《2019-2020学年安徽省定远炉桥中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省定远炉桥中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省定远炉桥中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A 4.6gNa 与含 0.1molHCl 的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2ANB25时，1LpH=9的3CH COONa溶液中由水电离的的数目为-5A10 NC常温常压下，2414gC H和36C H混合气体所含的原子数为A3ND 500时，232gSO和232gO在密闭容器中充分反应后生成3SO的分子数为A0.5N【答案】D【解析】【分析】盐类水解的本质是水的电离平衡的移动。一定条件下可逆反应不
2、可能进行完全。【详解】A.钠能与溶液中的水反应，不会有钠剩余。4.6gNa 与稀盐酸充分反应，转移电子数目必为0.2AN，A 项正确；B.3CH COONa溶液中 OH全部来自水的电离。25、1LpH=9的3CH COONa溶液中 c(H+)=10-9mol/L，则c(OH-)=10-5mol/L，水电离的OH的数目为-5A10 N，B项正确；C.2414gC H和36C H混合气体中，“CH2”的物质的量为1mol，所含原子数为A3N，C 项正确；D.二氧化硫与氧气的反应可逆，不能完全进行。故232gSO和232gO充分反应生成3SO的分子数小于A0.5N，D 项错误。本题选 D。2水垢中含
3、有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。已知 Ksp(CaSO4)=910-6，Ksp(CaCO3)=310-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（）A曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2+)c(SO42-)=Ksp(CaSO4)BCaSO4(s)+CO32-(aq)垐?噲?CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3103C该 Na2CO3溶液的浓度为1mol/L D相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为
4、原浓度的2 倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可【答案】D【解析】【详解】A.CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)c(SO42-)，A 项正确；B.CaSO4(s)+CO32-(aq)垐?噲?CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数2-2-2+sp43442-2-269+33sp3K(CaSO)c(SO)c(SO)c(Ca)=3 10c(CO)c(CO)c(Ca)K(CaCO)9 103 10K，B 项正确；C.依据上述B 项分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)垐?噲?CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3 103，每消耗1mol CO32-会
5、生成 1mol SO42-，在 CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于 Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L，则 c(SO42-)=1mol/L，根据2-342-3c(SO)K3 10c(CO)可得溶液中c(CO32-)=-31103，-lg c(CO32-)=3.5，与图像相符，C项正确；D.依据题意可知，起始CaSO4的物质的量为0.02mol，相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的 2 倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在 CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根据2-342-3c(SO)K3 10c(CO)可得溶
6、液中c(CO32-)=-32103，-lg c(CO32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D 项错误；答案选 D。3乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A 3 种B 4 种C5 种D6 种【答案】D【解析】乙基环己烷中有6 种氢原子，因此一溴代物有6 种，故选项C正确。42019 年 3 月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是A放电时B 电极反应式为：I2+2e-=2I-B放电时电解质储罐中离子总浓度增大CM 为阳离子交换膜，N 为阴离子交换膜D充电时，A 极增重 65g 时，C 区增加离子数为4NA【答案】C【解析】【分析】由装置
7、图可知，放电时，Zn 是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I-2e-=I2、阴极反应式为Zn2+2e-=Zn，据此分析解答。【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A 正确；B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B 正确；C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn 接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过 M 膜进入负极区，K+通过 N 膜进入正极
8、区，所以M 为阴离子交换膜，N 为阳离子交换膜，C错误；D.充电时，A 极反应式Zn2+2e-=Zn，A 极增重 65g 转移 2mol 电子，所以C区增加 2molK+、2molCl-，离子总数为 4NA，D 正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。5化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是（）A驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运 20”的机身材料采用了大量低密度、高强度的铝锂合金B疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式
9、，网络光缆的主要成分是晶体硅C李白的黄鹤楼送孟浩然之广陵中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，”烟花”不是焰色反应D“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”“红泥”是因其含有氧化铁【答案】B【解析】【分析】【详解】A铝锂合金的强度高、密度小，可用作大飞机“运20”的机身材料，A 正确；B疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是二氧化硅，B 错误；C李白的黄鹤楼送孟浩然之广陵中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，意思是在这柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月去扬州远游，“烟花”不是焰色反应，焰色反应是某些金属元素的物理性质，C正确；D“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，氧化铁是红棕色，因此“红泥”是因其
10、含有氧化铁，D 正确。答案选 B。6已知 OCN中每种元素都满足8 电子稳定结构，在反应OCN+OH+Cl2 CO2+N2+Cl+H2O（未配平）中，如果有 6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是A 2 mol B3 mol C4 mol D6 mol【答案】C【解析】【分析】【详解】OCN中每种元素都满足8 电子稳定结构即可各其中O 元素为-2 价、C元素为+4 价、N 元素为-3 价；其反应的离子方程式为：2OCN+4OH+3Cl2=2CO2+N2+6Cl+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的 OCN的物质的量是4 mol，故答案选C。7下列量气装
11、置用于测量CO2体积，误差最小的是（）ABCD【答案】D【解析】【详解】A.CO2能在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积；B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的体积小于CO2的体积；C.CO2能在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积；D.CO2不能在煤油中溶解，这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积，相对来说，误差最小，故合理选项是D。8在恒温条件下，向盛有食盐的2L 恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO 和 0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(
12、s)NaNO3(s)+ClNO(g)H10平衡常数K12NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H20 平衡常数K210 分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20，10 分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5 10-3mol/(L?min)。下列说法不正确的是（）A反应 4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为B平衡后c(Cl2)=2.5 10-2mol/L C其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D平衡时NO2的转化率为50【答案】C【解析】【详解】A.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO
13、3(s)+ClNO(g)H10 平衡常数K1=2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H20 平衡常数K2=反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=，则K=，A正确；B.10min 时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol(1-20%)=0.4mol，10min 内用 ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5 10-3mol/(L?min)，则平衡时n(ClNO)=7.5 10-3mol/(L?min)10min 2L=0.15mol，设中反应的NO2为
14、xmol，中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol 0.5xmol 2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymol ymol 2ymol 则 0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=2.5 10-2mol/L，B正确；C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时 NO2的转化率为 100%=50%，D 正确；故合理选项是C。9下列离子方程式书写正确的是（）A
15、氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2OHNH4+SO42-=BaSO4NH3 H2O B用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu22Cl 2H2OCu(OH)2H2Cl2C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca22ClOSO2H2O=CaSO3 2HClO D向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3-【答案】D【解析】【详解】A该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2NH3?H2O，故 A 错误；B用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为
16、Cu2+2Cl-Cu+Cl2，故 B错误；C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2+3ClO-+H2O=CaSO4+2HClO+Cl-，故 C 错误；D苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，故 D 正确；答案选 D。10X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15，X与 Z可形成 XZ2分子；Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/
17、2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXM BXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由 X元素形成的单质不一定是原子晶体D由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X 与 Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；再根据Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M 为 H 元
18、素，最后根据W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2，推出 W 为 Na 元素。则A原子半径应是WX YZM（即 NaCNOH）,A 错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D X、Y、Z、M 四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D 错误。答案选 C。11NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 0.5 molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB1 L 0.5 molL1 Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC锌与浓硫酸反应生成气
19、体11.2 L（标准状况）时转移电子数目为NAD 14 g 己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】AN4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1 个 N4分子含 6 个共价键（N N 键），则0.5 mol N4含共价键数目为3 NA，A 项错误；BS2H2O?HSOH，阴离子包括S2、OH 和 HS，阴离子的量大于0.5 mol，B项错误；C锌与浓硫酸发生反应：Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4=ZnSO4H2，生成气体11.2 L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=11.2L0.5mol22.4
20、L/mol，生成 1 mol 气体时转移2 mol 电子，生成0.5 mol 气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14 g 混合物相当于1 mol CH2，含 2 mol H 原子，故14 g 己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D 项错误；答案选 C。12H2C2O4为二元弱酸。20时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2 O42-）=0.100mol L-1的 H2C2O4和 NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH 的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级
21、为10-4B若将 0.05mol NaHC2O4和 0.05mol Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH 为 4 Cc（Na+）=0.100mol L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）D用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂【答案】B【解析】【分析】由图可知：c(H2C2O4)=c(C2O42-)时，pH 2.7，c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，pH=4。【详解】A H2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4-?H+C2O42-，Ka2=2+-2424()c(Hc C Oc HC)O)(，c(HC2
22、O4-)=c(C2O42-)时，Ka2=+c(H)，即 Ka2=10-pH=10-4，A 正确；BHC2O4-?H+C2O42-，Ka(HC2O4-)=Ka2=10-4，C2O42-+H2O?HC2O4-+OH-，Kh(C2O42-)=2w-a4HC)O(KK=-14-41010=10-10，Ka(HC2O4-)Kh(C2O42-)，所以等物质的量NaHC2O4和 Na2C2O4混合溶于水，c(HC2O4-)c(C2O42-)，从图上可知，pH4，B 错误；Cc(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)=0.100mol L-1=c(Na+)，所以，c(H2C2O4)+c(HC
23、2O4-)+c(C2 O42-)=c(Na+)，该式子为NaHC2O4的物料守恒，即此时为NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液的质子守恒为：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，C正确；D用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，D 正确。答案选 B。【点睛】越弱越水解用等式表达为KhKa=Kw，常温下，水解常数Kh和电离常数Ka知其中一个可求另外一个。13以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）A阳极反应式相同B电解结束后所得液体的pH 相同C阴极反应式相同
24、D通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）【答案】C【解析】【分析】【详解】A以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为 2Cl-2e-=Cl2，阳极的电极反应式不同，故A 错误；B电解水时其pH 在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，pH 变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H+2e-=H2，所以电极反应式相同，故C正确；D若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2
25、O2H2+O24e-，电解水生成3mol 气体；依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H22e-，电解食盐水生成4mol 气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D 错误；故选 C。【点睛】明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。14某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2+4NH3Cu(NH3)42+H 0。下列说法正确的是（）A充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2O Ca 为阳离子交换膜D放
26、电时，左池Cu电极减少6.4g 时，右池溶液质量减少18.8g【答案】D【解析】【分析】已知电池总反应：Cu2+4NH3?Cu(NH3)42+H0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu-2e-Cu2，通入氨气发生反应Cu24NH3?Cu(NH3)42 H 0，右端为原电池正极，电极反应 Cu22e-Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。【详解】已知电池总反应：Cu2+4NH3?Cu(NH3)42+H0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu-2e-Cu2，通入氨气发生反应Cu24NH3?Cu(NH3)42 H 0，右端为原电池正极，电极反应 Cu22
27、e-Cu，中间为阴离子交换膜；A充电时，能量转化形式主要为热能化学能，故A 错误；B放电时，负极反应为Cu4NH3-2e-Cu(NH3)42，故 B错误；C原电池溶液中阴离子移向负极，a 为阴离子交换膜，故C 错误；D放电时，左池Cu 电极减少6.4 g 时，Cu-2e-Cu2，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少0.2mol62g/mol0.1mol64g/mol18.8 g，故 D 正确；故答案选D。15一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A分子式为C12H18O2B分子
28、中至少有6 个碳原子共平面C该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D一定条件下，1 mol 该化合物最多可与3 mol H2加成【答案】B【解析】分子式为C13H20O，故 A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5 个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2 个碳碳双键、1 个羰基，一定条件下，1mol 该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含2Cu S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中2Cu S、CuS的含量，某
29、同学进行了如下实验：取 2.6g 样品，加入200.0mL 0.2000mol/L 酸性4KMnO溶液，加热（硫元素全部转化为24SO），滤去不溶杂质；收集滤液至250mL 容量瓶中，定容；取 25.00mL 溶液，用140.1000molL FeSO溶液滴定，消耗20.00mL；加入适量42NH HF溶液（掩蔽Fe3+和 Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI 固体，轻摇使之溶解并发生反应：222Cu4I=2CuII；加入 2 滴淀粉溶液，用12230.1000molL Na S O溶液滴定，消耗30.00mL（已知：22232462S OI=S O2I）。回答下列问题：（1）写出
30、2Cu S溶于酸性4KMnO溶液的离子方程式：_。（2）配制140.1000molL FeSO溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是_，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_。（3）中取 25.00mL 待测溶液所用的仪器是_。（4）中滴定至终点时的现象为_。（5）混合样品中2Cu S和CuS的含量分别为_%、_%（结果均保留1 位小数）。（6）判断下列情况对样品中2Cu S和CuS的含量的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若量取酸性4KMnO溶液时俯视读数，则最终结果2Cu S的含量 _。若用223Na S O溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果CuS的含量 _。【答案】Cu2
31、S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O 除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化胶头滴管酸式滴定管溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.5 36.9 偏低偏低【解析】【分析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。【详解】（1）Cu2S与 KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO4
32、2+4H2O，故答案为Cu2S+2MnO4+8H+2Mn2+2Cu2+SO42+4H2O；（2）配制 0.1000mol?L1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；（3）取 25.00mL 溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取25.00 待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；（4）加入 2 滴淀粉溶液，用0.1000mo1?L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32+I2S4O62+
33、2I，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；（5）Cu2S与 KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4+24H+5Cu2+8Mn2+5SO42+12H2O，5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，滴定 Fe2+消耗的 MnO4：n1 0.1000mol/L 0.020L0.0004mol，样品消耗MnO4物质的量n20.200L0.2000mo?L10.0004mol 0.036mol，2Cu2+4I2CuI+I
34、2，2S2O32+I2 S4O62+2I，滴定消耗 S2O32的物质的量n30.1000mo1?L10.03L0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n40.03mol，设样品中含CuS、Cu2S的物质的量分别为 x、y，则：x+2y0.03mol，x+2y0.036mol 联立 ，解方程组得：x0.01mol，y0.01mol，混合样品中Cu2S的含量=0.01160/2.60molgmolg100%=61.5%，混合样品中CuS的含量=0.0196/2.60molg molg100%=36.9%，故答案为61.5；36.9。（6）结合上述计算过程，量取200.0mL 0.
35、2000mol/L 酸性4KMnO溶液，要用量筒，根据量筒的构造，若量取时俯视读数，则所取量偏小，则样品消耗MnO4物质的量n2偏小，即方程 中x+2y0.036mol，造成由方程组解得的x 值比实际偏大，因x+2y0.03mol，则 y 值偏小，最终结果2Cu S的含量偏低。根据实验过程，若用223Na S O溶液滴定终点读数时仰视，实际消耗的223Na S O溶液体积要小于读数值，即方程中 x+2y0.03mol，造成由方程组解得的x 值比实际偏小，则最终结果CuS的含量偏低，故答案为偏低；偏低。【点睛】本题考查了物质性质、溶液配制、滴定实验过程的分析判断等，主要是滴定过程中试剂的作用和定
36、量关系的计算分析应用，掌握基础是解题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2 个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有 2 种。A 遇 FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2 个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：（1）有机物A 中含氧官能团的名称是_；（2）写出下列反应的化学方程式AB：_；M N：_；（3）AC 的反应类型为_，EF 的反应类型为_1mol A 可以和_mol Br2 反应；（4）某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由 A 和一种芳香醇R 发生酯化反应成的，则 R的含有苯环的同分
37、异构体有_种（不包括R）；（5）AC 的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在 NaOH 水溶液中反应的化学方程式_。【答案】羟基、羧基+NaHCO3+CO2+H2O；CH3CH2OHCH2=CH2+H2O 加成反应酯化（取代）反应3 4+3NaOH水+NaCl+2H2O。【解析】【分析】A 的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2 个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2 个取代基处于对位，A 遇 FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A 能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基-COOH，A 的不饱和度为29282=6，故还含有C=C双键，所以A 的结构简式
38、为，X在浓硫酸、加热条件下生成A 与 M，M 的分子式为C2H6O，M 为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N 为乙烯，X 为，A 与碳酸氢钠反应生成B，为，B与 Na 反应生成D，D 为，A 与 HCl 反应生成C，C 的分子式为C9H9ClO3，由 A 与 C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成 E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2 个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故 C 为，E为，F为，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，有机物A 为，分子中含有官能团：羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；(2)A
39、B的反应方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2，M N 是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHo170 C浓硫酸CH2=CH2+H2O，故答案为：+NaHCO3+H2O+CO2；CH3CH2OHo170 C浓硫酸CH2=CH2+H2O；(3)A C是与 HCl 发生加成反应生成，EF 是发生酯化反应生成，与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA 可以和 3mol Br2反应，故答案为：加成反应，酯化(取代)反应；3；(4)某营养物质的主要成分(分子式为C16H14O3)是由 A 和一种芳香醇R 发生酯化反应生成的，故R的分子式为
40、 C7H8O，R 为苯甲醇，R 含有苯环的同分异构体(不包括 R)，若含有1 个支链为苯甲醚，若含有2 个支链为-OH、-CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4 种，故答案为：4；(5)A C的过程中还可能有另一种产物C1，则 C1为，C1在 NaOH 水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH水+NaCl+2H2O，故答案为：+3NaOH 水+NaCl+2H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105，沸点 79，140以上时易分解。（1）用硫黄（S）、液氯和
41、三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜,原子利用率达100%,则三者的物质的量比为 _.（2）甲同学设计如图装置用ZnCl2?xH2O 晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并利用装置F 验证生成物中的某种气体（夹持及加热装置略）。用原理解释SOCl2在该实验中的作用_；加热条件下，A装置中总的化学方程式为_.装置的连接顺序为AB _；实验结束后,为检测ZnCl2?xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为_（填序号）a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；b.称得固体为n 克；c.干燥；d.称取蒸干后的固体 m克溶于水；e.过滤；f.洗涤若 m/n_（保留小数
42、点后一位），即可证明晶体已完全脱水.（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3?6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。可能发生的副反应的离子方程式_.丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性：i.取少量 FeCl3?6H2O于试管中，加入足量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。（供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性 KMnO4溶液、BaCl2溶液、K3Fe(CN)6 溶液、溴水）方案操作现象结论方案一往一支试管中滴加_若有白色沉淀生成则发生了
43、上述副反应方案二往另一支试管中滴加_ _ 则没有发生上述副反应【答案】2:3:1SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解xSOCl2+ZnCl2xH2O=ZnCl2+xSO2+2xHClDEFCd a e f c0.56SOCl2 +2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl-BaCl2溶液K3Fe(CN)6 溶液若无蓝色沉淀出现【解析】【分析】（1）根据原子利用率达100%,硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料制SOCl2，根据原子、电子守恒完成反应方程式。由二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，选择装置的连接顺序；根据守
44、恒判断ZnCl2?xH2O晶体是否完全脱水（ZnCl22AgCl）。根据存在的离子选择试剂：SO42-选择稀 HCl 和 BaCl2;Fe2+选择 K3Fe(CN)6 溶液。【详解】（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜(SOCl2),原子利用率达100%,所以反应方程式为：2S+3Cl2+SO3=3SOCl2则三者的物质的量比为2:3:1。（2）因为二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈与水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；加热条件下，A装置中总的化学方程式为xSOCl2+ZnCl2xH2O=ZnCl2+xSO2+2xHCl。答案：SOCl2作脱水剂，与
45、水反应生成HCl 可以抑制氯化锌的水解；xSOCl2+ZnCl2xH2O=ZnCl2+xSO2+2xHCl。A中 SOCl2吸收结晶水生成SO2和 HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中SO2和 HCl，防止污染环境，E装置防倒吸，装置连接顺序为A B D E F C。装置的连接顺序为A BD E F C；答案：D E F C。实验结束后,为检测 ZnCl2?xH2O晶体是否完全脱水的操作方法是：d.称取蒸干后的固体m克溶于水，a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应，e.过滤 f.洗涤 c.干燥；b.称得固体为n 克，所以正确的
46、实验顺序为d a e f c；ZnCl22AgCl 136 287 m n mn 0.56 即可证明晶体已完全脱水.（3）FeCl3具有强氧化性，会和 SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式SOCl2 +2Fe3+3H2O=SO42-+6H+2Fe2+2Cl-。要判断副反应的可能性，就是检验溶液中有SO42-和 Fe2+，所以，方案一中加BaCl2溶液，如产生白色沉淀，说明发生了副反应；方案二是检验Fe2+，所以选择K3Fe(CN)6 溶液，加入试液后若无蓝色沉淀出现，说明没有副反应发生。【点睛】根据 SOCl2是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，中SO
47、Cl2吸收结晶水生成SO2和 HCl，所以用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中 SO2和 HCl，防止污染环境，E装置防倒吸，判断装置连接顺序为A B D E FC。19硫酸铁铵 NH4Fe(SO4)2 xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H
48、2O2，理由是 _。分批加入 H2O2，同时为了 _，溶液要保持pH 小于 0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5 个结晶水，失重 5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】碱煮水洗加快反应热水浴C 将 Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质防止 Fe3+水解加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）NH4Fe(SO4)2?12H2O【解析】【详解】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热的目的是
49、为了加快反应速率；温度保持8095，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以将 Fe2+氧化为 Fe3+，且 H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH 小于 0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2?xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5 个水分子的相对分子质量为 1.5 18=27，则 27/(266+18x)=5.6%，解得 x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2?12H2O。