《2019-2020学年安徽省淮北师大学附属实验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学年安徽省淮北师大学附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20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学年安徽省淮北师大学附属实验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化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A 错误；B.4422NH FeSO12H O（）作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B 错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和 HClO 都有强氧化性，故C 正确；D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱
2、反应，故D 错误；故答案选：C。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A氯碱工业中完全电解含2 mol NaCl 的溶液产生H2分子数为NAB14 g 分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n C2.0 g H218O 与 2.0 g D2O 中所含的中子数均为NAD常温下，将56 g 铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A氯碱工业中完全电解NaCl 的溶液的反应为2NaCl+2H2O电解H2+Cl2+2NaOH，含2molNaCl 的溶液发生电解，则产生H2为 1mol，分子数为NA，但电解质氯化钠电解完可继续电解氢氧化钠溶
3、液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA，故 A错误；B分子式为CnH2n的链烃为单烯烃，最简式为CH2，14g 分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为=NA1414/gngmol=ANn；如果是环烷烃不存在碳碳双键，故B错误；CH218O与 D2O的摩尔质量均为20g/mol，所以 2.0g H218O与 2.0gD2O的物质的量均为0.1mol，H218O中所含的中子数：20-10=10，D2O中所含的中子数：20-10=10，故 2.0 g H218O与 2.0 g D2O所含的中子数均为NA，故 C正确；D 常温下铁遇到浓硫酸钝化，所以常温下，将 56g
4、铁片投入足量浓硫酸中，生成 SO2分子数远远小于1.5NA，故 D错误；答案选 C。【点睛】该题易错点为A 选项，电解含2 mol 氯化钠的溶液，电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA。3研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是A桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀B钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快C图 1 辅助电极的材料可以为石墨D图 2 钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-【答案】A【解析】【详解】A桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A 错误；B海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢
5、铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；C图 1 为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C 正确；D图 2 为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故 D 正确；故选 A。4某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A该反应的还原剂是Cl-B反应后溶液的酸性明显增强C消耗 1mol 还原剂，转移6 mol 电子 D氧化剂与还原剂的物质的量之比为23【答案】B【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO
6、-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的NH4+和 N2，其中NH4+有还原性，故 N2是生成物，N 元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+；A由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为 Cl-，故 A 错误；B反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；CN 元素化合价由-3 价升高到0 价，则消耗 1mol 还原剂，转移 3mol 电子，故 C 错误；C由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为32，故 D 错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知
7、Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。5设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L 二氯甲烷的分子数约为NAB乙烯和丙烯组成的42g 混合气体中含碳原子数为6NAC1mol 甲醇完全燃烧生成CO2和 H2O，转移的电子数目为12NAD将 1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于NA【答案】D【解析】【详解】A.在标准状况下二氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积
8、进行计算，A 错误；B.乙烯和丙烯的最简式是CH2，最简式的式量是14，乙烯和丙烯的组成的42g混合气体中含有最简式的物质的量是3mol，所以其中含C原子数为3NA，B 错误；C.甲醇燃烧的方程式为2CH3OH+3O22CO2+4H2O，根据方程式可知：2mol 甲醇完全燃烧转移12mol电子，则1mol 甲醇完全燃烧生成CO2和 H2O，转移的电子数目为6NA，C错误；D.根据电荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，由于溶液显中性，则n(H+)=n(OH-)，所以n(Na+)=n(CH3COO-)，因此将1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中
9、CH3COO-数目等于NA，D 正确；故合理选项是D。6已知 H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol L-1的 H2A和 NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A pH=2 的溶液中：c(H2A)+c(A2-)c(HA-)BE点溶液中：c(Na+)-c(HA-)2c(A2-)【答案】A【解析】A、根据图像，可以得知pH=2 时 c(HA)c(H2A)c(A2)，故 A 说法错误；B、E 点：c(A2)=c(HA)，根据电荷守恒：c(Na)c(H)=c(OH)
10、c(HA)2c(A2)，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na)=3n(A)，即 2c(Na)=3c(A2)3c(HA)3c(H2A)，两式合并，得到 c(Na)c(HA)=c(HA)3c(H2A)c(A2)/2，即 c(Na)c(HA)=0.1c(H2A)，c(Na)-c(HA)2c(A2)，故 D 说法正确。7现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R 原子最外层电子数是电子层数的2 倍；Y 与 Z能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z 与 T形成的 Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（）A原子半径和离子半径均满
11、足：YZ B简单氢化物的沸点和热稳定性均满足：YT C最高价氧化物对应的水化物的酸性：TR D常温下，0.1mol L1由 X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液的pH 一定大于1【答案】B【解析】【分析】R 原子最外层电子数是电子层数的2 倍，则 R 可能为 C 或 S，结合题图可知R为 C；Y 与 Z能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为 O，Z为 Na；Z与 T 形成的 Z2T 型化合物能破坏水的电离平衡，则T 为 S；X的原子半径、原子序数最小，则X 为 H。【详解】A.电子层越多，原子半径越大，则原子半径为ONa，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径
12、为O2Na，故 A 错误；B.Y、T的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点H2OH2S，元素非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2OH2S，故 B正确；C.非金属性SC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4H2CO3，故 C错误；D.由 H、O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和 NaHSO4，0.1mol L1NaHSO3溶液的 pH1，0.1mol L1NaHSO4溶液的 pH1，故 D 错误。综上所述，答案为B。【点睛】氢化物稳定性与非金属有关，氢化物沸点与非金属无关，与范德华力、氢键有关，两者不能混淆。8 在 100mL
13、的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol/L、0.15mol/L，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是A 0.15mol/L B0.225mol/L C0.30mol/L D0.45mol/L【答案】B【解析】溶液中n(H+)=0.15mol/L 2 0.1L+0.3mol/L 0.1L=0.06mol，反应计算如下：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O。3 64g 8mol 2mol 3mol 2.56g 0.06mol 0.03mol n Cu 过量，NO3-过量，因此用H+进行计算。n=0.0225mol，c
14、(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正确答案B。点睛：由于Cu与 HNO3反应生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2电离生成的NO3-可以在 H2SO4电离生成的H+作用下氧化单质Cu，因此利用铜与硝酸反应方程式计算存在后续计算的问题，恰当的处理方法是用Cu 与 NO3-、H+反应的离子方程式进行一步计算。9下列实验能实现的是（）A图 1 装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B图 2 装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C图 3 装置中若a处有红色物质生成，b 处变蓝，证明X一定是 H2D图 4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出【答案】D【解析】
15、【详解】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A 不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B 不符合题意；C、a 处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b 处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X 也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故 D 符合题意；故答案为：D。10下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项操 作现 象结 论A 向 3ml0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中先加入 45 滴 0.1mol/L
16、 的NaCl 溶液，再滴加45 滴0.1mol/L 的 NaI 溶液先出现白色沉淀后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B 将某气体通入品红溶液品红溶液褪色该气体是SO2C 用 pH 计测定等浓度的Na2CO3和NaClO 溶液的pH 后者pH 比前者 的小非金属性：ClC D 将铜粉加入1.0 mol/L Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝氧化性 Fe3Cu2A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.AgNO3过量，生成氯化银沉淀后有剩余，滴加NaI 溶液产生黄色碘化银沉淀，不能说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故 A 错误；B.能使品红溶液褪色的气体不仅
17、有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故B 错误；C.比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaClO不是最高价氧化物的水化物，不能比较，故C 错误；D.反应的离子方程式为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3Cu2，故 D 正确；故选 D。11 重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含 Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备 K2Cr2O7的流程如图所示。已知：i.在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+。ii.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：金属离子Fe3+
18、Cr3+开始沉淀的pH 1.5 4.9 沉淀完全的pH 2.8 6.8 回答下列问题：(1)滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)氧化”步骤中发生反应的离子方程式为_。(3)“加热 操作的目的是_。(4)“酸化 过程中发生的反应为2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O(K=4.0 1014L3 mol-3)。已知“酸化”后溶液(pH=1)中 c(Cr2O72-)=6.4 10-3 mol L-1，则溶液中c(CrO42-)=_。(5)可利用微生物电池将镀铬废水中的Cr2O72-催化还原，其工作原理如图所示：在该电池中，b 作 _极，a 极的电极反应为_(6)K2 Cr2O7标准溶液还可
19、用于测定市售硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3 5H2O，M=248 g mol-1)的纯度。测定步骤如下：i.溶液配制：称取1.2400g 市售硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后.全部转移至100mL 容量瓶中.加蒸馏水至刻度线。ii.滴定：取 0.01000 mol.L-1的 K2Cr2 O7标准溶液20.00 mL，稀硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应(Cr2O72-被还原成Cr3+，I-被氧化成I2)。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液蓝色褪去.即为终点。平
20、行滴定3 次，样品溶液的平均用量为25.00mL。稀硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液与KI 溶液反应的离子方程式为_该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为_%(保留 1 位小数)。【答案】Cr(OH)3、Fe(OH)32Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O 除去过量的H2O284.0 10mol/L正CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr3+7H2O 96.0【解析】【分析】含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过
21、滤得到滤渣Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成 K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到 K2CrO4滤液，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+，加酸调pH=1，使 K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。【详解】（1）根据形成氢氧化物沉淀的pH 范围知滤渣成分为Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，故答案为：Cr(OH)3、Fe(OH)3；（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3，生成 K2Cr2O7溶
22、液，结合转移电子守恒、原子守恒得化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，则离子方程式为：2Cr(OH)3+3H202+4OH-=2CrO42-+8H20，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；（3）因为在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O72-还原为 Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中 Cr2O72-将 Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且 H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去，故答案为：除去过量的H2O2；（4）“酸化”后溶液(pH=1)，即 c(H+)=0.1mol/L，
23、反应 2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O K=2-327143-32+22-22-44c Cr O6.4104.010 LmolcHcCrO0.01cCrO=，则-32-41486.4 10c CrO4.0 10=4.0 10 mol/L0.01，故答案为：84.0 10mol/L；（5）b 极上 Cr2O72-被还原，应为正极反应，则a为负极，乙酸被氧化生成二氧化碳，电极方程式为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+，故答案为：正；CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+；（6）在酸性条件下，Cr2O72-被还原成Cr3+，I-被氧化成I2，同时有水生成，
24、根据电子转移守恒配平反应得：Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr3+7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H+6I-=3I2+2Cr3+7H2O；根据氧化还原反应中电子转移守恒得：n(I2)=3n(Cr2O72-)=30.01000 mol.L-1 0.02L=0.0006mol，根据I2+2S2O32-=S4O62-+2I-得：n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.0006mol 2=0.0012mol，则该市售硫代硫酸钠晶体样品的纯度为-1100%=96.0%25mL1.24g100mL248 g?mol0.0012mol，故答案为：96.0%。12某种钠空气水电池的充、放电
25、过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是A放电时，Na+向正极移动B放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸C充电时，当有0.1mole-通过导线时，则钠箔增重2.3g D充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为4OH-4e=2H2O+O2【答案】D【解析】【分析】【详解】A放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na+朝正极移动，A 项正确；B电池放电时，钠箔做负极，碳纸为正极，电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极，B 项正确；C 充电时，钠箔发生的电极反应为：Nae=Na，所以若有0.1mol e-通过导线，钠箔处就会析出0.1mol的钠单质，质量增加2.3g，C项正确；
26、D碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式书写是正确的，D 项错误；答案选 D。13某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子（不考虑水的电离和离子的水解）。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：下列说法正确的是（）A c（Fe3+）一定为0.2 mol?L1Bc（Cl）至少为 0.2 mol?L1CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在D Na+、Fe2+可能存在，CO32一定不存在【答案】D【解析】【分析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等离子
27、，初步判断含Fe3，加入过量 NaOH 溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3，原溶液中一定没有CO32，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol 硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子。【详解】加入过量NaOH 溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01
28、mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有CO32，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+，4.66g 不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有 0.02mol 硫酸根离子，由电荷守恒，正电荷=3n（Fe3+）=0.06，负电荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有 Cl，物质的量应为0.02mol 30.02mol 2=0.02mol，若含有亚铁离子时，c（Cl）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c（Fe3+）=0.02mol0.1L0.2mol/L，溶液中 Na+、
29、NH4+、Fe2+离子可能存在，故选：D。14CO2和 CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（）A过程 是吸热反应BNi 是该反应的催化剂C过程 既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2【答案】A【解析】【分析】由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni 为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，放出热量，以此来解答。【详解】A 中能量降低，放出热量，故A 错误；BNi 在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确；C由反应物、生成物可知，既有碳氧键的
30、断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；D由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO2Ni2CO+2H2，故 D 正确；答案选 A。【点睛】反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。15下列仪器不能加热的是()ABCD【答案】B【解析】【详解】A、坩埚钳能用于夹取加热后的坩埚，选项A 不选；B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B 选；C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D 不选；答案选 B。【点睛】本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙
31、、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16长期缺碘和碘摄入过量都会对健康造成危害，目前加碘食盐中碘元素绝大部分以IO3-存在，少量以I-存在。现使用Na2S2O3对某碘盐样品中碘元素的含量进行测定。I-的定性检测（1）取少量碘盐样品于试管中，加水溶解，滴加硫酸酸化，再滴加数滴5NaNO2和淀粉的混合溶液，若溶液变为 _色，则存在I-，同时有无色气体产生（该气体遇空气变成红棕色）。试写出该反应的离子方程式为_。硫代硫酸钠的制备工业制备硫代硫酸钠的反应原理为223222322Na S+Na CO
32、+4SO=3Na S O+CO，某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠如图：先关闭 K3打开 K2，打开分液漏斗，缓缓滴入浓硫酸，控制好反应速率。（2）y 仪器名称 _，此时 B 装置的作用是_。（3）反应开始后，C 中先有淡黄色浑浊，后又变为澄清，此浑浊物为_（填化学式）。装置 D 的作用是 _。（4）实验结束后，关闭K2打开 K1，玻璃液封管x 中所盛液体最好为_。（填序号）A NaOH 溶液B浓硫酸C 饱和 NaHSO3溶液碘含量的测定已知：称取10.00g 样品，置于250mL 锥形瓶中，加水100mL 溶解，加2mL 磷酸，摇匀。滴加饱和溴水至溶液呈现浅黄色，边滴加边摇，至黄色
33、不褪去为止（约1mL）。加热煮沸，除去过量的溴，再继续煮沸5min，立即冷却，加入足量15碘化钾溶液，摇匀。加入少量淀粉溶液作指示剂，再用0.0002mol/L 的 Na2S2O3标准溶液滴定至终点。重复两次，平均消耗Na2S2O3溶液 9.00mL 相关反应为：-+-223I+3Br+3H O=IO+6H+6Br，-+322IO+5I+6H=3I+3H O，2-2-22346I+2S O=2I+S O（5）请根据上述数据计算该碘盐含碘量为_mg kg-1。【答案】蓝2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO +2H2O 三颈烧瓶（三口烧瓶）安全瓶（防倒吸）S尾气处理（吸收多余的 SO2气体，防
34、止污染环境）A38.1【解析】【分析】（1）淀粉遇碘单质变蓝，酸性条件下，亚硝酸根具有氧化性，可氧化碘离子成碘单质，根据氧化还原反应的规律配平该方程式；A 装置制备二氧化硫，C装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，B为安全瓶作用，防止溶液倒吸，D 装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，（2）根据实验仪器的结构特征作答；b 装置为安全瓶，防止溶液倒吸；（3）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3；氢氧化钠溶液用于吸收装置中残留的二氧化硫，防止污染空气，据此分析作答；（4）实验结束后，装置b 中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；（
35、5）提供的方程式中可知关系式为：I-IO3-3I26S2O32，计算出含碘元素的物质的量，进而得出结论。【详解】（1）根据题设条件可知，硫酸酸化的NaNO2将碘盐中少量的I-氧化为使淀粉变蓝的I2，自身被还原为无色气体 NO，其化学方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO +2H2O，故答案为蓝；2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO +2H2O；（2）y 仪器名称为三颈烧瓶（三口烧瓶）；由实验装置结构特征，可知b 装置为安全瓶（防倒吸），故答案为三颈烧瓶（三口烧瓶）；安全瓶（防倒吸）；（3）根据实验设计与目的，可知二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2
36、O3，c 中先有浑浊产生，后又变澄清，则此浑浊物为S，残余的SO2气体污染环境，装置D 的作用是尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境），故答案为S；尾气处理（吸收多余的SO2气体，防止污染环境）；（4）实验结束后,装置 b 中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，故A 项正确，故答案为A；（5）从以上提供的方程式中可知关系式为：I-IO3-3I26S2O32，设含碘元素物质的量为x，解得 x=1 0.002/0.0096molLL=3.0 106 mol，故所含碘元素的质量为3.0 106mol127 g/mol=3.81 1
37、01 mg，所以该加碘盐样品中碘元素的含量为(3.81 101 mg)/0.01 kg=38.1 mgkg1，故答案为38.1。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。（1）C中的含氧官能团名称为_和_；（2）由 BC 的反应类型是 _。（3）由 A 制备 B的过程中有少量副产物E，它与 B 互为同分异构体。写出E的结构简式：_。（4）写出同时满足下列条件的化合物D 的一种同分异构体的结构简式：_。属于 a氨基酸；是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；分子中有2 个手性碳原子（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷
38、（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_。【答案】醚键羰基氧化反应【解析】【分析】根据 C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B 中醇羟基转化羰基；中含有 2 个 CO 键，与 A 发生反应时可有两种不同的断裂方式；D 的同分异构体同时满足如下条件：属于 氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2 个不同的取代基处于对位位置，分子中含有2 个手性碳原子，说明 C原子上连接4 个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生
39、成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。【详解】（1）根据 C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；（2）对比 B、C 结构可知，B中 CH(OH)转化为CO，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；（3）中含有 2 个 CO 键，与 A 发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与 B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；（4）D 的一种同分异构体同时满足如下条件：属于 氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2 个不同的取代基处于对位位置，分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4 个不同的原子或原子团，符合条件的结
40、构简式为：，故答案为：；（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18减少 CO2的排放以及CO2的资源化利用具有重要意义。（1）H2NCOONH4是工业合成尿素CO（NH2）2的中间产物，该反应的能量变化示意图如图甲所示，用 CO2和氨气合成尿素的热化学方程式为_。（2）用氨水捕集烟气中的CO2生成铵盐，是减少CO2排放的可行措施之一。写出氨水捕集烟气中的CO2生成碳酸氢铵的主要化学方程式_。分别用不同pH 的吸收剂吸收烟气中的CO2，CO2脱
41、除效率与吸收剂的pH 关系如图乙所示，烟气中CO2的含量为12%，烟气通入氨水的流量为0.052m3/h（标准状况），用 pH 为 12.81 的氨水吸收烟气30min，脱除的 CO2的物质的量最多为_（精确到0.01）。通常情况下温度升高，CO2脱除效率提高，但高于40时，脱除CO2效率降低的主要原因是_。（3）将 CO2和甲烷重整制合成气（CO和 H2）是 CO2资源化利用的有效途径合成气用于制备甲醇的反应为 2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）H=90kJ/mol 在 T1时，容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应过程如下图所示。容器甲乙丙起始反应物
42、投入量2molH2、1molCO 1molCH3OH 2mol CH3OH 能代表丙反应的曲线是_（选填 I、II），a、b 点的压强关系为Pa_Pb（填、=），理由是 _。b 点时反应吸收的能量为_kJ。【答案】CO2（g）+2NH3（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134kJ/molCO2+NH3 H2O=NH4HCO30.13mol碳酸氢铵受热易分解生成CO2I平衡时a 点甲醇的物质的量分数小，则总物质的量大11.25【解析】（1）由图可知放热为（272kJ 138kJ）=134kJ，则 CO2和氨气合成尿素的热化学方程式为CO2（g）+2NH3（g）=CO（NH2）2（s
43、）+H2O（l）H=134kJ/mol；（2）氨水捕集烟气中的CO2生成碳酸氢铵，化学方程式为 CO2+NH3 H2O=NH4HCO3；由图可知，pH 为 12.81 的氨水吸收烟气时脱除的CO2的效率为91.6%，设脱除的CO2的物质的量最多为x，由 CO2+NH3 H2O=NH4HCO3可知，0.0521000/0.591.6%12%22.4/xLhhLmol，解得 x=0.13mol；通常情况下温度升高，CO2脱除效率提高，但高于 40时，脱除CO2效率降低的主要原因是碳酸氢铵受热易分解生成CO2；（3）由表格数据可知，均极限转化为甲醇时，甲、乙中起始量相同，丙中最大，且图中曲线I 平衡
44、时甲醇含量大，则能代表丙反应的曲线是I；物质的量越大、压强越大，2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）为气体体积减小的反应，a 点甲醇的物质的量分数小，则总物质的量大，即PaPb；b 点时甲醇物质的量分数为0.7，则CH3OH（g）?2H2（g）+CO（g）H=+90kJ/mol 起始量（mol）1 0 0 转化量（mol）x 2x x 平衡量（mol）1x 2x x 10.712xxxx，解得 x=1/8mol，可知 b 点时反应吸收的能量为1/8mol90kJ/mol=11.25kJ。19某学习小组设计实验探究H2S的性质。实验室用硫化亚铁(难溶，块状)与盐酸反应制备硫化氢。他们设计装
45、置如图所示。回答下列问题：（1）停止 A 中反应的操作是_。（2）试制 X可能是 _(填代号)。(a)氢氧化钠溶液(b)硝酸(c)饱和 NaHS溶液(d)氯化铁溶液（3）写出 A 中发生反应的离子方程式:_。（4）若 E中产生浅黄色沉淀，则氧化性:Cl2_ S(填“”“d【解析】（1）要停止A 中反应的操作是关闭K 活塞；（2）试制 X是为了除去挥发出来的HCl，又要不与H2S反应，(a)氢氧化钠溶液能吸收H2S，故错误；(b)硝酸能将H2S氧化，故错误；(c)饱和 NaHS溶液能吸收HCl，又不与 H2S反应，故正确；(d)氯化铁溶液能将H2S氧化，故错误；故选C。（3）A 中制取 H2S的离子方程式：FeS+2H+=Fe2+H2S；（4）若 E中产生浅黄色沉淀，发生H2S Cl2=2HClS,反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物:Cl2 S；（5）若观察到D 中紫红色溶液变为无色溶液，则表明H2S具有的性质有还原性，5H2S8MnO4+16H=8Mn25SO42+13H2O故选 d；（6）2Fe3H2S=2Fe2S 2H,溶液中存在Fe2，取少量F中溶液于试管，微热溶液，冷却，向试管中滴加下列试剂中的酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，故选。