2019-2020学年安徽省安大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省安大附中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下列说法正确的是()A碘单质或NH4Cl的升华过程中，不需克服化学键BNa2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为11 CCO2和 SiO2中，都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体D金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体【答案】D【解析】【详解】A、NH4Cl 的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A 错误；B、Na2O2中阴离子(O22-)、阳离子(Na)数之比为12，选项 B 错

2、误；C、SiO2中，Si原子、O 原子向空间伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；D、金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项 D正确。答案选 D。【点睛】本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。2 某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和

3、SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“现象预测”与“解释或结论”均正确的是选项仪器现象预测解释或结论A 试管 1 有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是 SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B 试管 2 紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C 试管 3 注入稀硫酸后，没有现象由于 Ksp（ZnS）太小，SO2与 ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D 锥形瓶溶液红色变浅NaOH 溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】试管 1 中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2 中与酸性高锰酸钾溶

4、液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3 中 ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH 用于吸收SO2，防止污染空气，据此分析解答。【详解】A如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A 选项错误；B试管 2 中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确。CZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；D若 NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是N

5、aHSO3溶液碱性小于NaOH，D 选项错误；答案选 B。【点睛】A 选项为易混淆点，在解答时一定要清楚硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区别。3常温下，分别向 NaX 溶液和 YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH 与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）A 0.1mol/L 的 YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)c(X-)c(OH-)c(H+)BL1表示-lg-c(X)c(HX)与 pH 的变化关系CKb(YOH)=10-10.5D a 点时两溶液中水的电离程度不相同【答案】A【解析】【详解】NaX 溶液中加入盐酸，随着溶液pH 逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX 浓度

6、逐渐减小，-lg-c(X)c(HX)的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg-c(X)c(HX)的与 pH 的关系；YCl溶液中加入NaOH 溶液，随着溶液pH 逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg+c(Y)c(YOH)的值逐渐增大，则曲线 L2表示-lg+c(Y)c(YOH)与pH 的变化关系。A曲线 L1中，-lg-c(X)c(HX)=0 时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1 10-9110-10.5，根据 Kh=habKKK或可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-Y+，则 MA 溶液呈酸性，则c(OH-)c(H+)、c(Y+)

7、c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)c(Y+)c(H+)c(OH-)，故 A 错误；B根据分析可知，曲线L1表示-lg-c(X)c(HX)的与 pH 的关系，故B 正确；C曲线 L2表示-lg+c(Y)c(YOH)与 pH 的变化关系，-lg+c(Y)c(YOH)=0 时，c(Y+)=c(YOH)，此时 pH=3.5，c(OH-)=1 10-10.5mol/L，则 Kb(YOH)=-+c(OH)c(Y)c(YOH)=c(OH-)=1 10-10.5，故 C 正确；D a 点溶液的pH7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX 溶液呈碱性，而a 点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线

8、L2中，YCl溶液呈酸性，a 点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：ab，故 D 正确；故答案为A。4在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)BSiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)CFe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)D NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)【答案】A【解析】【详解】A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A 正确；B.SiO

9、2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热 NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D 错误；故合理选项是A。5常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A pH=1 的溶液中：NO3-、Cl-、S2-、Na+Bc(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：NH4+、Al

10、3+、NO3-、Cl-C由水电离的c(H+)=110-12mol L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、HCO3-D c(Fe3+)=0.1mol L-1的溶液中：K+、Cl-、SO42-、SCN-【答案】B【解析】【详解】A.pH=1 的溶液呈酸性，H+、NO3-与 S2-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A 错误；B.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl-相互之间不反应，能大量共存，选项B 正确；C.由水电离的c(H+)=1 10-12mol L-1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误；D.c(Fe3+

11、)=0.1molL-1的溶液中：Fe3+与 SCN-发生络合反应而不能大量共存，选项D 错误；答案选 B。6二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为11。某小组在实验室中制备ClO2的装置如下：已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 下列说法正确的是A装置 C中装的是饱和食盐水，a 逸出的气体为SO2B连接装置时，导管口a 应接 h 或 g，导管口c 应接 e C装置 D 放冰水的目的是液化SO2，防止污染环境D可选用装置A 利用 1mol L-1盐酸与 MnO2反应制备Cl2【答案】B【解析】【分析】利用 A 装置制取SO2，在 B 中发生

12、制取反应得到ClO2，ClO2的沸点为11，利用冰水浴冷凝，可在装置D 中收集到ClO2；E 为安全瓶，防B 中的液体进入到A 中，E 放置在 A 与 B 之间。C 为尾气吸收装置，吸收多余的SO2。【详解】A、利用 A 装置制取SO2，a 逸出的气体为SO2，C 为尾气吸收装置，用于吸收多余的SO2，应该装有NaOH溶液，A 错误；B、利用 A 装置制取SO2，在 B 中发生制取反应得到ClO2，E为安全瓶，防B 中的液体进入到A 中，E放置在 A 与 B之间，所以a应接 h 或 g；装置 D 中收集到 ClO2，导管口 c 应接 e，B 正确；C、ClO2的沸点 11，被冰水浴冷凝，在D

13、中收集到，C错误；D、MnO2有浓盐酸反应，1molL1并不是浓盐酸，D 错误；答案选 B。7Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A三者的氧化物都是碱性氧化物B三者的氢氧化物都是白色固体C三者的氯化物都可用化合反应制得D三者的单质在空气中最终都生成氧化物【答案】C【解析】【详解】A.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A 错误；B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B 错误；C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al 的表面生成一

14、层致密的氧化物保护膜，阻止了Al 与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D 错误；答案：C 8垃圾分类有利于资源回收利用。下列有关垃圾归类不合理的是A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，选项A 正确；B、卫生间用纸由于水溶性太强，不算可回收的“纸张”，属于其它垃圾，选项B 正确；C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，选项C 正确；D、大棒骨属于其他垃圾，因为“难腐蚀”被列入“其他垃圾”，选项D 错误；答案选 D。9磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：(1)下图所示为提纯白

15、磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程 I 中，被还原的元素是_(填元素符号)，过程 III 的化学方程式为_。(2)磷酸钒锂/碳复合材料 Li3V2(PO4)3/C是常用的电极材料，其制备流程如下：复合材料中V 的化合价为 _，C 的作用是 _。V2O5与 H2C2O4反应生成V2(C2O4)3的化学方程式为_；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是_。锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和LixC6和 Li3V2(PO4)3/C 做电极，放电时的电池总反应为 LixC6 Li3xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6，则电池充电时阳极的电极反应式为_。【答案】Cu、P 2 Ca

16、3(PO4)2+6 SiO2+10C=6CaSiO3+10CO+P4+3 增强复合材料的导电性V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2+5H2O 减少产品损耗Li3V2(PO4)3-xe-=Li3xV2(PO4)3+xLi+【解析】【分析】(1)根据图像，过程I 中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P；过程 III 中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和 C，生成物为CaSiO3、CO和 P4，结合氧化还原反应的规律分析解答；(2)复合材料Li3V2(PO4)3中锂元素化合价为+1价，磷酸根离子为-3 价，根据正负化合价的代数和为0 计算 V 的化合价；根据该复合材料是常用的

17、电极材料，结合C是导体分析解答；V2O5与 H2C2O4反应生成V2(C2O4)3，V 元素化合价降低则碳元素化合价升高，生成产物有二氧化碳和水，结合氧化还原反应的规律书写化学方程式；根据放电的总反应可以得到充电时电池的总反应，结合电解原理分析解答。【详解】(1)根据图像，过程I 中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中 P元素和 Cu 元素的化合价降低，被还原；过程III 中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和 C，生成物为CaSiO3、CO和 P4，反应的化学方程式为2 Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO+P4，故答案为Cu、P；2 Ca3(PO4)2

18、+6 SiO2+10C=6CaSiO3+10CO+P4；(2)磷酸钒锂/碳复合材料 Li3V2(PO4)3/C 中磷酸根显-3 价，锂显+1 价，因此V 的化合价为+3 价，该复合材料是常用的电极材料，C 为导体，可以增强复合材料的导电性，故答案为+3；增强复合材料的导电性；V2O5与 H2C2O4反应生成V2(C2O4)3过程中 V 的化合价由+5 价降低为+3 价，则草酸被氧化生成二氧化碳，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2+5H2O；Li3V2(PO4)3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗，故答案为V2

19、O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2+5H2O；减少产品损耗；该锂离子放电时的电池总反应为LixC6 Li3xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6，则充电时电池的总反应为Li3V2(PO4)3+C6LixC6+Li3-xV2(PO4)3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为：Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-xV2(PO4)3+xLi+，故答案为Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-xV2(PO4)3+xLi+。10同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A 2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518

20、O2+8H2O BNH4Cl+2H2O?NH3?2H2O+HCl CK37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2+3H2O D 2Na2O2+2H218O=4NaOH+18O2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.过氧化氢中的O 化合价由-1 价升高为 0 价，故18O 全部在生成的氧气中，故A 正确；B.NH4Cl水解，实际上是水电离出的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl-结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H 应同时存在在一水合氨中和HCl 中，故 B 错误；C.KClO3中氯元素由+5 价降低为0 价，HCl 中氯元素化合价由-1价升高为0 价，故37Cl应在氯气中，故C错误；D.过氧化

21、物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，反应方程式为：2Na2O2+4H218O=4Na18OH+2H2O+O2，所以18O 出现在氢氧化钠中，不出现在氧气中，故D错误；答案选 A。11下列物质性质与应用对应关系正确的是()A晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料【答案】B【解析】【分析】【详解】A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A 不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能

22、与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B 正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C不正确；D、氧化铁是红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D 不正确，答案选B。12纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（）选项文献描述分析A 天工开物“凡石灰，经火焚炼为用”此“石灰”是指石灰石B 物理小知识“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”“入火则汞去”是指汞受热升华C 本草经集注“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”利用焰色反应来辨别真假硝石D 本草纲目“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用灰烬中可

23、溶盐水解呈碱性去污A ABBCCDD【答案】B【解析】【分析】A、石灰石加热后能制得生石灰；B、汞为液态金属，受热易挥发；C、依据钾的焰色反应解答；D、依据油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油解答。【详解】A项、石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正确；B项、汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，故B错误；C项、硝石为硝酸钾，含有的钾元素在灼烧时产生紫色火焰来辨别，故C正确；D项、衣服上油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性

24、，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正确。故选 B。【点睛】本题考查物质的性质与用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。13定温度下，在三个容积均为2.0L 的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。容器温度/起始物质的量浓度/mol L-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.10 0.10 0 0 乙T20 0 0.10 0.20 丙T20.10 0.10 0 0 下列说法正确的

25、是（）A该反应的正反应为吸热反应B乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2 倍D丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO 和 0.10molCO2，此时 v(正)，升高温度，CO2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故 A 错误；B.丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol，22+0.10.1000.060.02NOg2COgNg60.030.060.040.040.02C30.0Og6?开始转化平（）（）衡（）（）根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO 和 0.20molCO，投料是丙的2 倍，与丙相比，

26、相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06 mol/L；所以 N2的转化率小于40%，故 B 正确；C.根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20mol NO 和 0.20mol CO，投料的物质的量是甲的2 倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2 倍，故 C 错误；D.22+0.10.1000.060.02NOg2COgNg60.030.060.040.040.02C30.0Og6?开始转化平（）（）衡（）（）2220.060.0342.190.040.04K；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO 和

27、 0.10molCO2，2220.06+0.050.0328.140.04+0.050.04QK，平衡正向进行，所以v(正)v(逆)，故 D 错误；【点睛】本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；QK时，反应逆向进行；QK时，反应正向进行。14如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A硝酸铵B生石灰C氯化铵D食盐【答案】B【解析】【详解】A硝酸铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故A 错误；B生石灰(CaO)与水反应时放出热量，温度升高，故B 正确；C

28、氯化铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故C错误；D食盐溶于水没有明显的热效应，温度变化不明显，故D 错误；故答案为B。【点睛】考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反应和吸热反应是解决该类题目的关键，根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解题。15下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42、ClO（2）K+、Al3+、Cl、HCO3（3）ClO、Cl、K+、OH（4）Fe

29、3+、Cu2+、SO42、Cl（5）Na+、K+、AlO2、HCO3（6）Ca2+、Na+、SO42、CO32在水溶液中能大量共存的是A（1）和（6）B（3）和（4）C（2）和（5）D（1）和（4）【答案】B【解析】【分析】【详解】(1)Fe2+、ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2-、HCO3-发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与 SO42-、CO32-反应生成沉淀而

30、不能大量共存，故错误；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16三草酸合铁（III）酸钾 K3Fe(C 2O4)3?3H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110下可完全失去结晶水，230时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：三草酸合铁（）酸钾的制备；称取 5g 硫酸亚铁固体，放入到100mL 的烧杯中，然后加15mL 馏水和 56 滴稀硫酸，加热溶解后，再加入 25mL 饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4

31、?2H2O；向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液 10mL，40oC水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；将溶液加热至沸，然后加入20mL 饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL 烧杯中，加入95%乙醇 25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。（1）写出步骤中，生成FeC2O4?2H2O 晶体的化学方程式_。检验 FeC2O4?2H2O 晶体是否洗涤干净的方法是 _。（2）步骤中检验F

32、e2+是否完全转化的操作为_。（3）步骤用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是_。铁含量的测定：步骤一：称量5.00g 三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL 溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL 于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用 0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗 KMnO4溶液 20.02mL，滴定中 MnO4-被还原成Mn2+。步骤四：重复步骤二、步骤三

33、操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液 19.98mL。（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯_，_，_。（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式_。（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为_（结果保留3 位有效数字）。【答案】FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液，加入 BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加 K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL 容量瓶5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3

34、+Mn2+4H2O 11.2%【解析】【分析】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；(2)Fe2+与 K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；(3)FeC2O4?2H2O 微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等；(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；(6)结合反应的离子方程式，计算25mL 溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g 三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2O，反应的方程式为FeSO

35、4+H2C2O4+2H2OVFeC2O4?2H2O+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OVFeC2O4?2H2O+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；(2)Fe2+与 K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加 K3Fe(CN)6溶液，观

36、察是否生成蓝色沉淀；(3)由于 FeC2O4?2H2O 微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5 0.0100mol/L 19.98 10-3L 1

37、.0 10-3mol，m(Fe)=56g?mol-1 1.0 10-3mol=0.056g。则 5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g25025=0.56g，晶体中铁的质量分数=0.56g5.00g 100%=11.2%，故答案为11.2%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17中药葛根是常用祛风解表药物，其有效成分为葛根大豆苷元，用于治疗高血压引起的头疼、头晕、突发性耳聋等症。其合成线路如下：请回答下列问题：（1）F中含氧官能团的名称为_。（2）AB 的反应类型为_。（3）物质 E的结构简式为_。（4）写出同时符合下列条件的物质E的同分异构体的结构简式_（写一种）。

38、不能与Fe3+发生显色反应可以发生银镜反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子（5）已知：写出以和 CH3CH2OH 为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_【答案】羟基、羰基取代反应、【解析】【分析】分析题中合成路线，可知，AB 为 A 在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应，B中-CN 与 NaOH 水溶液反应，产物酸化后为C。C中-NO2经 Fe和 HCl 的作用被还原成-NH2，生成 D。根据 F和 E的分子式以及F与间二苯酚()的结构简式，通过逆推方法，可推断出E的结构简式。据此分析。【详解】（1）根据 F分子结构，可看出分子中含有酚羟基和羰基；

39、答案为：羟基、羰基；（2）分析 A、B 分子结构及反应条件，可知AB 为硝化反应，属于取代反应；答案为：取代反应；（3）根据题给信息，D 为对氨基苯乙酸，分析反应EF 可知，其产物为物质E与间苯二酚发生取代反应所得，结合 E分子式为C8H8O3，可知 E为对羟基苯乙酸；答案为：；（4）不能与Fe3+发生显色反应，说明不含酚羟基，可以发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，结合 C物质的结构可推知苯环上有两个处于对位的不同基团，可能的结构有、。答案为：、；（5）根据信息，甲苯先发生硝化反应生成硝基甲苯，将硝基甲苯上的甲基氧化，再酯化，最后将硝基还原反应。答案为：。四

40、、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18实验室用镁还原硝基苯制取反式偶氮苯。实验原理如下：2+4Mg+8CH3OH+4Mg(OCH3)2+4H2O 已知：Mg(OCH3)2在水中极易水解。反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的的原因是_。反应结束后将反应液倒入冰水中，用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤，滤渣用 95乙醇水溶液重结晶提纯。为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要_（填“缓慢加入”、“快速加入”）。烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上

41、的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是_。A冰水B饱和 NaCl溶液C95乙醇水溶液D滤液抽滤完毕，应先断开_之间的橡皮管，以防倒吸。重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的_操作除去了不溶性杂质。薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快。某同学采用薄层色谱分析所得偶氮苯，实验开始时和展开后的斑点如图所示，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性_（填“强”或“弱”）。【答案】除去镁条表面的氧化物缓慢加入D 抽气泵和安全瓶趁热过滤弱【解析】【详解】（1）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（2）结晶速度越慢可得到较大

42、颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；将烧杯中的晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了用减少晶体的损失所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的选择用滤液来物冲洗的液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶液，冲洗时不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质；故答案为D；抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶；重结晶过程：加热溶解 趁热过滤 冷却结晶 抽滤 洗涤 干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质；（3）极性弱的物质，在溶剂中扩散更快，根据图可知展开后顺式偶氮苯较多，扩散较慢，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分

43、子极性较弱。19硝酸铝是一种常用皮革鞣剂工业上用铝灰（主要含Al、A12O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体Al(NO3)3 nH2O的流程如下：完成下列填空：(1)用 NaOH 固体配制 30%的 NaOH 溶液，所需的玻璃仪器除烧杯外，还有_。a容量瓶b量筒c烧瓶(2)反应中为避免铝的损失，需要解决的问题是_。(3)从反应所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、_、过滤、_、低温烘干(4)有人建议将反应、合并以简化操作，说明工业上不采用这种方法的原因_。(5)某同学在实验室用铝灰制各硝酸铝晶体，其流程如下：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3开始沉淀pH 1.9 4.2 沉淀完全pH

44、 3.2 5.4 调节 pH 的目的是 _，为使得到的硝酸铝晶体较纯净，所用的X物质可以是 _（填编号）。A氨水B铝c氢氧化铝D偏铝酸钠(6)该实验室制法与工业上制法相比，其缺点是_。(7)称取 7.392g 硝酸铝晶体样品，加热灼烧使其分解完全，最终得到1.020gAl2O3，计算硝酸铝晶体样品中结晶水的数目为_。【答案】b 如何控制反应终点（或硝酸的用量冷却结晶洗涤产物中杂质NaNO3的含量较高将 Fe3+转化为 Fe（OH）3沉淀除去BC 产生大量污染性气体NO 等8.7【解析】【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应

45、的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体。【详解】(1)用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，还需要量筒，故答案为：b；(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致 Al 元素损失，需要解决的问题是：如何控制反应终点（或硝酸的用量），可以将加入稀硝酸改为通入过量CO2，避免氢氧化铝沉淀溶解，故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量）；(3)从反应所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶、洗涤

46、；(4)反应、合并以简化操作，产物中杂质NaNO3的含量较高，故答案为：产物中杂质NaNO3的含量较高；(5)铝灰用稀硝酸溶解，Al、A12O3、Fe2O3均反应得到硝酸铝、硝酸铁，加入X调节 pH 使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去；加入的X能与酸反应且不能引入新杂质，故不能选氨水、偏铝酸钠，可以选择Al 与氢氧化铝，故答案为：将Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去；BC；(6)Al 与稀硝酸反应会生成NO，污染空气，故答案为：产生大量污染性气体NO 等；(7)硝酸铝晶体分解得到氧化铝、水，另外物质相当于N2O5，氧化铝的物质的量为1.02g102g/mol=0.01mol，根据 Al 元素守恒，硝酸铝的物质的量为0.02mol，根据 N 原子守恒，可知N2O5为0.02mol32=0.03mol，其质量为 0.03mol 108g/mol=3.24g，故结晶水为质量为7.392g1.02g3.24g=3.132g，结晶水物质的量为3.121g18g/mol=0.174mol，故结晶水数目为0.174mol0.02mol=8.7，故答案为：8.7。【点睛】计算结晶水的数目时，也可先求出晶体的摩尔质量M=7.392g0.02mol=369.6g/mol，则 27+623+18n=369.6，n=8.7。