江西省新余市分宜中学2020届高三上学期第一次段考化学试题

江西省新余市分宜中学2020届高三上学期第一次段考化学试题

江西省新余市分宜中学2020届高三上学期第一次段考 化学试题 ‎1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是 A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是萃取 C. “取碱”得到的是一种碱溶液 D. “浣衣”过程有化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；‎ B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；‎ C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；‎ D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列说法中不正确的有 ‎①氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂；‎ ‎②光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2；‎ ‎③燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量；‎ ‎④pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨；‎ ‎⑤室温下浓硫酸与铜片不会发生剧烈的化学反应，原因是铜被钝化。‎ ‎⑥氯气易液化，液氯可以保存在钢瓶中；‎ ‎⑦常温下浓硫酸可以用铝制容器盛放；‎ ‎⑧分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质可用稀盐酸洗涤 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①、氯气与烧碱溶液反应可以制取“84”消毒液，和石灰乳反应可以制得漂白粉，均为含氯消毒剂，故①正确；‎ ‎②、氯水中含有HClO，HClO光照分解产生O2，故②错误；‎ ‎③、燃煤加入石灰石，石灰石分解生成的氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，进一步氧化为硫酸钙，可减少废气中SO2的量，故③正确；‎ ‎④、pH小于5.6的降水通常称为酸雨，故④错误；‎ ‎⑤、室温下，浓硫酸与铜片不反应，加热才发生化学反应，故⑤错误；‎ ‎⑥、氯气易液化，液氯中不含氢离子，导致不和铁反应，所以可以保存在钢瓶中，故⑥正确，‎ ‎⑦、常温下铝可被浓硫酸钝化，可以用铝制容器盛放，故⑦正确；‎ ‎⑧、分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色物质是二氧化锰，二氧化锰能和浓盐酸反应但不和稀盐酸反应，所以不能用稀盐酸洗涤，故⑧错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.某同学在实验室里过滤一种浑浊溶液，发现滤出的液体仍浑浊。他检查实验装置发现漏斗外壁没有水，滤纸也未出现破损或小漏洞，则造成实验失败原因可能是下列操作中的 A. 滤纸高出漏斗边缘的部分未剪掉 B. 滤纸与漏斗之间有气泡未被排掉 C. 倾倒液体时液面高于滤纸边缘 D. 过滤时玻璃棒靠在一层滤纸一边 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】过滤一种浑浊溶液，发现滤出的液体仍浑浊的可能原因有滤纸破损或倾倒液体时液面高于滤纸边缘，显然选项C符合题意。‎ ‎4.下列实验合理的是 ‎ A．配制一定浓度硫酸 B．制备少量氨气 ‎ C．制备并收集少量NO2气体 ‎ D．制备少量氧气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，配制一定浓度的H2SO4溶液时，首先应该把浓硫酸稀释，不能直接注入容量瓶中，A项不合理；‎ B项，氨水滴入氧化钙，氧化钙和水反应放热，使氨水分解生成氨气，可以制备少量氨气，B项合理；‎ C项，二氧化氮溶于水和水反应生成硝酸和一氧化氮，该实验制备不能收集少量NO2气体，C项不合理；‎ D项，Na2O2是粉末，过氧化钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氧气，能快速制取氧气，但该装置不能起到随时反应、随时停止反应原理的要求，D项不合理。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液的配制、气体发生装置等实验基本操作，掌握实验原理是解题关键。选项A要注意容量瓶的使用方法，容量瓶是用来配制一定浓度的溶液的专用仪器，瓶颈上有容量刻度，浓硫酸溶于水溶液温度升高，热胀冷缩，影响刻度，影响配制的精确度，所以容量瓶不能用来稀释溶解物质，应在烧杯中溶解浓硫酸，冷却后再转入容量瓶。‎ ‎5.将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应： 3Fe3O4 + 28HNO3= 9Fe(NO3)x+ NO↑+ 14H2O下列判断合理的是 ( )‎ A. Fe(NO3)x中的x为2‎ B. 反应中每还原0.2 mol氧化剂，就有0.6 mol电子转移 C. 稀HNO3在反应中只表现氧化性 D. 磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据质量守恒定律x为3，错误；‎ B.氧化剂为HNO3，氮的化合价从+5价降低为NO中的+2价，1mol氧化剂被还原，转移3mol电子，则0.2 mol氧化剂被还原，就有0.6 mol电子转移，正确；‎ C.稀HNO3在反应中表现氧化性及酸性，错误；‎ D.Fe3O4中+2价铁被氧化，+3价铁化合价不变，即有1/3被氧化，错误。‎ 故选B。‎ ‎6.一定体积的N2、O2、CO2混合气体通过足量的Na2O2后，同温同压下体积变为原来的0.75倍，原混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比可能为 A. 1∶1∶2 B. 4∶3∶5 C. 1∶2∶1 D. 6∶7∶14‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】只有CO2和Na2O2反应，化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑。CO2和Na2O2反应后，生成的氧气的体积是原来二氧化碳体积的一半。假设N2、O2、CO2混合气体共1L，则反应后气体体积为0.75L，减少了0.25L，所以原有二氧化碳0.5L，氮气和氧气共0.5L。即氮气和氧气的体积和等于二氧化碳的体积，只有A选项符合。故选A。‎ ‎7. 下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是 ‎① 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2‎ ‎② 向AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水 ‎③ 向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水 ‎④ 向Na2SiO3溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. 只有②③ B. 只有①③ C. 只有①②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①次氯酸钙中通入过量的二氧化碳反应先生成碳酸钙沉淀，后生成碳酸氢钙和次氯酸，先生成沉淀后溶解，正确；②氯化铝中加入氨水生成白色沉淀，但是沉淀不溶解，错误；③硝酸银中加入过量的氨水，先生成氢氧化银沉淀，后溶解生成银氨溶液，正确；④硅酸钠中加入盐酸，生成硅酸沉淀，但沉淀不溶解，错误。所以选B。‎ ‎【点睛】与物质的量有关的反应有：‎ ‎1.硝酸银和少量氨水反应生成氢氧化银沉淀，和过量氨水反应生成银氨溶液。‎ ‎2.氢氧化钠和少量氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠，和过量的氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。‎ ‎3.盐酸和少量偏铝酸钠反应生成氯化铝和氯化钠，和过量的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。‎ ‎4.碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，和过量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳和水。‎ ‎5.铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，和过量硝酸反应生成硝酸铁。‎ ‎8.能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）‎ A. 碳酸钠的水解反应：CO32-+H3O+HCO3- +H2O B. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑‎ C. 氢氧化铁与氢碘酸混合：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O D. 向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸根离子水解分步进行，主要以第一步为主，水解后的溶液显示碱性，其正确的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；‎ B.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；‎ C.铁离子能够将碘离子氧化成碘单质，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I﹣＝2Fe2++I2+6H2O，故C错误；‎ D.偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3﹣，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎9. 下列有关说法正确的是 A. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解 B. Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象 C. H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥 D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；‎ B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；‎ C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；‎ D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。‎ ‎10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，6.72LHF含有的电子总数为3NA B. 室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳氢共价键数目为3NA C. 36g镁在足量的氮气中完全燃烧共转移的电子数为3NA D. 1 molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，HF为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；‎ B.碳氢共价键数目等于H原子数，乙烯和丁烯的最简式为CH2，只需计算21.0gCH2中H原子数=2NA＝3NA，故B正确；‎ C.1mol镁在足量的氮气中完全燃烧共转移的电子数为2NA，36g镁的物质的量为1.5mol，共转移的电子数为3NA，故C正确； ‎ D.1 molNa2O含有2mol钠离子和1mol氧离子，1molNa2O2含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎11.向Fe2O3、CuO、Fe、Cu混和粉末中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于所得溶液中阳离子的判断正确的是 A. 一定有Fe2＋，可能有Cu2＋ B. 一定有Fe2＋、Cu2＋，可能有Fe3＋‎ C. 只有Fe2＋和Cu2＋ D. 只有Fe2＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，无论Fe3+是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，溶液中有Cu2+，A正确；‎ B、剩余固体中含有铜，则溶液中一定不存在铁离子，B错误；‎ C、当铜全部析出时，不存在Cu2+，C错误；‎ D、由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，但可能含有铜离子，D错误，‎ 答案选A。‎ ‎【点晴】该题的关键是明确氧化性与还原性的强弱顺序，搞清楚反应的先后顺序，即铁离子首先氧化铁，然后在氧化单质铜，单质首先还原铁离子，然后还原铜离子，最后还原氢离子，然后结合选项逐一分析解答。‎ ‎12.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 布洛芬的分子式为C13H18O2‎ B. 布洛芬与苯乙酸是同系物 C. 1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应 D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；‎ B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；‎ C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故不选C；‎ D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是（ ）‎ A. 能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：K＋、CO32－、NO3－、AlO2－‎ B. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中： Na＋、NH4＋、S2－、Br－‎ C. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4＋、 Fe2+、SO42－、NO3－‎ D. 在含有大量 Fe3＋的溶液中：NH4+、Na＋、Cl－、SCN－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.能使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，在碱性条件下离子之间不发生任何反应，离子能大量共存，故A正确； ‎ B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液呈氧化性，S2﹣被氧化而不能大量共存，故B错误；‎ C.能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，如溶液呈碱性，则NH4+不能存在，如溶液呈酸性，因有存在NO3﹣，则不能生成氢气，故C错误；‎ D.Fe3+与SCN﹣反应络合反应而不能大量共存，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎14.下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 同温下Na2CO3比NaHCO3易溶于水 B. Na2CO3比NaHCO3稳定 C. 石灰水能与Na2CO3反应，而不能与NaHCO3反应 D. 与足量盐酸反应要得到相同质量的CO2，用NaHCO3比Na2CO3的质量要少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A.相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，所以，同温下Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故A正确； ‎ B.碳酸氢钠受热易分解，则热稳定性为Na2CO3＞NaHCO3，故B正确；‎ C. Na2CO3和NaHCO3二者均与澄清石灰水反应碳酸钙沉淀，故C错误； ‎ D. 106g Na2CO3和84g NaHCO3均为1mol，与过量酸反应时，由C原子守恒可知，生成二氧化碳均为1mol，即放出CO2的质量相等时，用NaHCO3比Na2CO3的质量要少，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎15.将11.9克由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7克。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，标准状况下生成了6.72LNO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为 A. 19.4g B. 22.lg C. 27.2g D. 30g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在Mg、Al、Fe组成的合金中只有Al会和NaOH溶液发生反应，减少的质量是Al的质量，Mg、Fe质量和是：11.9g-2.7g=9.2g。11.9克由Mg、Al、Fe组成的合金溶于过量的稀硝酸中，标准状况下生成了6.72LNO，根据电子转移数目相等可知金属失去电子的物质的量是n(e-)=(6.72L ÷22.4L/mol)×3=0.9mol,n(Al)=2.7g÷27g/mol=0.1mol，由于Al是+3价的金属，因此0.1molAl在与硝酸反应时，转移电子的物质的量是0.3mol，因此Mg、Fe失去电子的物质的量是0.9mol-0.3mol=0.6mol，由于金属失去电子数与金属阳离子形成沉淀时结合的OH-数目相等，所以向与足量硝酸反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀是Mg(OH)2、Fe(OH)3，其质量为m(Mg)+m(Fe)+m(OH-)=9.2g+0.6mol×17g/mol=19.4g，选项是A。‎ ‎16.1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1mol·L—1，向混合溶液中滴加0.1 mol·L—1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是 （ ）‎ A. 偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸 B. 氯化铝、氯化镁、氢氧化钠 C 氯化铝、氯化铁、氢氧化钠 D. 偏铝酸钠、氯化钡、硫酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1mol，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1molBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液时，加入的0.1molH+恰好和溶液中的0.1molAlO2-完全反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成0.1molAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和图像相符，故A选；‎ B.AlCl3和MgCl2均为0.1mol，共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B不选；‎ C.AlCl3和FeCl3均为0.1mol，共需要0.6molNaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C不选；‎ D.NaAlO2和BaCl2各0.1mol，先加入0.5L硫酸，即0.05mol硫酸，加入的0.1molH+和溶液中的0.1molAlO2-恰好完全反应生成0.1molAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05molSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1mol，加入的SO42-为0.05mol，所以生成0.05molBaSO4沉淀，还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1molH+恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05molSO42-恰好和溶液中剩余的0.05molBa2+生成0.05molBaSO4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1mol，和图像不符，故D不选。‎ 故选A。‎ ‎17.Ⅰ．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中X、Y、Z三种元素的质子数之和为21。‎ ‎（1）写出W的简单离子的原子结构示意图为_____________；氢元素与Z形成原子个数比为1∶1的化合物，其结构式为__________；‎ ‎（2）Y的最高价氧化物对应的水化物与Y的氢化物恰好完全反应，生成物的水溶液呈酸性，其原因是（用离子方程式表示）_______________；‎ ‎（3）写出Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与X在加热条件下反应的化学方程式为___________，反应中每转移8mol 电子，消耗的还原剂质量为_______g；‎ ‎（4）写出能说明Y的非金属性比Z弱的一个实验事实：_____________；‎ Ⅱ．往1L体积不变的容器中加入0.200mol CO和1.00mol H2O(g)，在t℃时反应：CO+ H2O(g)CO2+ H2达到平衡，若该反应的化学平衡常数K=1，则t℃时CO 的转化率为___________；‎ Ⅲ．甲醇燃料电池是一种相对理想的绿色能源，可用于电动汽车的电源；若该燃料电池以硫酸为电解质溶液，总反应为：2CH3OH + 3O2= 2CO2+ 4H2O，则其正极的电极反应式______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). H-O-O-H (3). NH4++H2ONH3·H2O + H+ (4). C + 4HNO3CO2↑ +4NO2↑ +2H2O (5). 24 (6). O2比N2更容易与氢气化合（或H2O比NH3更稳定，其它合理答案均可） (7). 83.3% (8). O2+ 4H++4e-=2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．根据短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置和X、Y、Z三种元素的质子数之和为21确定四种元素分别为C、N、O、S。‎ ‎（1）H与O形成原子个数比为1∶1的化合物为H2O2；‎ ‎（2）Y的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，Y的氢化物为氨气，反应产物为硝酸铵，NH4+水解使溶液显酸性；‎ ‎（3）浓硝酸与碳反应的方程式为C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O，根据化合价变化计算还原剂的质量；‎ ‎（4）根据和氢气化合的难易程度、氢化物的稳定性以及最高价氧化物的水化物的酸性判断非金属性的强弱；‎ Ⅱ．根据化学平衡常数K=1，用三段式计算CO 的转化率；‎ Ⅲ．燃料电池的正极是氧气得到电子，根据电解质溶液为酸性写出正极的电极反应式。‎ ‎【详解】Ⅰ．假设X的质子数为x，因为X、Y、Z三种元素的质子数之和为21，则x+(x+1)+(x+2)=21，解得x=6，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、W为S元素。‎ ‎（1）W为S，其离子结构示意图为；H元素与Z形成的原子个数比为1:1的化合物为H2O2，其结构式为H-O-O-H，故答案为；H-O-O-H；‎ ‎（2）Y的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，Y的氢化物为氨气，反应产物为硝酸铵，其水溶液呈酸性，因为在水溶液中NH4+可以发生水解，离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为NH4++H2ONH3·H2O+H+；‎ ‎（3）浓硝酸与碳反应的方程式为C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O，该反应中，C由0价上升至+4价态，N由+5价下降至+4价态，若有8mol电子发生转移，消耗还原剂C为2mol，质量为24g，故答案为C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O；24；‎ ‎（4）比较非金属性的方法有很多，比如氧气比氮气更容易与氢气化合，或水比氨气更稳定等，故答案为O2比N2更容易与氢气化合或H2O比NH3更稳定等；‎ Ⅱ、设反应的CO的物质的量为x，‎ 则平衡常数K= =1，解得：x=mol，则CO的转化率=×100%=83.3%，故答案为83.3%；‎ Ⅲ．若该燃料电池以硫酸为电解质溶液，总反应为：2CH3OH + 3O2= 2CO2+ 4H2O，则正极上氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+ 4H++4e-=2H2O，故答案为O2+ 4H++4e-=2H2O。‎ ‎18.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如下图所示，试回答下列问题：‎ ‎(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为____________mol/L。‎ ‎(2)曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2‎ 后，所得溶液中的溶质成分是____________，其物质的量之比为__________。‎ ‎(3)曲线B表明，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标况)的最大值为________mL。‎ ‎【答案】 (1). 0.75mol/L (2). NaOH、Na2CO3 (3). 3:1 (4). 112mL ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液．根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，所以c(NaOH)= =0.75mol/L；‎ ‎(2)CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，‎ 当n(CO2)：n(NaOH)≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；‎ 当1/2＜n(CO2)：n(NaOH)＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；‎ 当n(CO2)：n(NaOH)≤1/2，反应按②进行，等于1/2时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于1/2时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；‎ 由曲线A可知从60mL到75mL碳酸氢钠与盐酸反应，‎ 反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，‎ 所以n(NaHCO3)=n(HCl)=(0.075-0.06)L×0.1mol/L=1.5×10-3mol，‎ 根据C原子守恒，所以n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5×10-3mol，‎ 由(1)可知，n(NaOH)=0.0075mol，‎ 所以n(CO2)：n(NaOH)=1.5×10-3mol：0.0075mol=1：5，小于1：2，所以反应按②进行，NaOH有剩余，溶液中溶质为Na2CO3和NaOH．‎ 根据C原子守恒，所以n(Na2CO3)=n(CO2)=1.5×10-3mol，再根据钠离子守恒，‎ 得溶液中氢氧化钠的物质的量为0.0075mol-1.5×10-3mol×2=0.0045mol，‎ 所以溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.0045mol：1.5×10-3mol=3：1．‎ 故答案为Na2CO3、NaOH；1：3；‎ ‎(3)由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，‎ 反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，‎ 所以n(CO2)=n(HCl)=(0.075ml-0.025ml)×0.1mol/L=0.005mol，‎ 所以CO2气体体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL。‎ ‎【点晴】结合CO2与NaOH反应过程并根据图中盐酸的体积计算出NaOH、CO2的物质的量是解题关键；先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，当二氧化碳气体完全放出时，溶液的溶质是氯化钠，该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，根据盐酸的物质的量计算氢氧化钠的物质的量浓度；当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，根据消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质。‎ ‎19.绿矾（FeSO4·7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：‎ 已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，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。‎ ‎（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操作是__________________________。‎ ‎（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是_________________________________；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是___________________________________________。‎ ‎（3）操作IV的顺序依次为：_________________、冷却结晶、__________________。‎ ‎（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/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。‎ ‎①滴定时发生反应的离子方程式为：___________________。‎ ‎②判断此滴定实验达到终点的方法是_______________________________________。‎ ‎③计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为_________（用小数表示，保留三位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，溶液不呈现红色，表明溶液不含Fe3+ (2). 除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化 (3). 防止Fe2+生成沉淀 (4). 蒸发浓缩 (5). 过滤、洗涤、干燥 (6). 降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗 (7). 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (8). 滴入最后一滴KMnO4‎ 溶液时，溶液变为浅红色且半分钟内不褪色 (9). 0.975‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含少量锡、氧化铁等杂质的铁屑用稀硫酸溶解，得到含Fe2+和Sn2+的溶液，不溶性的杂质过滤除去，滤液里通入H2S，使Sn2+形成SnS沉淀，控制溶液的PH=2，保证Fe2+不沉淀，过滤后把含有FeSO4的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，即可过滤得到FeSO4·7H2O。‎ ‎【详解】（1）Fe3+的检验可以用KSCN溶液，即取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，溶液不呈现红色，表明溶液不含Fe3+。‎ ‎（2）操作II中，通入硫化氢，使Sn2+形成SnS沉淀，同时由于Fe2+具有还原性，容易被氧化，而H2S可以保护Fe2+不被氧化。由于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，所以在溶液中用硫酸酸化至pH=2。故答案为：除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化；防止Fe2+生成沉淀。‎ ‎（3）从溶液中获得带结晶水的晶体，为了防止加热失去结晶水，所以需要将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（4）操作IV得到绿矾晶体上附着有硫酸等杂质，需要洗涤，而绿矾溶于水，但在冰水中溶解度比较小，所以用冰水洗涤，故答案为降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗。‎ ‎（5）①KMnO4和Fe2+发生氧化还原反应，离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 。‎ ‎②KMnO4溶液是紫红色的，当溶液中的Fe2+耗尽时，再滴入KMnO4溶液，溶液会呈现KMnO4溶液的颜色，此时即达到了滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅红色且半分钟内不褪色。‎ ‎③n(KMnO4)= 0.01000mol/L×0.02000L=2×10-4mol，根据反应方程式：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，n(Fe2+)=5×2×10-4mol=1×10-3mol，所以25.00mL 溶液中m(FeSO4·7H2O)= 1×10-3mol×278g/mol=0.2780g，则250mL溶液中的FeSO4·7H2O的质量为2.7800g，所以样品中FeSO4·7H2O的质量分数为：=0.975。‎ ‎20.已知: RX＋MgRMgX (RX为卤代烃，X为卤族原子）,生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：‎ ‎ ‎ 现以2－丁烯和必要的无机物为原料合成F，进而合成一种分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，合成线路如下：(G的核磁共振氢谱有三组峰)‎ 请按要求填空：‎ ‎（1）F的系统命名：___________________________，E的结构简式是_________________________‎ ‎（2）C→E的反应类型是______________，F→G的反应类型是___________________‎ ‎（3）写出I→J化学反应方程式：___________________________________________‎ ‎（4）A的同分异构体共有______种 ‎ ‎（5）M为D的同分异构体且能发生银镜反应,写出所有M的结构简式_______________;其中核磁共振氢谱中出现3组峰的物质与新制氢氧化铜悬浊液在煮沸条件下发生反应的方程式为:______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇 (2). (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). (6). 3 (7). 、CH3CH2CH2CHO； (8). +NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2﹣丁烯与HBr发生加成反应得到A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生卤代烃水解反应得到B为，B发生催化氧化生成D为 ‎，A发生信息中反应生成C为，结合信息可知C、D发生加成反应生成E为，E发生水解反应生成F为，其名称为3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇，F发生消去反应生成G，G的核磁共振氢谱有三组峰，则G为，G与溴发生加成反应生成H为，H发生水解反应得到I为，I和二元酸发生酯化反应生成分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，该二元酸含有2个碳原子，则为HOOC﹣COOH，故J的结构简式为，据此解答。‎ ‎【详解】2﹣丁烯与HBr发生加成反应得到A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生卤代烃水解反应得到B为，B发生催化氧化生成D为，A发生信息中反应生成C为，结合信息可知C、D发生加成反应生成E为，E发生水解反应生成F为，其名称为3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇，F发生消去反应生成G，G的核磁共振氢谱有三组峰，则G为，G与溴发生加成反应生成H为，H发生水解反应得到I为，I和二元酸发生酯化反应生成分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，该二元酸含有2个碳原子，则为HOOC﹣COOH，故J的结构简式为，‎ ‎（1）由上述分析可知，F的名称为3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇，E的结构简式为 ‎，故答案为：3，4﹣二甲基﹣3﹣己醇；；‎ ‎（2）C→E的反应类型是：加成反应，F→G的反应类型是：消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；‎ ‎（3）I→J化学反应方程式： ，故答案为：；‎ ‎（4）A为，其同分异构体有CH3CH2CH2CH2Br，（CH3）2CHCH2Br，（CH3）3CBr，共有3种，故答案为：3；‎ ‎（5）D为，M为D的同分异构体且能发生银镜反应说明M中含有醛基，则符合条件的M的结构简式、CH3CH2CH2CHO；其中核磁共振氢谱中出现3组峰的物质为第一种结构，其与新制氢氧化铜悬浊液在煮沸条件下发生反应的方程式为+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O，故答案为：、CH3CH2CH2CHO；+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断，以F为解答该题的突破口，采用用逆推的方法进行推断，注意结合题给信息，答题时注意把握反应条件，借以推断官能团的变化。‎ ‎ ‎ ‎ ‎