可能结构有 (不考虑立体异构 )
7、( ) A.4 种 B.8 种 C.10 种 D.16 种 解析： 本题考查同分异构体数目的判断。分子式为 C9H18O2的有机物 A，它能在酸性条件下水解生成 B 和 C， C 不与 NaHCO3溶液反应，则 C 为醇， 1 mol C 完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成 400g 沉淀，即碳酸钙的物质的量为 4mol，则 C 为含 4 个碳原子的醇， B 为含 5 个碳原子的羧酸。因丁基有 4 种同分异构体，则含有 5 个 C 原子的羧酸有 4 种同分异构体 ： CH3CH2CH2CH2COOH、 (CH3)2CHCH2COOH、 CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3
8、CCOOH；含有 4 个 C 原子的醇有 4 种同分异构体： CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、 (CH3)2CH(OH)CH3、 (CH3)3COH；则有机物 A 的同分异构体数目有44=16。 答案选 D。 答案： D 6.下列离子方程式正确的是 ( ) A.碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应： +OH +Ca2 H2O+CaCO3 B.氯化铵与氢氧化钠溶液混合： +OH H2O+NH3 C.向漂白粉溶于水形成的溶液中通入少量的 SO2： Ca2 +3ClO +SO2+H2O CaSO4+Cl+2HClO D.硫化亚铁溶于稀硝酸中： FeS+2H Fe2 +H2S 解
9、析： 本题考查离子方程式的正误判断。 A.石灰水不足，即 Ca(OH)2完全反应， OH 离子与 Ca2 离子的物质的量比为 2： 1，则离子反应为 2 +Ca2+2OH- CaCO3+2H2O，错误； B.氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热时才有氨气放出，稀溶液只生成 NH3H2O，错误； C.次氯酸有强氧化性， SO2有还原性，二者发生氧化还原反应，正确； D.硫化亚铁溶于稀硝酸发生氧化还原反应，离子反应为 FeS+4H +3 Fe3 +3NO+ H2O，错误。答案选 C。 答案： C 7.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 ( ) 选项 实验操作和现象 预期实验目的或结论
10、A 向 Fe(NO3)2溶液中滴加盐酸，溶液转为黄色 说明盐酸具有氧化性 B 向一定 浓度的 Na2SiO3溶液中通入适量 CO2气体，有白色沉淀 说明 H2CO3的酸性比 H2SiO3的酸性强 C 某气体通入澄清石灰水溶液中，没有沉淀 说明该气体中肯定没有 CO2 D 室温下向 CuCl2和少量 FeCl3的混合溶液中，加入铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液 除去杂质 FeCl3得纯净 CuCl2溶液 A.A B.B C.C D.D 解析： 本题考查实验方案的设计与评价、实验操作，酸性强弱的比较，氧化还原反应等。A.Fe(NO3)2溶液中存在着具有还原性的 Fe2+和大量的，当加入稀盐酸时，
11、溶液中相当于存在了具有强氧化性的稀硝酸，将 Fe2+氧化成 Fe3+，而不是盐酸具有强氧化性，错误； B.向 Na2SiO3溶液中通入适量的 CO2，反应方程式为： CO2+H2O+Na2SiO3 H2SiO3+Na2CO3，则 H2CO3的酸性比 H2SiO3 强，正确； C.若 CO2中混有 HCl，则通入澄清石灰水溶液中也不生成沉淀，错误； D.根据 2FeCl3+Cu CuCl2+ 2FeCl2，加入铜屑不能除去 FeCl2杂质，错误。答案选 B。 答案： B 8.取一定质量含 Cu、 Cu2O、 CuO 的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，则转化过程中所加稀 HNO3的物质的
12、量浓度为 ( ) A.4.4molL -1 B.3.6molL -1 C.4.0molL -1 D.3.2molL -1 解析： 本题考查利用电子守恒和原子守恒的计算方法和技巧。分析可知，固体减少的质量即是氧原子的质量，则氧原子的物质的量为 0.4mol； NO 的物质的量为 0.2mol。设其中一份固体混合物中 Cu、 Cu2O、 CuO 的物质的量分别为 x、 y、 z，根据得失电子守恒和氧元素守恒有： 2x+2y=0.23=0.6， y+z=0.4，从而得出 x+2y+z=0.7，即反应后生成的 Cu(NO3)2的物质的量为 0.7mol，则 500mL 稀硝酸中， n(HNO3)=0.
13、7mol2+0.2mol=1.6mol，c(HNO3)=1.6mol/0.5L=3.2 molL-1.答案选 D。 答案： D 9.H2S 废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为： 2H2S(g) +O2(g )S2 (s)+2H2O(l) H=-632kJmol-1.右图为质子膜 H2S 燃料电池的示意图。下列说法正确的是 ( ) A.电极 a 为电池的正极 B.电极 b 上发生的电极反应为： O2+4H+ +4e 2H2O C.该装置是一种将热能转化为电能的装置 D.H+经质子膜进入 a 极区 解析： 本题考查燃料电池、原电池原理的相关知识。 A.该电池属于燃料电池，通入
14、燃料的为负极，通入空气或氧气的为正极，则电极 a 为电池的负极，错误； B.根据图示， O2在电极 b上得电子生成 H2O，电极反应为： O2+4H+4e- 2H2O，正确； C.该装置是一种将化学能转化为电能的装置，错误； D.原电池中阳离子向正极移动，则 H+离子经质子膜进入 b 极区，错误。答案选 B。 答案： B 10.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 ( ) A.1mol 羟基 ( OH)中电子数为 9NA B.100 mL 2.0 molL -1的盐酸与醋酸溶液中氢离子数均为 0.2 NA C.将 10.6 g Na2CO3固体溶于水，所得离子总数为 0.3 NA D
15、.常温常压下， 14g 由 N2与 CO 组成的混合气体含有的原子数目为 NA 解析： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及弱电解质的电离、盐的水解等。 A.一个羟基中质子数为 8+1=9，正确； B.醋酸是弱酸，只有部分电离，错误； C.因 离子可水解生成 离子和 OH-离子，则所得离子总数大于 0.3 NA，错误； D.N2与 CO 的摩尔质量都是 28g/mol，且都是双原子分子，则 14g 即 0.5mol N2与 CO 的混合气体含有的原子数目为NA，正确。答案选 AD。 答案： AD 11.溶液的 pH、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，下列叙述错误的是 ( ) A.它们与 NaOH
16、 完全中和时，醋酸溶液所消耗的 NaOH 少 B.它们分别与足量 CaCO3反应时，放出的 CO2一样多 C.两种溶液的 n(Cl )= n(CH3COO )相同 D.分别用水稀释相同倍数时， n(Cl )苯酚 1-氯丁烷 B.用核磁共振氢谱能区分 HCOOCH3和 HCOOCH2CH3 C.用 Na2CO3溶液不能区分 CH3COOH 和 CH3COOCH2CH3 D.油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同 解析： 本题考查物质的结构与性质。 A.由于羟基是亲水基，在物质的分子中含有的羟基个数越多，水溶性就越强，正确； B.HCOOCH3有两种不同位置的 H 原子，而 HCOOC
17、H2CH3有三种不同位置的 H 原子，则用核磁共振氢谱能区分 HCOOCH3和 HCOOCH2CH3，正确；C.CH3COOH 能与 Na2CO3溶液反应放出 CO2气体，而 CH3COOCH2CH3不能与 Na2CO3溶液反应，且 CH3COOCH2CH3密度比水小，不溶于水，能够分层，则用 Na2CO3溶液能区分CH3COOH 和 CH3COOCH2CH3，错误； D.油脂在酸性条件下水解产生高级脂肪酸和甘 油，而在碱性条件下水解产生高级脂肪酸盐和甘油，产物不相同，错误。答案选 AB。 答案： AB 14.某元素 X 核电荷数小于 18，其原子的电子层数为 n，最外层电子数为 2n+1，原
18、子核内质子数是 2n2-1。 下列有关 X 的说法中，不正确的是 ( ) A.X 能形成化学式为 X(OH)3的碱 B.X 不能形成化学式为 NaXO3的含氧酸钠盐 C.X 原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数 D.X 能与某些金属元素或非金属元素形成化合物 解析： 本题考查原子结构和性质，元素的推断及性质。 X 核电荷数小于 18，为短周期元素，则 n 3， n 等于 1 时不符合； n 等于 2 时是氮元素，符合； n 等于 3 时是氯元素，符合。 A.氮和氯都是非金属元素不能形成碱，错误； B.氮元素可形成 NaNO3，氯元素可形成 NaClO3，错误； C.氮原子和氯原子的最外层电
19、子数和核电荷数都是奇数，正确； D.氮元素和氯元素都能与多种金属或非金属形成化合物，正确。答案选 AB。 答案： AB 15.下列说法不正确的是 ( ) A.明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同 B.血液透析的原理利用了胶体的性质 C.食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，只能防止食物受潮 D.煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾 解析： 本题考查化学与生活，涉及水的净化、胶体的性质、食品保护及雾霾等。 A.明矾中铝离子水解生成胶体，利用吸附性净水，而漂白粉、臭氧具有强氧化性，可用于杀菌消毒，净水原理不同，错误； B.血液为胶体，不能透过半透膜，而小分子、离子等可透过，则血液透析的原理利用了胶
20、体的性质，正确； C.硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，错误； D.煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物，雾霾与空气中固体颗粒物有关，则煤炭 燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾，正确。答案选 AC。 答案： AC 二、推断题 16.随着能源危机的加剧，我国也在大力推广新一代乙醇燃料，广西是我国甘蔗产量主产区之一，乙醇可以从甘蔗中提炼加工出来，乙醇除用作燃料外，还可以用它合成其他有机物。下面是以乙醇为起始原料的转化关系，请回答相关问题。 B 在日常生活中常用来作食品包装袋，但往往会带来环境问题。 写出 AB的化学方程式：
21、 。 写出乙醇 A的化学方程式： 。 写出乙醇 C的化学方程式： 。 写出 E 的方程式： 。 解析： 本题考查有机物推断，有机物的性质与相互转化。乙醇发生催化氧化生成 C为 CH3CHO，D 进一步被氧化生成 D 为 CH3COOH，乙醇与 D 发生酯化反应生成 E 为 CH3COOCH2CH3，乙醇发生消去反应生成 A 为 CH2=CH2， B 在日常生活中常用来作食品包装袋，则乙烯发生加聚反应生成 B 为 。 AB为乙烯的加聚反应，化学方程式为： nCH2=CH2；乙醇在浓硫酸作用下加热到 170发生消去反应生成乙烯，化学方程式为： CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；乙醇催化氧化
22、生成乙醛，化学方程式为： 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+H2O；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为： CH3COOH+C2H5OH CH3COOCH2CH3+2H2O。 答案： CH3CH2OH CH2=CH2+H2O 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O CH3COOH+C2H5OH CH3COOCH2CH3+2H2O 17.某氯化铁与氯化亚铁的混合物。现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行： 请根据上面流程，回答以下问题： (1)操作 所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有 、 。 (填仪器名称 ) 解析： 配制 250mL 一定物质的
23、量浓度的溶液所需玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、 250mL 容量瓶和胶头滴管 。 答案： 250mL 容量瓶 胶头滴管 (2)请写出加入溴水发生的离子反应方程式 。 解析： 因 Br2具有氧化性，可将 Fe2+氧化为 Fe3+，离子方程式： 2Fe2+ +Br2 2Fe3+ +2Br 。 答案： 2Fe2+ +Br2 2Fe3+ +2Br (3)将沉淀物加热，冷却至室温，用天平称量其质量为 b1g。再次加热并冷却至室温称量其质量为 b2g，若 b1-b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是 。若蒸发皿质量是 W1 g，蒸发皿与加热后固体总质量是 W2g，则样品中铁元素的质量分数是 。 解析： 为了
24、减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于 0.1g；红棕色固体为，Fe2O3，根据铁元素质量守恒， Fe2O3中的铁元素的质量即为样品中铁元素的质量，则铁元素的质量分数为 100%= 100%。 答案： 再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于 0.1g 100% (4)有同学提出，还可以采用以下方法来测定： 溶解样品改用了硫酸，而不用盐酸，为什么 。 选择的还原剂是否能用铁 (填是或否 )，原因是： 。 若滴定用掉 c mol/ L KMnO4溶液 bmL，则样品中铁元素的质量分数是 。 解析：高锰酸钾具有强氧化性，加入盐酸，溶液中的氯离子会被氧化，使消耗高锰酸钾的量增大，产生实验误
25、差，所以改用硫酸是为了防止过量的盐酸对后面 KMnO4的滴定有干扰； 还原剂不能用铁，如果用铁做还原剂，则 Fe+2Fe3+ 3Fe2+，且 Fe也会与过量的硫酸反应生成 Fe2+，干扰铁元素的测定； 依据反应 5Fe2+Mn +8H+ Mn2+5Fe3+4H2O，n(Fe2+)=5n(KMnO4)，则样品中铁元素的质量分数为35 1 0 5 6 / 1 0 2 . 81 0 0 % 1 0 0 %c b x m o l x g m o l x b cxxa g a 。 答案： 过量的盐酸对后面 KMnO4的滴定有干扰 否 如果用铁做还原剂， Fe+2Fe3+ 3Fe2+，且 Fe会与过量的硫
26、酸反应生成 Fe2+，干扰铁元素的测定 100% 18.已知 A、 B、 C、 D、 E 都是元素周期表中原子序数小于 36 的元素，且它们的核电荷数依次增大。 B 原子的 p 轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。 D原子得到一个电子后 3p 轨道全充满。 A+比 D 原子形成的离子少一个电子层。 C 与 A 形成A2C 型离子化合物。 E 的原子序数为 26， E 原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。 请根据以上情况，回答下列问题： (1)E 元素原子的核外电子排布式是 。 aggw 10w160112 12 a ww 217 a ww
27、 )(7 21 abc8.2解析： Fe 元素原子的核外电子排布式是： 1s22s22p63s23p63d 64s2 或 Ar3d64s2。 答案： 1s22s22p63s23p63d 64s2 或 Ar3d64s2 (2)A、 B、 C、 D 的第一电离能由小到大的顺序为 。 (用元素符号表示 ) 解析： 同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，但 P 元素的 3P 电子为半充满，较稳定，其第一电离能大于 S 元素，则 A、 B、 C、 D 的第一电离能由小到大的顺序为： NaSPCl。 答案： NaSPCl (3)B 元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的原因是 。 解析： 因 P
28、元素为第 VA 族元素，该族元素的氢化物中 NH3分子间具有氢键，而 AsH3分子的相对分子质量比 PH3分子的大，所以 P 元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的 。 答案： 第 VA 族元素的氢化物中 NH3分子间具有氢键，而 AsH3分子的相对分子质量比 PH3分子的大 (4)化合物 BD3的分子中，原子 B 的杂化类型是 ，分子空间构型是 。 解析： 化合物 PCl3的分子中， P 原子有 3 个成键电子对和 1 个孤电子对，则其杂化类型是 sp3杂化；分子空间构型是三角锥形 。 答案： sp3杂化 三角锥 (5)E 的一种常见配合物 E(CO)5常温下呈液态，熔点为 -20.
29、5 ，沸点为 103 ，易溶于非极性溶剂。 据此可判断 E(CO)5的晶体类型为 。金属 E 单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的 E 原子个数之比为 。 解析： 配合物 Fe(CO)5常温下呈液态，熔、沸点较低，易溶于非极性溶剂，据此可判断 Fe (CO)5属于分子晶体；由图可知，体心立方晶胞中含有 2 个 Fe 原子，面心立方晶胞中含有 4 个 Fe原子，则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的 Fe 原子个数之比为 1： 2。 答案： 分子晶体 1： 2 三 、综合题 19.碘化钠在医药中用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂，也用
30、作食品添加剂、感光剂等。 工业上用 NaOH 溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下： 已知： N2H4H 2O 在 100 以上分解。 (1)已知，在合成过程的反应产物中含有 NaIO3，则在合成过程中消耗了 3 mol I2 ，所生成 NaIO3的物质的量为 mol。 解析： 根据反应 3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O，当消耗 3 mol I2时，所生成 NaIO3的物质的量为 1mol。 答案： 1 (2)写出还原过程中的离子方程式 ；在还原过程中，为了加快反应，可采取可提高反应温度，但温度不得超过 ；请选择下列试剂检测所得碘化钠固体中是否含有 NaIO3杂质 (
31、选填字母 )。 A.FeCl2溶液 B.冰醋酸 C.CKI 溶液 D.淀粉溶液 解析： 还原过程中 NaIO3把 N2H4H2O氧化为 N2，自身被还原为 NaI，离子方程式为2IO3-+3N2H4H2O 3N2 +2I +9H2O；根据已知： N2H4H2O在 100 以上分解，则在还原过程中，温度不得超过 100 ； NaI与 NaIO3在酸性条件下能发生歧化反应生成碘单质，可用淀粉溶液检验生成的碘单质，答案选 BD。 答案： 2IO3-+3N2H4H2O 3N2 +2I +9H2O 100 BD (3)测定产品中 NaI 含量的实验步骤如下： A.称取 4.000g 样品、溶解，在 25
32、0mL 容量瓶中定容； B.量取 25.00ml 待测液于锥形瓶中，然后加入足量的 FeCl3溶液，充分反应后，再加入 A 溶液作指示剂； C.用 0.1000molL -1 的 Na2S2O3溶液进行滴定至终点 (发生反应的方程式为： 2Na2S2O3+I2Na2S2O4 +2NaI)，重复测定 2次，所得的相关数据如下表： 操作 b 中，加入足量的 FeCl3溶液时所发生的离子方程式为 。 加入 A 物质为 (填名称 )；滴定终点观察到的现象为 。 计算该样品中 NaI 的含量为 。 (只写出有具体数值的表达式即可 ) 解析： 测定产品中 NaI含量的实验原理是：用 Fe3+离子将 I-离
33、子氧化为 I2，再用 Na2S2O3进行滴定，则操作 b中，加入足量的 FeCl3溶液时所发生的离子方程式为： 2Fe3+ +2I 2Fe2+I2；因碘遇淀粉变为蓝色，滴定碘时用淀粉做指示剂，则加入的物质 A为淀粉；滴定终点观察到的现象为：溶液由浅蓝色褪色，且半分钟内不变色；根据计算可知三次实验所用 Na2S2O3溶液的平均体积为 24.00mL，则 n(Na2S2O3)=0.1000molL -1x0.024L=2.410-3mol，由 2NaI I22Na2S2O3知， n(NaI)= 2.410-3mol，则该样品中 NaI的含量为100%。 答案： 2Fe3+ +2I 2Fe2+I2
34、淀粉试液 溶液由浅蓝色褪色，且半分钟内不变色 90.00% (4)碘化钠固体的保存方法是 。 解析： 碘化钠见光易分解，且易被空气氧化，所以碘化钠固体应用棕色瓶遮光、密封保存。 答案： 用棕色瓶遮光、密封保存 20.焦炭与 CO、 CO2、 H2均是重要的化工原料，由 CO2制备甲醇过程可能涉及的反应如下： 反应 ： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)H1 =-49.58kJmol -1 反应 ： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2 =+41.19kJmol -1 反应 ： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H3 回答下列问题： (1)反
35、应 的 H3 = ，反应 自发进行的条件是 (填较低温、较高温或任何温度 )。 gm o lgm o l0 0 0.4/1 5 0104.210 3- 解析： 根据盖斯定律，反应 =反应 -反应 ，则 H3=-49.58-41.19=-90.77kJmol-1；反应 是放热且熵减的反应，根据 G=H-TS，自发进行的条件是较低温。 答案： -90.77kJmol -1 较低温 (2)将焦炭与水蒸气置于容积为 2L的密闭容器中发生反应： C(s) +H2O(g) CO(g)+H2(g)，其中 H2O、 CO 的物质的量随时间的变化曲线如图所示。 01min 内用 H2表示该反应的速率为 ，第一个
36、平衡时段的平衡常数是 。 若反应进行到 2min 时，改变了温度，使曲线发生如图所示的变化，则温度变化为 (填升温或降温 )。 反应至 5min 时，若也只改变了某 个条件，使曲线发生如图所示的变化，该条件可能是下述中的 。 A.加入了 C(s) B.加入了水蒸气 C.降低了温度 D.增大了压强 解析： 根据方程式 v(H2)= v(H2)= =0.1molL -1min-1；由图可知 1min时达到第一个平衡，此时 c(H2O)= =0.6 molL -1，同理 c(CO)=c(H2)=0.1 molL -1，则 K= =0.017 molL -1；因焦炭与水蒸气的反应是吸热热反应， 2mi
37、n时改变温度后，水的物质的量减小， CO的物质的量增大，即平衡正向移动，则温度变化为升温；由图可知，反应至 5min时 CO的物质的量不变，水的物质的量瞬时增大，则改变条件为：加入了水蒸气，答案选 B。 答案： 0.1molL -1min-1 0.017molL -1 升温 B (3)某研究小组将一定量的 H2和 CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂 (发生反应 、 、 )，测得了不同温度下体系达到平衡时 CO2的转化率 (曲线 a)及 CH3OH 的产率 (曲线 b)，如图所示，请回答问题： 据图可知当温度高于 260 后， CO 的浓度随着温度的升高而 (填增大、减小、不变或无法判断
38、 )，其原因是 。 min12 2.0 L molLmol22.1 )()()(22oHc Hcoc 6.0 1.01.0 解析： 反应 I、 III 均为放热反应，温度升高不利于 CO2、 CO 转化为甲醇，反应 II 为吸热反应，温度升高使更多的 CO2转化为 CO，所以当温度高于 260 后， CO 的浓度随着温度的升高而增大 。 答案： 增大 反应 、反应 均为放热反应，温度升高不利于 CO2、 CO 转化为甲醇；反应 为吸热反应，温度升高使更多的 CO2转化为 CO。综上所述， CO 的浓度一定增大 (或其他合理答案 ) (4)若以 CO、 O2、 K2CO3等构成的熔融盐电池为电源
39、，用惰性电极电解 200mL 饱和食盐水，则负极上的电极反应式为 ，当有 2.8g 燃料被消耗时，电解池中溶液的 pH= (常温下，忽略溶液的体积变化，不考虑能量的其他损耗 )。 解析： 该电池中燃料 CO 在负极失电子生成 CO2，电极反应式为 CO+ 2e 2CO2；电解饱和食盐水的离子方程式为 2Cl- +2H2O Cl2+H2+2OH-，当有 2.8g 即 0.1molCO被消耗时，电解池中 n(OH-)=0.2mol， c(OH-)= =1 molL -1，则 c(H+)=10-14 molL -1，溶液的 pH=14。 答案： CO+ CO32- 2e 2CO2 14 21.某研究
40、小组利用乳酸钙和 FeCl2为原料生产乳酸亚铁 (CH3CH(OH) COO2Fe3H2O) 和医用二水合氯化钙晶体 (CaCl22H2O 的质量分数为 97.3% 99.3%)，制备流程如下： (1)实验室常用两种方案制备 FeCl2，写出原子利用率为 100%的反应的化学方程式 ；在 FeCl2溶液中需要加 。 解析： 原子利用率为 100%的反应一般为化合反应，则化学方程式为 Fe+2FeCl3 3FeCl2；为防止 FeCl2被氧化，在 FeCl2溶液中需加过量的铁粉。 答案： Fe+2FeCl3 3FeCl2 过量的铁粉 (2)制备乳酸亚铁晶体是向乳酸钙溶液中加入过量的 FeCl2溶
41、液，写出该反应的化学方程式 。 解析： 乳酸钙与过量的 FeCl2反应制取乳酸亚铁的方程式为： CH3CH(OH)COO2Ca+FeCl2 +3H2O CH3CH(OH)COO2Fe3H2O + CaCl2。 答案： CH3CH(OH)COO2Ca+FeCl2 +3H2O CH3CH(OH)COO2Fe3H2O + CaCl2 (3)操作 1、操作 2、操作 3 依次为 、 、 。 解析： 根据流程图可知，操作 1 是分离沉淀和滤液，应为过滤；操作 2 是从洗涤液中分离乙醇，应为蒸馏；操作 3 是从滤液中析出晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶。 答案： 过滤 蒸馏 蒸发浓缩、冷却结晶 L2.0 mo
42、l2.0(4)向滤液 a 中先加 H2O2溶液，作用是 。然后再调节溶液的 pH 约为 5，目的是 。 解析： 因 Fe3+比 Fe2+更容易形成沉淀除去，则向滤液 a 中先加 H2O2溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子；然后再调节溶液的 pH 约为 5，使铁离子形成氢氧化铁沉淀而除去。 答案： 将亚铁离子氧化为铁离子 使铁离子形成氢氧化铁沉淀而除去 (5)向滤液 b 加盐酸的目的是 。 解析： 向滤液 b 加盐酸的目的是除去过量的氢氧化钙 Ca(OH)2或 OH ，以制得纯净的CaCl22H2O。 答案： 除去过量的氢氧化钙 Ca(OH)2或 OH (6)为测定样品中 CaCl22H2O 的
43、含量，称取 0.7600g 样品并配成 250mL 溶液，各取该溶液 25.00mL，分别置于三个锥形瓶中，用 0.05000molL -1 AgNO3溶液进行三次滴定，消耗 AgNO3溶液的平均体积为 20.39mL。计算样品中 CaCl22H2O 的质量分数为 。 解析 ： 由 CaCl22H2O 2AgNO3，则 n(CaCl22H2O)= n(AgNO3)，样品中 CaCl22H2O 的质量分数为 1 0 . 0 5 0 0 0 / 0 . 0 2 0 3 9 1 4 7 / 1 02 1 0 0 % 9 8 . 6 0 %0 . 7 6 0 0x m o l L x L x g m
44、o l xxg 。 答案： 98.60% 22. 拉帕醌 ( lapachone)是一种抗癌新药，合成路线如下： 回答下列问题 ： (1)B 的分子式为 ， C 含有的官能团是 (写名称 )。 解析： 由 B、 C 的结构简式可知， B 的分子式为 C10H10O3， C 含有的官能团是：酯基和羰基。 答案： C10H10O3 酯基、羰基 (2)已知 X 的分子式为 C5H9Cl 且反应 属于取代反应，则 X 的名称为 ，其中最多有 个原子共平面。 解析： 对比 D、 E 的结构简式，结合 X 的分子式可确定 X 的结构简式为 ，则 X 的名称为： 1-氯 -3-甲基 -2-丁烯；其中双键两边的碳原子及与之相连的 3 个碳原子和 1个氢原子共面，两个甲基中各有 1 个氢原子可以共面， -CH2Cl 中除碳原子外至少有 1 个原子可以共面，则最多有 9 个原子共平面。 答案： 1-氯 -3-甲基 -2-丁烯 9 (3)反应 的反应类型是 ， E 和 F 的相
