2019-2020学年安徽省肥东市高级中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省肥东市高级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钐(Sm)属于稀土元素，14462Sm与15062Sm是钐元素的两种同位素以下说法正确的是A14462Sm与15062Sm互为同素异形体B14462Sm与15062Sm具有相同核外电子排布C14462Sm与15062Sm的性质完全相同D14462Sm与15062Sm的质子数不同，但中子数相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A14462Sm与15062Sm的质子数均为62，但中子数分别为82、88，则质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，A 错

2、误；B14462Sm与15062Sm的质子数均为62，原子核外电子数等于原子核内质子数，所以两种原子核外电子数均为62，电子数相同，核外电子排布也相同，B 正确；C14462Sm与15062Sm的物理性质不同，化学性质相似，C错误；D14462Sm与15062Sm的质子数均为62，中子数=质量数质子数，分别为144 62=82、15062=88，不相同，D 错误。答案选 B。2已知某澄清溶液中含有NH4Fe（SO4）2和另外一种无机化合物,下列有关该溶液的说法正确的是A检验溶液中的铁元素可加入铁氰化钾溶液,看是否有蓝色沉淀产生B溶液中不可能含有Ba2+、I-、HS-,但可能含有ClO-、NO3

3、-C检验溶液中是否含有C1-,应先加入足量的Ba（NO3）2溶液,再取上层清液依次加入稀硝酸、硝酸银溶液D该澄清溶液显中性或酸性【答案】C【解析】【详解】A该溶液中含有Fe3+，所以检验时应该加入KSCN溶液，看溶液是否显血红色，故A 项错误；BClO-与 Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B项错误；C溶液中含有的SO42-会干扰 Cl-的检验，所以先加入足量的Ba(NO3)2溶液将 SO42-完全沉淀,再检验 Cl-，故C 项正确；D铵根和铁离子在溶液中发生水解会使溶液显酸性，故D 项错误；故答案为C。3设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 1 L0.1 mol L

4、-1的氨水中含有的NH3分子数为0.1 NAB标准状况下，2.24 L 的 CC l4中含有的C-Cl 键数为0.4 NAC14 g 由乙烯与环丙烧(C3H6)组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD常温常压下，Fe 与足量稀盐酸反应生成2.24 L H2,转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.氨水中存在电离平衡，因此溶液中实际存在的氨分子一定少于0.1mol，A项错误；B.四氯化碳在标况下不是气体，因此无法按气体摩尔体积计算其分子数，B 项错误；C.乙烯和环丙烷的最简式相同，均为2CH，因此 14g 混合物相当于1mol 的2CH，自然含有NA个碳原子，C 项正确；D.常

5、温常压下，气体摩尔体积并不是22.4L/mol，因此无法根据氢气的体积进行计算，D 项错误；答案选 C。4下列实验可以达到目的是（）选项实验目的实验过程A 探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL 浓硫酸，搅拌，观察实验现象B 制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C 制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D 除去 MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO 粉末，充分搅拌后过滤A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性，选项A 错误；B、氨气为碱性气体，而P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿

6、的条件下可发生反应，选项B 错误；C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，选项C错误；D、MgO 粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCl2溶液，选项D 正确；答案选 D。5对可逆反应2A(s)3B(g)?C(g)2D(g)H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()增加 A 的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变增大 B 的浓度，v(正)v(逆)加入催化剂，B 的转化率提高ABCD【答案】B【解析】【详解】A 是固体，增加A 的量，平衡不移动，故错误；2A(s)3B

7、(g)?C(g)2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故错误；2A(s)3B(g)?C(g)2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故错误；增大 B 的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)v(逆)，故正确；加入催化剂，平衡不移动，B 的转化率不变，故错误；故选 B。6下列过程中涉及化学反应的是A通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字B14C 考古断代C煤焦油分馏得到苯及其同系物D粮食酿酒【答案】D【解析】【详解】A.通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字，没有新物质生成属于物理变化，

8、故A错误；B.14C考古断代是元素的放射性衰变，故B错误；C.分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故C 错误；D.粮食酿酒，生成新物质，属于化学变化，故D 正确；故选：D。【点睛】物理变化与化学变化区别，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此分析解答。7设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4L 的 H2和 22.4L 的 F2气混合后，气体分子数为2NAB常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，水电离出的氢离子数为10-12 NAC30g 乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAD标准状况下，2.24L C2H6含有的共

9、价键数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，HF 是液态，22.4L 的 H2和 22.4L 的 F2混合后，气体分子数不是2NA，故 A 错误；B常温下pH=12 的 NaOH 溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B 错误；C乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，式量为30，30g 乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，故 C 正确；D 1mol C2H6含有 7mol 共价键数，标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.7NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要

10、把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。8 常温下向0.l mol/L 的 NaClO 溶液中通入HF 气体，随反应进行（不考虑 HClO 分解），溶液中 lg-c(A)c(HA)(A 代表 ClO 或 F)的值和溶液pH 变化存在如图所示关系，下列说法正确的是A线 N 代表 lg-c(Cl

11、O)c(HClO)的变化线B反应 ClO-+HF?HCIO+F-的平衡常数数量级为105C当混合溶液pH=7 时，溶液中c(HClO)=c(F-)D随 HF 的通入，溶液中c(H+)?c(OH-)增大【答案】C【解析】【分析】a(F)(H)(HF)ccKc，a(ClO)(H)(HClO)ccKc，由于同浓度酸性：HF 大于 HClO，当 lg(A)(HA)cc=0 时，则(A)(HA)cc=1，则 K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。【详解】Aa(F)(H)(HF)ccKc，a(ClO)(H)(HClO)ccKc，由于同浓度酸性：HF 大于 HClO，又因 lg(A)(HA

12、)cc=0 时，则(A)(HA)cc=1，因此 pH 大的为 HClO，所以线M 代表(ClO)lg(HClO)cc的变化线，故A 错误；B反应 ClO+HF 垐?噲?HClO+F的平衡常数3.24.30.34a7.5a(HF)(F)(HClO)(F)(H)(HClO)10101010(ClO)(HF)(ClO)(H)(HF)(HClO)10KcccccKcccccK，其平衡常数数量级为104，故 B错误；C 当混合溶液pH=7 时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO)+c(F)+c(OH)，溶液呈中性，得到 c(Na+)=c(ClO)+c(F)，根据物料守恒c(ClO)+c(H

13、ClO)=c(Na+)，因此溶液中c(HClO)=c(F)，故 C正确；D温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)?c(OH)不变，故D 错误。综上所述，答案为C。9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+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

14、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

15、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

16、 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

17、）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

18、-=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，反应 2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O K=2-327143-32+22-22-44c Cr O6.4104.010 LmolcHcCrO0.01c

19、CrO=，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，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

20、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%。10实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相

21、关装置分析【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A 不选；B、B 装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D 不选；故选 C。11设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与 pH=1 的 H2SO4溶液的说法正确的是A 1 L pH=1的 H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2 NAB1mol 纯 H2SO4中离子数目为3 NAC含 15.8 g Na2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1 NAD Na2S2O3与 H2SO4溶液混合产生22.4 L 气

22、体时转移电子数为2 NA【答案】C【解析】【详解】A.1 L pH=1 的 H2SO4溶液中，c(H+)=0.1molL1，含 H+的数目为0.1mol L1 1 L NA=0.1 NA，故 A 错误；B.1mol 纯 H2SO4中以分子构成，离子数目为0，故 B错误；C.硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，一个S2O32-水解后最多可产生2 个 OH-，含 15.8 g 即 0.1molNa2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1 NA，故 C正确；D.22.4 L 气体不能确定是不是标准状况，故D 错误；故选 C。12甲醇低压羰基合成法（CH3OH+CO CH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国

23、标优等品乙酸含量99.8%。为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是A观察放入金属Na 是否产生气泡B观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红C观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色D观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红【答案】C【解析】【分析】【详解】A均与 Na 反应生成气泡，不能检验，故A 不选；B滴入的紫色石蕊溶液是否变红，可检验乙酸，不能检验乙醇，故B 不选；CJ 甲醇能被高锰酸钾氧化，使其褪色，则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验甲醇，故C选；D乙酸与CuO 反应，干扰乙醇与CuO的反应，不能检验，故D 不选；故选：C。13下列说法中正确的是A丙烯中所有原子均在同一个平面上B分子式为8

24、10C H的芳香烃共有4 种C糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应D乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同【答案】B【解析】【详解】A丙烯含有甲基，具有甲烷的结构特征，具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A 错误；B分子式为810C H的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3 种，共 4 种，故 B 正确；C糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；D乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D 错误；故答案为B。【点睛】高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯

25、的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。14硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用 CO合成 CH3OH 进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】【分析】【详解】A SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，A 错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B 错误；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用

26、 CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D 错误；故答案选C。15下列实验方案正确且能达到实验目的是（）A用图 1 装置制取并收集乙酸乙酯B用图 2 装置除去CO2气体中的HCl 杂质C用图 3 装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D用图 4 装置可以完成“喷泉实验”【答案】D【解析】【分析】【详解】A乙酸乙酯在NaOH 溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A 错误；B二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B 错误；C无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H 元素

27、和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C 错误；D氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D 正确；故答案为D。【点睛】解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理；实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等。反应原料是否易得、安全、无毒；反应速率较快；原料利用率以及合成物质的产率是否较高；合成过程是否造成环境污染。有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某实验小组探究补铁口服液中铁元素的价态，并测定该补铁口服液中铁元素的含量

28、是否达标。(1)实验一：探究补铁口服液中铁元素的价态。甲同学：取1 mL 补铁口服液，加入K3 Fe(CN)6（铁氰化钾）溶液，生成蓝色沉淀，证明该补铁口服液中铁元素以Fe2+形式存在。乙同学：取5 mL 补铁口服液，滴入10 滴 KSCN溶液无现象，再滴入10 滴双氧水，未见到红色。乙同学为分析没有出现红色实验现象的原因，将上述溶液平均分为3 份进行探究：原因实验操作及现象结论1 其他原料影响乙同学观察该补铁口服液的配料表，发现其中有维生素C，维生素C有还原性，其作用是 _取第 1 份溶液，继续滴入足量的双氧水，仍未见红色出现排除 _影响2 量的原因所加 _溶液（写化学式）太少，二者没有达到

29、反应浓度取第 2 份溶液，继续滴加该溶液至足量，仍然未出现红色说明不是该溶液量少的影响3 存在形式铁的价态是+3 价，但可能不是以自由离子 Fe3+形式存在取第 3 份溶液，滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色说明 Fe3+以_形式存在，用化学方程式结合文字，说明加酸后迅速显红色的原因(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了，他分析了 SCN-中各元素的化合价，然后将变浅后的溶液分为两等份：一份中滴人KSCN溶液，发现红色又变深；另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成。根据实验现象，用离子方程式表示放置后溶液颜色变浅的原因_。(3)实

30、验二：测量补铁口服液中铁元素的含量是否达标。该补铁口服液标签注明：本品含硫酸亚铁(FeSO47H2O)应为 375425(mg/100 mL)，该实验小组设计如下实验，测定其中铁元素的含量。（说明：该实验中维生素C的影响已排除，不需要考虑维生素C 消耗的酸性 KMnO4溶液）取该补铁口服液100 mL，分成四等份，分别放入锥形瓶中，并分别加入少量稀硫酸振荡；向_式滴定管中加入0.002 mol.L-l酸性 KMnO4溶液，并记录初始体积；滴定，直至溶液恰好_且 30 秒内不褪色，记录末体积；重复实验。根据数据计算，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为35.00 mL。计算每100 mL 该补铁口

31、服液中含铁元素_mg（以 FeSO47H2O 的质量计算），判断该补铁口服液中铁元素含量_（填“合格”或“不合格”）。【答案】防止Fe2被氧化维生素 C KSCN Fe(OH)3，Fe3水解程度大，加入稀硫酸，水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H左移，Fe3浓度增大，因此显红色2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2SO42+10H2O+2H+酸变为紫色(或浅紫色或其他合理颜色)389.2 合格【解析】【详解】(1)实验一是探究铁元素的价态，根据甲同学的实验现象推断是Fe2。乙同学按照实验原理看，先加KSCN溶液无现象，再加双氧水将Fe2+氧化为 Fe3+，应该能看到红色。之所以没有

32、看到，除了分析实验原理是否可行，也要看实验实际。本题主要从三个角度入手：一是其他原料的影响；二是反应物的量是否达到能够反应的量；三是看反应物的存在形式。铁元素主要以Fe2+形式被人体吸收，但Fe2容易被氧化，而实验1中提示“维生素C 有还原性”，因为其还原性比Fe2+强，所以先与氧气反应，因此其作用是防止Fe2被氧化。同时实验中如果双氧水量少的话，双氧水也是先与维生素C 反应，反应后无剩余或剩余量少，导致Fe2+可能没有被氧化或生成极少量的Fe3+。因此继续滴加过量的双氧水，将维生素C完全氧化后再氧化Fe2+，因此过量的双氧水是排除维生素C的影响。实验 2 中提示“二者没有达到反应浓度”，该实

33、验中有两个反应，一是双氧水氧化Fe2，二是 Fe3与 SCN的反应；双氧水在实验1 中已经排除其量的影响，铁元素在药品中是定量，不可更改，故只有改变KSCN的量。实验3 中提示“铁的价态是+3 价，但可能不是以自由离子 Fe3+形式存在”“滴加1 滴稀硫酸，溶液迅速变为红色”，通过这两处信息结合“Fe3+水解程度较大，通常用于净水”等常识，可知 Fe3+水解成 Fe(OH)3。加入稀硫酸以后，水解平衡 Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+左移，使Fe3+浓度增大，因此显红色。(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了。分析SCN 中各元素的化合价，S为-2 价，

34、C为+4 价，N 为-3 价，说明SCN 有还原性。通过“一份中滴入KSCN溶液，发现红色又变深”，说明褪色是因为SCN 被消耗；“另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成”说明双氧水与SCN 发生反应，其中 S元素没有生成硫黄，也没有生成SO2气体，应该是被氧化为SO42，反应的离子方程式为2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2SO42+10H2O2H+。(3)酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化橡胶管，所以不可以用碱式滴定管，须用酸式滴定管。滴定时紫色酸性KMnO4溶液变为无色Mn2，当 Fe2反应完，呈现MnO4-的紫色。依据反应方程式MnO4-+5

35、Fe2+8H=5Fe3+Mn2+4H2O 可知，每100mL 补铁剂中含FeSO47H2O 的质量为 0.002mol L-10.035L5 278gmol14=0.3892g=389.2mg，因此该补铁剂中铁元素含量合格。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知 A 为常见烃，是一种水果催熟剂；草莓、香蕉中因为含有F而具有芳香味。现以A 为主要原料合成 F，其合成路线如下图所示。(1)A 的结构简式为_；D 中官能团名称为_。(2)写出反应的化学方程式：_。(3)写出反应的化学方程式：_。【答案】CH2=CH2羧基 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+

36、CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】【分析】A 为常见烃，是一种水果催熟剂，则A 为 CH2=CH2，A 与水反应生成B，B 为 CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C，C为 CH3CHO，F具有芳香味，F为酯，B 氧化生成 D，D 为 CH3COOH，B 与 D 发生酯化反应生成 F，F为 CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A 的结构简式为CH2=CH2，D 为乙酸，D 中官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；(2)反应为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3C

37、H2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；(3)反应为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知 v正=k正x(CH3COOCH3)?x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)?x(CH3OH

38、)，其中 v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x 为各组分的物质的量分数。（1）反应开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1 投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（）随时间（t）的变化关系如图所示。该醇解反应的H_0（填 或 3.2 A C 2：1 不变bc【解析】【详解】(1)根据图像，的速率最快，说明对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以H0；348K时，设初始投入为1mol，则有：带入平衡常数表达式：Kx=(CH3COOC6H13)?(CH3OH)/(CH3COOCH3)?(C6H13OH)=0.32 0.3

39、2/(0.18 0.18)=3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于 k逆，因此，k正k逆值最大的曲线是；根据v正=k正(CH3COOCH3)?(C6H13OH)，v逆=k逆(CH3COO C6H13)?(CH3OH)，A 点 (CH3COOCH3)?(C6H13OH)大，温度高，因此 A点 v正最大；C点(CH3COO C6H13)?(CH3OH)大且温度高，因此C点 v逆最大；故答案为：；3.2；A；C；(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯转化率，因此，2:1 时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；

40、故答案为：2：1；不变；(3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a 错误；催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和 k逆增大相同倍数，b 正确；催化剂能够降低反应的活化能，c 正确；催化剂不改变化学平衡，d 错误；故答案为：bc。【点睛】在可逆反应中，增大某一反应物的投入量，会增大另一反应物的转化率，但化学平衡常数只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数不变。19（1）已知反应222HI gHgIg+垐?噲?的-1 H=+11 kJmol，21 mol Hg（）、21 mol Ig（）分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ 的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时

41、需吸收的能量为_kJ。（2）对于一般的化学反应aA+bB P，反应物浓度和反应速率之间存在以下关系：v（单位 mol L-1 min-1）kc(A)x c(B)y，k 称为速率常数，x 称为反应物A 的级数，y 称为反应物B的级数，x+y 称为反应的总级数。对于反应H2(g)I2(g)2HI(g)，速率表达式：vkc(H2)c(I2)，则反应总级数为_级。H2O2分解成水和氧气的反应是一级反应，反应速率常数k 为 0.0410 min-1，则过氧化氢分解一半的时间是_min。（结果保留3位有效数字）（已知：一级反应物质浓度c=c0e-kt，c0为初始浓度，ln2=0.693）（3）将等物质的量

42、的I2和 H2置于预先抽真空的特制1L 密闭容器中，加热到 1500 K，起始总压强为416kPa；体系达平衡，总压强为456kPa。体系中存在如下反应关系：I2(g)?2I(g)Kp1=200 H1 I2(g)+H2(g)?2HI(g)Kp2 H2HI(g)?I(g)+H(g)Kp3 H3H2(g)?2H(g)Kp4 H4（已知 Kp3、Kp4值很小，、反应忽略；Kp为以分压表示的平衡常数，以下计算结果均保留2位有效数字）H2=_。（用含 H1、H3、H4的式子表示）1500K 平衡体系中I(g)、H2(g)分压分别为 _kPa、_kPa、Kp2=_。【答案】299 二16.9 H1+H4-

43、2H380 72 32【解析】【分析】(1)利用反应吸收的总能量与释放的总能量的差值等于焓变进行计算；(2)根据速率常数表达式得出x，y 的值，总级数等于x+y；根据所给公式和题中已知条件，结合自然对数的表示方法进行计算时间t；(3)利用盖斯定律计算H2；列三段式，利用平衡时的压强表示化学平衡常数，计算出各物质的分压和Kp2。【详解】(1)焓变等于反应吸收的总能量与释放的总能量的差，设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得 x=299；(2)根据题意速率常数表达式中各物理量符号的含义，反应H2(g)I2(g)2HI(g)，

44、速率表达式：vk c(H2)c(I2)，则 x=1，y=1，该总级数=x+y=2；根据题意，过氧化氢分解一半，则分解一半时的浓度c=12c0。则0cc12；已知 c=c0e-kt，则0cc=e-kt，等式两边取自然对数，ln0cc=ln e-kt=-kt，ln2=kt，k=0.0410 min-1，ln2=0.693，故t=1ln20.693k0.0410 min=16.9min；(3)已知：I2(g)?2I(g)H1，I2(g)+H2(g)?2HI(g)H2，HI(g)?I(g)+H(g)H3，H2(g)?2H(g)H4；根据盖斯定律可知，反应：=+2 +，可得H2=H1+H4-2H3；将等

45、物质的量的I2和 H2置于密闭容器中，起始总压强为416kPa，故 I2和 H2的起始分压分别为208 kPa，由体系达平衡，总压强为456kPa，则密闭容器中气体体积增大，已知Kp3、Kp4值很小，则容器中有两步反应发生，即I2(g)?2I(g)Kp1=200，I2(g)+H2(g)?2HI(g)，利用三段式，设I2和 H2的转化分压分别为x，222082080 xIgHg2Hx2xI gkPakPak208x208x2axP?始变平设 I2(g)的转化分压为y，则列“三段式”：2Ig2I gkPa208xkPakPa200y82yx2yy?始变平已知 Kp1=200 体系达平衡，总压强为456kPa，反应的压强表示的平衡常数Kp1=222pI g2y208xyp Ig=200，208-x+2x+2y+208-x-y=456，解得 y=40，x=136，1500K 平衡体系中I（g）、H2（g）分压分别为2y=80kPa，208-x=72kPa，Kp2=2222pHI gp IgH1362=722pg3=32。【点睛】本题难点在于第(2)题中自然对数ln 的含义，自然对数是以e 为底的对数，对于自然对数的理解是该题解题关键。