江西省南康中学于都中学2019届高三下学期第二次联考化学试题(含解析)

江西省南康中学、于都中学2019届高三下学期第二次联考

化学试题

1.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是

A. 纳米碳分子材料的粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此属于胶体

B. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱

C. 现代工业生产中芳香烃主要来源于石油的催化裂化和煤的干馏

D. 硅太阳能电池利用的是原电池原理

【答案】B

【解析】

【详解】A.胶体属于分散系，分散质粒子直径为1nm~100nm；但是纳米碳分子材料属于单质，不属于分散系，因此不属于胶体，A项错误；

B.钙离子浓度较大的地下水会和肥皂中的高级脂肪酸钠生成沉淀，使去污能力降低，B项正确；

C.石油的催化裂化主要是为了得到轻质油，而不是芳香烃，从石油化工中得到芳香烃要通过催化重整，C项错误；

D.硅太阳能电池是直接将太阳能转化为电能，而不是利用原电池原理，D项错误；

本题答案选B。

2.下列化学用语表示正确的是

A. 中子数为45的溴原子：Br

B. Mg2+的结构示意图：

C. CCl4的比例模型：

D. CH2F2的电子式：

【答案】B

【解析】

【详解】A.溴为第四周期第VIIA族原子，原子序数为35，中子数为45，则质量数为80，而不是79，A项错误；

B.Mg原子的核外电子排布各层电子数为2、8、2；失去两个电子形成镁离子为2、8，核外排布示意图，B项正确；

C. CCl4的比例模型中Cl原子比C原子大，但是图中的Cl原子比C原子小，C项错误；

D.F原子周边应该为4个电子对，8个电子，而图中的F只有2个电子，D项错误；

本题答案选B。

3.N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A. 标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为N A

B. 2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4N A

C. 将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为N A

D. 162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为N A

【答案】A

【解析】

【详解】A. 三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意；

B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol，数目为0.4N A，B项不符合题意；

C.1mollNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+ c(H+)= c(NO3-)+ c(OH-)，中性c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)= c(NO3-)，同一溶液中NO3-的数目为N A，则NH4+数目也为N A，C项不符合题意；

D.淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为N A，D项不符合题意；

本题答案选A。

4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的单质经常作为保护气；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体。下列推断正确的是

A. 原子半径：X＜Y＜Z＜W

B. X、Y、W组成的化合物只存在共价键

C. Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的弱

D. 在同周期元素中，W的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强

【答案】C

【解析】

【详解】Y的单质经常作为保护气，则Y为氮元素。由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体，该固体为硫单质，发生的是归中反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O。则X为H元素，Z为O元素，W 为S元素。

A.原子半径，排序为X（H）＜Z（O）＜Y（N）＜W（S），同周期，原子序数越大半径越小，短周期中可以认为电子层越多，半径越大，A项错误；

B.X、Y、W形成的化合物中可以是铵盐，含有离子键，B项错误；

C.Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为H2O；非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，C项正确；

D.同周期元素中，S的最高价氧化物对应的水化物的酸为H2SO4，并不是最强的，S的非金属性弱于Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。D项错误；

本题答案选C。

5.在实验室中，下列除杂或分离的方法正确的是

A. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液

B. 乙烷中混有乙烯，将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液中除去乙烯

C. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出碘

D. 热的苯酚溶液冷却后变浑浊，静置后用过滤法分离出苯酚

【答案】A

【解析】

【详解】A.硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，会与NaOH，进入水层中，与硝基苯分离，再分液，A项正确；

B.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，乙烯被除去了，但是引入新的杂质，B项错误；

C.汽油为有机溶剂，会和溴苯溶在一起，溴与碘化钾发生置换反应生成的碘易溶于有机混合物中，不能分离出碘，C项错误；

D.苯酚从水中析出，混合物分层，没有沉淀。常温下，苯酚在水里溶解度不大，在水中呈浑浊状，而不存在固态苯酚小颗粒，没有晶体沉降，不能过滤除去。D项错误；

本题答案选A。

【点睛】对于除杂的思考中，不能只考虑杂质有没有被除去，还要思考后续过程中有没有引入新的杂质，而新的杂质有没有被除去。

6.下列说法中，正确的是

A. 少量金属钠保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中

B. 用容量瓶配置溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大

C. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用加热溶解、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法

D. 通过对比同体积同浓度且过量的草酸跟同体积不同浓度的KMnO4溶液反应褪色时间的长短来说明浓度越大化学反应速率越快

【答案】B

【解析】

【详解】A.Na会保存在煤油中，但是不会保存在四氯化碳中，钠的密度比四氯化碳低，会浮在上面与空气接触，起不到保护的作用，A项错误；

B.定容时俯视刻度线，少加了水，溶液体积变小，浓度偏大，B项正确；

C.提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，由于NaCl的溶解度随着温度的增加变化较少，而硝酸钾变化较大，故提纯NaCl，应将硝酸钾留在热水中，应使用蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。C项错误；

D.相同体积不同浓度的KMnO4溶液中所含溶质的物质的量不同、开始的颜色不同，故无法比较其与相同体积相同浓度的草酸反应的速率。根据控制变量法的原理，应该使用相同体积、不同浓度的草酸溶液与相同体积、相同浓度的高锰酸钾溶液进行该实验，D项错误；

本题答案选B。

【点睛】在实验操作中，读数和量取一定体积的液体是两种不同的操作，读数时，眼睛盯着凹液面的最低处，俯视时，读数偏大；而量体积时，眼睛盯着需要的体积的刻度线，俯视时，量取的体积偏小。所以要注意是读数还是量取一定体积的液体。

7.如图所示装置Ⅰ是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池．离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3 Na2S4+3NaBr。闭合开关K时，b极附近先变红色。下列说法正确的是

A. 闭合K后，a电极上有气体产生

B. 装置Ⅰ中电子由B经过交换膜移向A

C. 装置Ⅰ充电时，电极A的电极反应式：2Na2S2－2e—═ Na2S4 +2Na+

D. 当有0.01mol Na+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112mL

【答案】D

【解析】

【详解】b极附近先变红色，说明b极溶液呈现碱性。电解饱和食盐水中，阴极H+得到电子，生成OH-，则b 极为阴极，电极B为负极，A为正极，a为阳极。

A.a为阳极，Cu为活性电极，Cu失去电子，没有气体产生。A项错误；

B.电子只能在导体中移动，不能在电解液中移动，B项错误；

C.A电极为正极，充电时为阳极，阳极发生氧化反应，NaBr变为NaBr3，C项错误；

D.在闭合回路中，每个截面通过的电量都是一样的，有0.01mol Na+通过离子交换膜，电路中一定有0.01mole-转移。b极产生氢气，转移2mol e-可以生成1mol氢气，体积为22.4L。现通过0.01mole-，则生成0.005mol 氢气，在标准状况下其体积为112mL。D项正确；

本题答案选D。

8.下列说法正确的是

A. 标准状况下，将1.12 L Cl2溶于水，反应中转移0.05 mol电子

B. 向NH4Al(SO4)2稀溶液中逐滴加入过量Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程NH4++Al3++2SO42—+2Ba2++5OH—＝2BaSO4↓+AlO2—+2H2O+NH3·H2O

C. 常温下，水电离的c(H+)为1.0×10-13mol·L-1的溶液中，Fe2+、Cl—、Na+、NO3—可能大量共存

D. 麦芽糖溶液中：SO42—、MnO4—、K+、H+可以大量共存

【答案】B

【解析】

【详解】A. Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，氯气不能完全反应，故1.12 L Cl2溶于水后转移的电子数少于0.05mol，A 项错误；

B.过量的Ba(OH)2，Al3+要变成AlO2—，SO42-转化为硫酸钡沉淀，铵根转化为一水合氨。按照化学式中各离子的数量比例和电荷守恒，可以判断B项正确；

C. 水电离的c(H+)为1.0×10-13mol·L-1的溶液，可能是酸性的，也可能是碱性的，在碱性溶液中，Fe2+不能大量共存，在酸性溶液中，Fe2+、NO3—和H+会反应，不能大量共存，C项错误；

D.麦芽糖为还原性糖，MnO4—具有强氧化性，不能大量共存，D项错误；

本题答案选B。

【点睛】水电离的c(H+)为1.0×10-13mol·L-1，说明水的电离被抑制，可能是酸溶液、也可能是碱溶液，所以不能确定溶液的酸碱性。

9.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是

A. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4

B. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3

C. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:5

D. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来

【答案】C

【解析】

【详解】A. FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；

B.滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；

C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；

D. Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意；

本题答案选C。

10.五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列说法错误的是

A. 1molX最多能与2mol Br2发生取代反应

B. Y分子结构中有3个手性碳原子

C. Y能发生加成、取代、消去、氧化、缩聚反应

D. 1mol Z最多能与7mol NaOH反应

【答案】D

【解析】

A：在苯环上酚—OH的邻对位氢只有两个，故1molX最多能与2molBr2发生取代反应，正确

B：连接醇—OH的三个碳原子均为手性碳原子，正确

C：其中的碳碳双键可加成反应，醇—OH可发生取代、氧化、消去反应，醇—OH与—COOH共同发生缩聚反应，正确

D：由于分子中部的酯基是酸酚酯基，可消耗2个NaOH，故1molZ最多能与8molNaOH发生反应

11.环丙叉环丙烷（n）由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注。它有如下转化关系，下列说法正确的是（）

A. n的所有原子都在一个平面内

B. 反应②是消去反应

C. n与互为同分异构体

D. m的同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种【答案】C

【解析】

【详解】A.根据乙烯分子的6原子共面，可以判断分子中所有的碳原子一定共面。n中左右两端分别有2个饱和的碳原子，这4个饱和碳原子上的氢原子不可能与所有的碳原子共平面，A项错误；

B. p经过②得到m，从可以看出，2个溴原子变成了1个氧原子，不是消去反应生成不饱和的键，B项错误；

C.n的分子式为C6H8，的分子式也为C6H8，为同分异构体；C项正确；

D.m的分子式为C7H8O，属于芳香族化合物，取代基从整到散可以为—CH2OH或者—O—CH3，有两种，也可以为—OH和—CH3，共3种，共5种，D项错误；

本题答案选C。

12.己知：6C6H5OH+Fe3+=[Fe(C6H5O)6]3—+ 6H+；CH3COOH+SO32—=CH3COO—+HSO3—；CO32—+2HSO3—=CO2↑+H2O+2SO32—。关于下列六种溶液：Na2SO3、NaOH、CH3COONa、C6H5ONa、Na2CO3、NaHCO3的说法错误的是

A. 向六种溶液中分别逐渐加入氯化铁溶液时，溶液中先产生红褐色沉淀，后沉淀完全消失的是C6H5ONa

B. 将物质的量浓度均为0.5 mol?L—1的上述六种溶液稀释相同的倍数，其pH变化最大的是NaOH

C. 露置于空气中相当一段时间后（不考虑水分的蒸发），溶液的pH近似为7，这种电解质为Na2SO3

D. 当六种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是CH3COONa、NaHCO3、Na2SO3、C6H5ONa、Na2CO3、NaOH

【答案】D

【解析】

A、C6H5ONa溶液中存在水解：C6H5O-+H2O?C6H5OH+OH-，溶液显碱性，加入氯化铁，产生红褐色沉淀，随着氯化铁的增多，铁离子与苯酚发生络合反应6C6H5OH+Fe3+=[Fe(C6H5O)6]3-+6H+，氢离子浓度增大，原有的氢氧化铁红褐色沉淀溶解。故A正确；

B、上述六种溶液，NaOH是强碱，不存在水解平衡，另外五种都是强碱弱酸盐，存在水解平衡，所以加水稀释都存在水解平衡的移动，pH变化较小，NaOH的pH变化最大，故B正确；Na2SO3露置于空气中相当一段时间后，Na2SO3被空气氧化为强碱弱酸盐Na2SO4，pH近似为7，故C正确；D、上述五种强碱弱酸盐溶液均显碱性，弱酸根离子对应的酸酸性越弱，盐越易发生水解，当盐溶液pH相同时，其盐溶液浓度越小。根据已知方程式CH3COOH+SO32-=CH3COO-+HSO3-；CO32-+2 HSO3-=CO2↑+H2O+2SO32-可知，酸性：H2SO3＞CH3COOH＞HSO3-＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，故pH相同时，其对应的五种盐物质的量浓度大小顺序为：NaHSO3＞CH3COONa＞Na2SO3＞NaHCO3＞C6H5ONa＞Na2CO3，故D错误。故选D。

点睛：本题的难点为通过已知方程式比较酸性的强弱。CH3COOH+SO32-=CH3COO-+HSO3-，根据强酸制弱酸的原理可知，CH3COOH制HSO3-而不能制H2SO3，则酸性H2SO3＞CH3COOH＞HSO3-；CO32-+2 HSO3-=CO2↑+H2O+2SO32-，HSO3-

制H2CO3，则H2SO3＞HSO3-＞H2CO3。

13.用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向2L密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)＋2NO(g) N 2(g)＋CO2(g) △H＜0。在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度(mol/L)如表所示，

则下列说法不正确的是

时间/t(min) 0 10 20 30 40 50

NO 1.00 0.68 0.50 0.50 0.60 0.60

N20 0.16 0.25 0.25 0.30 0.30

CO20 0.16 0.25 0.25 0.30 0.30

A. 10~20 min内，NO的平均反应速率为0.018mol/（L?min）

B. T1℃时，该反应的平衡常数K=0.25

C. 保持与前30min的反应条件相同，再向容器中加入2molN2和2molNO，则平衡向左移动

D. 30min后，只改变了一个条件，根据上述表格判断，该条件可能为缩小容器体积

【答案】C

【解析】

【详解】A. 10~20 min内，NO的浓度从0.68变为0.50，反应了0.18，经历了10min,,A项不符合题意；

B. T1℃时，20min时已经达到平衡，可用20min的数据计算平衡常数，B 项不符合题意；

C.利用浓度商Qc，再增加2molN2和2molNO，N2和NO的浓度变为1.25和1.5，带入数据，

，Qc

D. 缩小容器体积，但是反应前后气体体积不变，平衡不移动，浓度改变的程度相同，0.50变成0.60，变为原来的1.2倍，则CO2和N2为0.3，也为原来的1.2倍，D项不符合题意；

本题答案选C。

14.焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO 2(g) S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示，下列说法正确的是

A. C点时达到平衡状态

B. 该反应的?H>0

C. 增加C的量能够增大SO2的转化率

D. T3时增大压强，能增大活化分子百分数

【答案】A

【解析】

【详解】A. SO2的生成速率与S2(g)的生成速率达到平衡的时候，两者成正比，为2:1。C点时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率比为2:1，说明正反应速率与逆反应速率相等，达到平衡状态，A项符合题意；

B.根据题意随着温度的升高，v生(SO2)超过了v生(S2)的2倍，所以反应向逆反应方向移动，升高温度向吸热反应方向移动，逆反应为吸热的，正反应为放热的，?H<0，B项错误；

C.增加C的量，没有影响C的浓度，不影响平衡的移动，SO2的转化率不变，C项错误；

D. T3时增大压强, 活化分子浓度增加，但是百分数不变，D项错误；

本题答案选A。

15.类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=—lgC，pK a=—lgK a。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA—)、pC(A2—)变化如图所示。下列说法正确的是

A. 曲线II表示pC(HA—)随pH的变化

B. pH=4时，c(H2A)>c(A2—)>c(HA—)

C. 常温下， =104.50

D. a、b、c三点对应的溶液，c(H2A)+c(HA—)+c(A2—)的值相等

【答案】D

【解析】

多元弱酸的第一步电离大于第二步电离，根据定义pC=-1gc，pH增大，pC增大较明显，曲线Ⅱ应为表示pC(H2A)随pH的变化，曲线Ⅲ应为表示pC(A2-)随pH的变化。A、多元弱酸的第一步电离大于第二步电离，根据定义pC=-1gc，pH增大，pC增大较明显，曲线Ⅱ应为表示pC(H2A)随pH的变化，选项A错误；B、当pH=1.40时，由图可知，pC(H2A)>pC(HA-)>pC(A2-)，则c(H2A)

，但若不在b点则不成立，选项C错误；D、根据物料守恒，a、b、c 三点对应的溶液中,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)的值相等，选项D正确。答案选D。

16.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是

A. K sp(Ag2C2O4)的数量级等于10-7

B. n点表示AgCl的不饱和溶液

C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀

D. Ag 2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+C2O42-(aq)的平衡常数为109.04

【答案】D

【解析】

【详解】本题考查难溶电解质的溶解平衡。A.由图可知，c(Ag+)=1.0×10-4mol/L，c(C2O42-)=1.0×10-2.46mol/L，则溶度积Ksp(Ag 2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O42-) =(1.0×10-4)2 1.0×10-2.46=1.0×10-10.46，A错误；B、由图可知，n 点AgCl的浓度熵Q大于溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉淀，B错误；C、由图可知，当溶液中c(Cl-)=c(C2O42-)时， AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag+)，则向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，C错误；Ag2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+ C2O42-(aq)的平衡常数K= ==109.04，D正确。答案：D。

17.A～G为中学化学中常见的物质，B、E、F为单质，在常温下B是黄绿色气体，G为黑色固体。它们的相互转化如图所示，部分生成物未列出。回答下列问题：

（1）F的一种氧化物常用作红色油漆和涂料，该氧化物的俗称为________

（2）写出A与G的反应方程式

______________________________________________________________________________________________ __；

（3）含E元素的某种化合物能作为还原性糖的检验试剂，写出利用该化合物检验葡萄糖的反应方程式

______________________________________________________________________________________________ _____；

【答案】(1). 铁红(2). MnO2 ＋4HCl（浓） MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (3). CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O

【解析】

【分析】

B为黄绿色气体，在高中阶段为单质的黄绿色气体只有Cl2，A和G反应生成氯气，且G为黑色固体，为浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气。则A为HCl，G为MnO2。

【详解】（1）F的一种氧化物常作红色油漆和涂料，为氧化铁，Fe2O3，俗称为铁红，答案为铁红；

（2）A和G反应生成氯气，且G为黑色固体，为浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，答案为MnO2 ＋ 4HCl（浓） MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；

（3）还原性糖可以用银氨溶液和新制的Cu(OH)2检验，而且该元素单质可以与FeCl3反应，为Cu。新制的Cu(OH)2与葡萄糖反应生成葡萄糖酸钠，答案为CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O。

18.乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr=288) 可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，是一种很好的补铁剂。

Ⅰ．制备碳酸亚铁（装置如图所示）

（1）仪器A的名称是______________ ；

（2）实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是

___________________________________________________________；然后关闭活塞1，接下来的操作是

_______________；装置C中发生反应的离子方程式为______________ 。

Ⅱ．制备乳酸亚铁

向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。

（3）为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入

____________________________________________________________________________

（4）为证明乳酸亚铁中含有Fe2+，选择的检验试剂为

_______________________________________________________________________；

Ⅲ. 乳酸亚铁晶体纯度的测量

经过过滤、隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，获得乳酸亚铁晶体后

（5）两位同学分别用不同的方案进行测定：

①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100%，其原因可能是

______________________________________________________________________________________________ ___________________

②乙同学经查阅文献后改用(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度（反应中Ce4+被还原为Ce3+），称取6.00g样品配成250.00mL溶液，取25mL，用0.1 mol?L—1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______________________________________。

【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化 (3). 关闭活塞3，打开活塞2； (4). Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 适量铁粉 (6). KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液 (7). 乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多 (8). 96％【解析】

【详解】（1）基本的实验仪器，答案为分液漏斗；

（2）碎铁中加入稀硫酸，生成氢气，排尽装置中的空气，可以防止生成的Fe2+被氧气氧化，排除空气后，在

C中生成FeCO3，需要将B中的压强增大，使B中生成的Fe2+通过导管压到C装置中，操作为关闭活塞3，打开活塞2；在C中生成FeCO3，原料为Fe2+和HCO3-，根据电荷守恒可以写出方程式。答案为排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化关闭活塞3，打开活塞2 Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

（3）Fe2+容易被氧气氧化，可以加入铁粉，使生成的Fe3+和Fe反应生成Fe2+，答案为适量铁粉；

（4）检验Fe2+可以使用铁氰化钾，或者先加KSCN溶液不变色、用加氯水将可能存在的Fe2+氧化成Fe3+再观察是否有血红色出现。答案为KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液；

（5）①乳酸中羟基也能和酸性高锰酸钾溶液反应，消耗的高锰酸钾变多，所以纯度超过100%。②Ce4+被还原为Ce3+，Fe2+化合价升高生成Fe3+，化合价升降守恒，物质的量比例为1：1，，

，250mL溶液取25mL，则原样品中有Fe2+0.02mol，[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O 的质量m=Mr×n=288×0.02g=5.76g，,答案为乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多 96％。

19.电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se，工业上从其中回收硒(Se)、碲(Te)的一种工艺流程如下：

已知：I．TeO2是两性氧化物、微溶于水；

Ⅱ．元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO32-、HTeO3—等形式存在；

Ⅲ．25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。

（1）NaHTeO3的溶液的pH____7(填“>”、“=”或“<”)

（2）焙砂中碲以TeO2形式存在。溶液①中的溶质主要成分为NaOH、_________________________________；工业上通过电解溶液①也可得到单质碲。已知电极均为石墨，则阴极的电极反应式

______________________________________________________________________________________________ _________________________________________________________；

（3）向溶液①中加入硫酸，控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是

_______________________________________________________________________________________ ；（4）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲溶液，然后将SO2通入到溶液中得到Te单质。

由四氯化碲得到Te单质的离子方程式为

__________________________________________________________________________________；

（5）上述流程中可循环利用的物质有__________________(填化学式)

【答案】 (1). < (2). Na2TeO3 (3). TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH— (4). TeO2是两性氧化物，酸性过強，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失 (5). Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO42— (6). H2SO4、HCl 【解析】

【分析】

（1）酸式盐溶液的pH，考虑水解和电离的强弱关系；

（2）离子的存在形式、离子共存的判断；

（3）两性氧化物的性质。

【详解】（1）NaHTeO3的溶液，HTeO3—即可以电离，也可以水解，电离平衡常数Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh=,电离强于水解，溶液呈现酸性，答案为<；

（2）溶液①中的溶质有NaOH，溶液呈碱性，Te4+不能存在，会与OH-反应，HTeO3—也不能存在，为酸式根离子，会与OH-反应，则溶液中还有TeO32-；电解溶液①可以得到单质碲，碲元素在溶液中的存在形式为TeO32-，化合价为+4，形成单质化合价降低，得到电子，在阴极发生反应，为碱性环境，根据物料守恒和得失电子守恒，可写出方程式。答案为Na2TeO3 TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH—；

（3）TeO2是两性氧化物，硫酸过量，会与酸反生反应，答案为TeO2是两性氧化物，酸性过強，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失；

（4）TeCl4溶液中通入SO2，得到了Te单质，Te的化合价降低，S的化合价升高生成硫酸根，溶液为酸性环境，根据得失电子守恒，写出化学方程式；答案为Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO42—；

（5）在用HCl和SO2处理TeO2时，有硫酸和盐酸生成，它们都可以循环利用，答案为H2SO4、HCl。

20.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：

①CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1

②CO 2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2

③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3

（1）已知反应②中相关化学键键能数据如下：

化学键H－H C＝O C≡O H－O

E/kJ·mol－1436 803 1076 465

由此计算ΔH2＝____kJ·mol－1。已知ΔH3＝＋99kJ·mol－1，则ΔH1＝____kJ·mol－1。

（2）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温

度的关系如图所示。

①温度为470K时，图中P点____(填“是”或“不是”)处于平衡状态，490K之后，甲醇产率随温度升高而减小的原因除了升高温度使反应①平衡逆向移动以外，还有

___________________________________________________________、

______________________________________________________________________。

②一定能提高甲醇产率的措施是______。

A．增大压强 B．升高温度 C．选择合适催化剂 D．加入大量催化剂

（3）如图为一定比例的CO2+H2，CO+H2、CO/CO2+H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。

①490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是______(填I或II)

Ⅰ．CO2CO CH3OH

II．CO CO2CH3OH＋H2O

②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从平衡移动的角度，结合反应①、②分析原因___________________________。

【答案】 (1). +36 (2). —63 (3). 不是 (4). 升高温度使反应③平衡正向移动 (5). 催化剂活性降低(6). AC (7). Ⅱ (8). CO促进反应②逆向移动，使反应①中CO和H2的量增加，水

蒸气的量减少

【解析】

【分析】

（1）盖斯定律的应用、根据键能计算反应热；

（2）勒夏特列定理的应用以及条件的选择；

【详解】（1）CO 2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=反应物的总键能-生成物的总键能，带入数据，

；根据盖斯定律，反应①=②-③，

ΔH1=ΔH2-ΔH3=+36-99kJ/mol=-63 kJ/mol；答案为+36 -63；

（2）P点不处于平衡状态。在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快，没有达到平衡前，一直向平衡状态移动，产率一直增大；在490K之后，产率下降，从图中可以看出来，催化剂的活性降低，且由于温度越高，反应①平衡逆向移动，此外反应③时吸热反应，温度越高，正向移动，甲醇的产率也降低；要提高甲醇的产率使反应正向移动，而反应催化剂活性要好，A增大压强，反应①平衡正向移动，而且反应③逆向移动，有利于增加甲醇的产率，A符合题意；B升高温度，从图可知，B不符合题意；C选择合适催化剂，选择生成甲醇，减少反应②的发生，提高甲醇的产率，C符合题意；D加入大量催化剂，催化剂不改变平衡，不会影响甲醇的转化率，D不符合题意。答案为不是升高温度使反应③平衡正向移动催化剂活性降低 AC；

（3）①490K时，从甲醇的生成速率比较，a曲线大于c曲线，即甲醇来源于CO2和H2，故490K时，合成甲醇的机理为Ⅱ；②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，对反应②，CO是生成物，CO促使反应②逆向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，反应①正向进行，故CO的存在使甲醇生成速率增大。答案为Ⅱ CO促进反应②逆向移动，使反应①中CO和H2的量增加，水蒸气的量减少。

21.伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：

回答下列问题：

（1）伪麻黄碱（D）的分子式为____________；B中含有的官能团有_____________（写名称）

（2）C→D的反应类型为__________；写出B→C反应的化学方程式：_________________；

（3）B的消去产物可以用于合成高分子化物E，请写出E的结构简式_____________；

（4）A的同分异构体满足下列要求：①能发生银镜反应②苯环上的一氯代物有两种结构；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1写出所有符合条件的结构简式

____________________________________________________________________________________；

（5）已知。参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备

的合成路线：____________________________

【答案】(1). C10H15NO或C10H15ON (2). 羰基和溴原子(3). 还原反应(4).

(5). (6).

(7).

【解析】

【详解】（1）分子式，直接根据结构式可得，B分子官能团有羰基和溴原子，答案为C10H15NO或C10H15ON 羰基和溴原子；

（2）从B到C，再到D，C的分子式没有Br原子，看到D有—NH—CH3，可知B到C的反应中—NH—CH3取代了—Br原子，为取代反应可以写出方程式；而C到D，从分子式看来D比C多了2个H，而且KBH4是一种常见的还原剂，在有机反应类型中加氢去氧为还原。答案为还原反应

；

（3）B中溴原子可以发生消去反应，生成碳碳双键，得到产物，再加聚。答案为；

（4）能发生银镜反应，有醛基-CHO，再根据核磁共振氢谱中有4组峰比例中有6:2:1:1，6可认为2个—CH3，且处于对称的位置；2在苯环上有两个H处于对称位置。可以写出。答案为；

（5）产物和题中的D很相似，但没有—NH—CH3，可以跳过B到C的步骤，苯环到A需要酰氯，根据产物，酰氯的结构为CH3COCl，根据所以信息，可以用乙酸和SOCl2反应得到。模仿从苯到D的过程，中间跳过B到C的步骤，可得答案为

。