1、浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题(七)(时间：90分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16 Na23S32Cl35.5Ca40Fe56选择题部分一、选择题(本大题共20小题，共50分。第110每小题2分，第1120每小题3分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.明矾易溶于水，可用作净水剂B.浓H2SO4具有脱水性，可用来干燥HC1C.碳酸钠具有碱性，可用于胃酸中和剂D.氧化镁熔点很高，可用于耐高温材料解析明矾溶于水能形成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸收水中固体杂质颗粒，
2、可以净水，不具有氧化性，不用于自来水的杀菌消毒，A错误；浓H2SO4具有吸水性，与氯化氢不反应，可用来干燥HCl，B错误；碳酸钠碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，可用碳酸氢钠治疗，C错误；氧化镁熔点高，可用于耐高温材料，D正确。答案D2.化学与生活、生产密切相关，下列有关说法正确的是()A.Fe3O4俗称铁红，常作红色油漆和涂料B.食盐、糖、醋可用作调味剂，不可用作食品防腐剂C.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同D.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”解析A项，Fe2O3俗称铁红，常作红色油漆和涂料，故A错误；B项，食盐、糖、醋可用作调味品，也可用作食品防
3、腐剂，B错误；C项，活性炭为糖浆脱色，利用活性炭的吸附性，属于物理变化，次氯酸盐漂白纸浆，利用次氯酸盐的强氧化性把有色物质漂白，属于化学变化，C错误；D项，光导纤维的成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，因此光导纤维遇强碱会“断路”，D正确。答案D3.下列表示物质的化学用语正确的是()A.8个中子的碳原子的核素符号：12CB.HF的电子式：HFC.Cl离子的结构示意图：D.CO2的结构式：O=C=O解析8个中子的碳原子，质量数是14，核素符号：14C，A错误；HF是共价化合物，电子式为，B错误；Cl核内有17个质子，核外有18个电子，结构示意图：，C错误；CO2分子中含有
4、2个碳氧双键，结构式：O=C=O，D正确。答案D4.下列实验现象与实验操作不相匹配的是()实验操作实验现象A向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊D向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KCSN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变解析向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯发生：12KMnO45C2H418H2SO4=12MnSO46K2SO410CO228H2O，溶液的紫色
5、逐渐褪去，生成MnSO4和K2SO4均溶于水，因此不会分层，A错误。将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶中发生：2MgCO22MgOC，集气瓶中产生浓烟并有黑色碳颗粒产生，B正确。向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸发生：Na2S2O32HCl=2NaClSO2SH2O，有刺激性气味SO2产生，产生S沉淀，C正确。向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，2FeCl3Fe=3FeCl2黄色消失，Fe2遇KSCN不显色，D正确。答案A5.下列有关物质用途的说法，错误的是()A.二氧化硫常用于漂白纸浆B.漂粉精可用于游泳池水消毒C.碳酸钡可用来治疗胃酸过多D.氧化铁常用于红色油漆和涂料解析A
6、项，二氧化硫有漂白性，故常用于漂白纸浆，A正确；B项，漂粉精有强氧化性，故可用于游泳池水消毒，B正确；C项，碳酸钡虽然可与盐酸反应，但是生成的氯化钡有毒，故不能用来治疗胃酸过多，C不正确；D项，氧化铁是红棕色粉末，故常用于红色油漆和涂料，D正确。答案C6.下列说法不正确的是()A.金刚石和石墨互为同素异形体B.CH3CH2OH和 CH3OCH3互为同分异构体C.He和He互为同位素D.分子式为C4H10的物质为纯净物解析D项，分子式为C4H10的结构有两种情况，故物质不一定是纯净物，D错误。答案D7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.钠与水反应：Na2H2O=Na2OHH2B.电解饱和食
7、盐水获取烧碱和氯气：2Cl2H2OH2Cl22OHC.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2OHHSO=BaSO4H2OD.SO2溶于水显酸性：SO2H2O=2HSO解析A项，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，故A错误；B项，电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl2H2OH2Cl22OH， 故B正确；C项，二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，故C错误；D项，SO2溶于水
8、显酸性：SO2H2OH2SO3HHSO，故D错误。答案B8.下表为截取的元素周期表前4周期的一部分，且X、Y、Z、R和W均为主族元素。下列说法正确的是()XYZRWA.五种元素为原子最外层电子数一定都大于2B.X、Z原子序数可能相差18C.Y最高价氧化物的水化物可能是强酸D.Z的氧化物与X单质不可能发生置换反应解析因为第一周期只有H、He两种元素，截取部分是元素周期表前4周期的一部分，所以X位于第二周期，且五种元素都是主族元素，根据元素周期表结构可知，X可能是C、N、O。A项，五种元素属于AA族，所以原子最外层电子数一定大于2，故A正确；B项，X位于第二周期，则Z是第三周期元素，所以原子序数相
9、差8，故B项错误；C项，Y是第三周期元素，可能是是Al、Si、P，而Al、Si、P最高价氧化物的水化物都不是强酸，故C错误；D项，若X是C，则Z是Si，其氧化物为SiO2，存在置换反应：SiO22CSi2CO，故D错误。答案A9.有机化合物对人类的生活和社会发展具有极其重要的意义，以下关于常见的有机物的性质和应用分析不正确的是()A.乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B.甲烷是正四面体结构而不是平面正方形结构，可以用CH2Cl2不存在同分异构体证明C.煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去解
10、析A项，乙烯含有C=C，与溴发生加成反应，使溴水褪色；苯使溴水褪色是苯萃取溴水的溴，两者褪色的原因不相同，A错误；B项，甲烷是正四面体结构，二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷不存在同分异构体说明甲烷是正四面体结构而不是平面正方形结构，B正确；C项，石油分馏可得到煤油，煤油是碳氢化合物能燃烧，煤油和钠不反应，且钠的密度大于煤油的密度，所以煤油能保存少量金属钠，C正确；D项，乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，D正确。答案A10.下列
11、说法正确的是()A.植物油通过氢化可以变成脂肪B.丙烯和氯乙烯均可以合成食品包装材料C.苯分子的碳碳双键可与氢气发生加成反应D.硝酸可以使蛋白质变黄，能用来鉴别所有的蛋白质解析A项，植物油为不饱和的高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和的高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，A正确；B项，丙烯可以合成聚丙烯，无毒；氯乙烯可以合成聚氯乙烯，有毒；因此氯乙烯不可以作为合成食品包装材料，B错误；C项，苯分子没有碳碳双键，苯分子中的碳碳键是一种介碳碳单键与碳碳双键之间的独特的化学键，C错误；D项，蛋白质可以跟许多试剂发生颜色反应。例如在鸡蛋白溶液中滴入浓硝酸，则鸡蛋白溶液呈黄色。这是由于蛋白质(
12、含苯环结构)与浓硝酸发生了颜色反应的缘故，可用来鉴别部分蛋白质，不是所有蛋白质，D错误。答案A11.恒温恒容下，将1 mol X和2 mol Y置于密闭容器中发生反应：X(s)2Y(g)2Z(g)，10 min后达到平衡状态，下列说法正确的是()A.平衡前，容器中压强随反应进行而减小B.平衡后，容器中Y和Z的物质的量之比一定为11C.10 min后，升高温度，Y的反应速率不变D.生成Z的物质的量一定小于2 moI解析A项，该反应是气体分子数不变的反应，容器中压强始终不变，A错误；B项，平衡时Y和Z的物质的量的多少不确定，Y和Z的物质的量之比不一定为11，B错误；C项，升高温度，Y的反应速率增大
13、，C错误；D项，该反应是可逆反应，不可能进行到底，因此1 mol X和2 mol Y反应生成Z的物质的量一定小于2 mol，D正确。答案D12.镁空气电池的工作原理如图所示，电池反应方程式为：2MgO22H2O=2Mg(OH)2。有关该电池的说法正确的是()A.通入氧气的电极为负极B.电池工作时，溶液中的Na由负极移向正极C.负极的电极反应为Mg2e2OH=Mg(OH)2D.当电路中转移0.04 mol电子时，参加反应的O2为体积224 mL解析A项，氧气在正极发生还原反应，所以通入氧气的电极为正极，A错误；B项，原电池中阴离子向负极移动，所以溶液中的OH由正极移向负极，Na不能通过阴离子交换
14、膜，B错误；C项，负极镁失电子变成镁离子，与正极移过来的氢氧根离子结合生成氢氧化镁，所以电极反应式为：Mg2e2OH=Mg(OH)2，C正确；D项，未注明是否为标准状况，无法确定氧气的体积，D错误。答案C13.下列事实中能说明亚硝酸是弱电解质的是()A.用HNO2溶液做导电试验，灯光较暗B.HNO2是共价化合物C.亚硝酸不与氯化钠反应D.常温下0.1 mol/L亚硝酸溶液的氢离子约为0.01 mol/L解析A项，用HNO2溶液做导电试验，灯光较暗，说明溶液中离子浓度较小，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，A错误；B项，HNO2是共价化合物，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证
15、明亚硝酸是弱电解质，B错误；C项，亚硝酸不与氯化钠反应，说明二者不符合复分解反应条件，不能说明亚硝酸是弱电解质，C错误；D项，常温下0.1 mol/L亚硝酸溶液的氢离子约为0.01 mol/L，氢离子浓度小于亚硝酸浓度，说明亚硝酸部分电离，则证明亚硝酸是弱电解质，D正确。答案D14.化学家格哈德埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：下列关于合成氨反应的叙述中不正确的是()A.该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成B.在催化剂的作用下，反应物的化学键变得容易断裂C.过程需吸收能量，过程则放出能量D.常温下该反应难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成解析
16、由图中可知，每3个氢分子和1个氮气分子断键得到原子，然后生成2个氨分子，生成氨分子之前是氢原子和氮原子，A正确；催化剂能改变化学反应的速率，合成氨的反应在催化剂作用下，反应速度加快，意味着反应物化学键的断裂和生成物化学键的形成变的更容易，B正确；化学键的断裂需要吸收能量，而化学键的形成则放出能量，从图中可看出为化学键断裂过程，为新的化学键形成过程，C正确；化学键的断裂需要吸收能量，所以该反应在常温下难以进行，D错误。答案D15.下列说法正确的是()A.碘化氢气体分解和石英熔化克服的化学键类型不同B.MgCl2晶体中存在离子键和共价键C.Cl2、Br2、I2 的分子间作用力依次增大，沸点依次升高
17、D.F2和HF两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构解析A项，碘化氢气体分解克服的是共价键，石英熔化克服的也是共价键，克服的化学键类型相同，A错误；B项，MgCl2晶体中只存在离子键，B错误；C、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力依次增大，沸点依次升高，C正确；D项，F2和HF两种分子中，F原子的最外层具有8电子稳定结构，但H最外层是2电子稳定结构，D错误。答案C16.以反应5H2C2O42MnO6H=10CO22Mn28H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测
18、定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/浓度/(molL1)体积/mL浓度/(molL1)体积/mL0.102.00.0104.0250.202.00.0104.0250.202.00.0104.050下列说法不正确的是()A.实验所加的H2C2O4溶液均要过量B.实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)2.5104 molL1s1C.实验和是探究浓度对化学反应速率的影响，实验和是探究温度对化学反应速率的影响D.实验和起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2对反应起催化作用解析A项，要通过测定
19、溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，则实验所加的H2C2O4溶液均要过量，正确；C项，探究温度对化学反应速率的影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，满足此条件的实验编号是和，探究反应物浓度对化学反应速率的影响，除了浓度不同，其他条件完全相同，满足此条件的实验编号是和，正确；D项，实验和起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2对反应起催化作用，正确。答案B17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.60 g二氧化硅晶体中含有NA个SiO2分子B.光照条件下，16 g CH4与71 g Cl2反应生成的CH3Cl分子数为NAC.1 mol Li 在空气中充分燃
20、烧生成Li2O，转移电子数为2NAD.标准状况下，22.4 L NO与NH3的混合气体中所含氮原子数为NA解析A项，SiO2是硅原子和氧原子以12的比例形成的原子晶体，没有分子，A错误；B项，CH4与Cl2发生反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl五种物质，因此16 g CH4与71 g Cl2反应生成的CH3Cl分子数小于NA，B错误；C项，1 mol Li完全反应转移电子数为NA，C错误；D项，22.4 L NO与NH3的混合气体为1 mol，含有氮原子总数为NA，D正确。答案D18.25 时，向0.1 mol/L NH3H2O溶液中通入HCl气体，溶液中与pOHp
21、OHlg c(OH)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是()A.C点的溶液中：c(NH3H2O)c(NH)B.pOH7的溶液中的溶质是NH4ClC.pOH3的溶液中：c(NH)c(H)c(NH3H2O)c(OH)0.1 mol/LD.NH3H2O的Kb1.0104.7解析A项，C点lg 0，故溶液中：c(NH3H2O)c(NH)，A错误；B项，若溶液液中的溶质只有NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pOH7，B错误；C项，pOH3的溶液中c(H)c(OH)10111030，物料守恒有c(NH)c(NH3H2O)0.1 mol/L，故c(NH)c(H)c(NH3H2O)c(OH)0.1 mol
22、/L，C错误；D项，C点lg 0，故溶液中：c(NH3H2O)c(NH)，NH3H2O的Kbc(OH)1.0104.7，D正确。答案D19.含铁废液中铁元素的回收是工业生产的重要研究课题，一般将铁元素先转化为沉淀，再从废液中分离出来。转化为黄铁矾沉淀是其中的一种方法。流程如下：下列说法正确的是()A.加H2O2的目的是将Fe2氧化成Fe3，因此也可以用氯水代替H2O2B.洗涤沉淀时，为洗涤充分，向漏斗中加水没过沉淀物后需要用玻璃棒搅拌C.pH越高越有利于黄铁矾沉淀的生成，因此应加过量的NaOHD.生成黄铁矾沉淀的反应方程式为3Fe2(SO4)312NaOH=2NaFe3(SO4)2(OH)65
23、Na2SO4解析用氯水代替H2O2会引入氯离子杂质，A错误；洗涤沉淀时，为洗涤充分，向漏斗中加水没过沉淀物后让溶液自然流下，不能使用玻璃棒搅拌，B错误；NaOH过量时容易产生氢氧化铁沉淀，C错误；硫酸铁和氢氧化钠反应生成黄铁矾沉淀，反应的方程式为3Fe2(SO4)312NaOH=2NaFe3(SO4)2(OH)65Na2SO4，D正确。答案D20.在Na的物质的量浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有如下离子：K、Mg2、Ba2、NO、CO、SO，取100 mL该溶液进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：.向该溶液中加入足量稀盐酸，在标准状况下放出0.56 L气体(不考虑气体溶
24、解).向中所得的滤液中滴加足量BaCl2溶被产生白色沉淀23.3 g；除Na以外，溶液中离子判断正确的是()A.只存在的离子是CO、SOB.一定存在的离子是CO、SO、K，其中K浓度2 mol/LC.一定存在的离子是CO、SO、NO，其中NO浓度为 0.2 mol/LD.一定不存在的离子是Mg2、Ba2，不能确定是否含有K、NO解析100 mL Na的物质的量浓度为0.5 mol/L的溶液中Na的物质的量是0.05 mol；向该溶液中加入足量稀盐酸，在标准状况下放出0.56 L气体，说明含有CO，且物质的量是0.025 mol，进一步推出不可能有Mg2、Ba2；向中所得的滤液中滴加足量BaCl
25、2溶液产生白色沉淀23.3 g，说明含有SO，且物质的量是0.1 mol，根据电荷守恒，溶液中一定有K，可能有NO，若不含NO，则K的物质的量是0.2 mol，若含有NO，则K的物质的量大于0.2 mol，所以K浓度2 mol/L，故B正确。答案B非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题，共50分)21.(6分)AF共6种有机物，在一定条件下，按图发生转化。又知烃A的密度(在标准状况下)是氢气密度的13倍，试回答下列问题：(1)有机物A的结构简式为_；(2)有机物D中所含官能团名称为_。(3)CEF的化学方程式是_。(4)下列说法正确的是_。A.由化合物A经一步转化为含相同碳原子烷烃的反应类型
26、是还原B.物质E与Na2CO3溶液反应能产生气泡C.用电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)可区别D和ED.F的同分异构体中能与NaHCO3反应产生气体的有机物有3种解析A的密度(在标准状况下)是氢气的13倍，说明A的分子量是26，所以A是乙炔，乙炔可以和氢气发生加成反应，生成乙烯，所以B是乙烯，乙烯可以和水发生加成反应生成乙醇，即C是乙醇，乙醇催化氧化可以得到乙醛，即D为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸，即E是乙酸，乙酸和乙醇之间可以生成乙酸乙酯，即F是乙酸乙酯。(1)由以上分析可以知道A为CHCH；(2)D为乙醛，含有的官能团为醛基。(3)CEF为乙酸与乙醇发生酯化反应，化学方程式是CH3COOH
27、C2H5OHCH3COOC2H5H2O。(4)A项，乙炔与氢气发生加成反应生成乙烷，也属于还原反应，A正确；B项，物质E含有羧基，能与Na2CO3溶液反应放出二氧化碳气体，B正确；C项，因E为CH3COOH，属电解质，而D为CH3CHO，属非电解质，用电导率仪可区别，C正确；D项，F为CH3COOC2H5，对应的同分异构体能与NaHCO3反应产生气体，说明含有羧基，则对应的同分异构体有CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，共2种，D错误。故选ABC。答案(1)CHCH(2)醛基(3)CH3COOHC2H5OHCH3COOC2H5H2O(4)ABC22.(6分)为探究某矿物X
28、(仅含三种元素)的组成，设计并完成了如下实验：已知：气体A能使品红褪色，固体B中仅含CuO、Fe2O3。请回答：(1)X的化学式为_。(2)溶液C中存在的阳离子有_。(3)写出气体A与溶液C反应的离子方程式_。解析(1)气体A能使品红溶液褪色，应为SO2，固体B中仅含CuO、Fe2O3，并结合X中含有三种元素，可知X为S、Fe、Cu组成的化合物；固体B溶于足量稀盐酸生成FeCl3和CuCl2溶液，加入5 g Cu，剩余1.8 g Cu，则溶解Cu为3.2 g，其物质的量为0.05 mol，根据Cu2Fe3=Cu22Fe2，可知固体B中含有Fe3的物质的量为0.1 mol，Fe2O3的物质的量为
29、0.05 mol，质量为0.05 mol160 g/mol8 g，则CuO为40 g，物质的量为0.5 mol，原固体X中S的物质的量为0.4 mol，则化合物X中N(Fe)N(Cu)N(S)0.1 mol0.5 mol0.4 mol154，X的化学式为Cu5FeS4；(2)CuO、Fe2O3溶于足量稀盐酸生成FeCl3和CuCl2溶液，则所得溶液C中存在的阳离子有Fe3、Cu2、H；(3)SO2溶于含有Fe3的溶液会被氧化生成SO，发生反应的离子方程式为SO22Fe32H2O=SO2Fe24H。答案(1)Cu5FeS4(2)Fe3、Cu2、H(3)SO22Fe32H2O=SO2Fe24H23
30、.(4分)高温下焦炭、石英砂的混合物与氯气反应可生成SiCl4。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图(注：SiCl4遇水易水解)。请回答：(1)用MnO2和浓盐酸制取氯气，为了得到纯净干燥的氯气，可将制得的氯气依次通过盛有_、浓硫酸的洗气瓶。(2)装置C的作用是_。(3)设计一个实验方案，用化学方法检验装置D中生成的SO_。解析(1)实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，饱和的食盐水可以吸收HCl气体，因此为了得到纯净干燥的氯气，可将制得的氯气先通过饱和的食盐水、再通过浓硫酸。(2)SiCl4遇水易水解，利用装置C吸收水蒸气，避免水蒸气进入B中，防止SiCl4
31、水解。(3)检验SO的方法是先加过量的盐酸，再加BaCl2溶液。答案(1)饱和食盐水(2)避免水蒸气进入B，防止SiCl4水解(3)取少量D中溶液于试管中，先加入足量稀盐酸，再加入BaCl2，若有白色沉淀产生，说明含有SO24.(4分)铁粉和氧化铁粉末的混合物共13.6 g，加入到200 mL的稀硫酸中，固体完全溶解，得到标准状况下1.12 L氢气。经测定，反应后的溶液中c(H)为0.200 molL1，且无Fe3(忽略反应前后溶液体积变化)。请计算：(1)原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为_。(2)原稀硫酸的物质的量浓度为_ molL1。解析把铁粉和氧化铁粉末加入稀硫酸，氧化铁先溶解生成F
32、e3，由于Fe3的氧化性强于H，所以单质铁与Fe3先反应，然后再与H反应放出H2，根据题意可知n(H2)0.05 mol，反应后溶液中c(H)为0.200 molL1，说明硫酸过量0.02 mol，溶液中无Fe3，则溶液中的溶质只有FeSO4。根据上述分析，则：(1)设原混合物中铁的物质的量为x mol，氧化铁的物质的量为y mol，得56x160y13.6，溶液中发生的反应如下：反应Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O，反应Fe2(SO4)3Fe=3FeSO4，反应FeH2SO4=FeSO4H2，可推出x0.05y，联立求得x0.1，y0.05，所以原混合物中铁和氧化铁的物质的
33、量之比为21；(2)根据上述分析，反应消耗n(H2SO4)0.15 mol，反应消耗n(H2SO4)0.05 mol，反应后剩余n(H2SO4)0.02 mol，所以原稀硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)1.10 mol/L。答案(1)21(2)1.1025.(10分)李克强总理在2018年国务院政府工作报告中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%”。因此，研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)技术有着积极的环保意义。(1)利用电解装置可进行烟气处理，如图可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH和SO，阳极的电极反应式为_；物质A是_(填化学式)。(2)汽车的排气管上安装“催化转化器
34、”，其反应的热化学方程式为：2NO(g)2CO(g)2CO2(g)N2(g)H746.50 kJmol1。T 时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中(015 min)NO的物质的量随时间变化如图。图中a、b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_。(填“a”或“b”)T 时，该反应的化学平衡常数K_；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol，则平衡将_移动。(填“向左”、“向右”或“不”)15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO
35、)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_(任答一条即可)。(3)在催化剂作用下，用还原剂如肼(N2H4)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。已知200 时：.3N2H4(g)=N2(g)4NH3(g)H132.9 kJmol1；.N2H4(g)H2(g)=2NH3(g)H241.8 kJmol1。200 时，肼分解成氮气和氢气的热化学方程式为：_。目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如下图所示。为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是_。解析(1)根据题目叙述，结合装置可知阳极反应物为SO2，生成物为SO，所以阳极反应式为SO
36、22H2O2e=SO4H，而阴极反应为NO6H5e=NHH2O，所以总反应式为2NO5SO28H2O=(NH4)2SO44H2SO4，由此反应方程式可知，装置中的物质A是H2SO4。(2)由图象可知，曲线a变化慢，即反应速率慢，曲线b变化快，即反应速率快，催化剂的表面积越大，催化效率越高，反应速率越快，所以表示催化剂表面积较大的曲线是b；已知n起(NO)n起(CO)0.4 mol，n平(NO)0.2 mol，则平衡时c平(NO)c平(CO)0.1 mol/L，c平(CO2)0.1 mol/L，c平(N2)0.05 mol/L，故K5 L/mol；若保持温度不变，则K值不变，再向容器中充入CO、
37、CO2各0.2 mol时，其Qc5 L/molK，所以平衡不移动；15 min时，反应物NO的物质的量迅速减小，但不是突然变小，可能的原因是增大了CO的浓度或减小了生成物的浓度，使平衡正向移动，由于反应是放热反应，也可能是降低温度使平衡正向移动。(3)根据盖斯定律，反应2反应即得N2H4(g)=N2(g)2H2(g)HH12H250.7 kJmol1；分析图象信息可知，负载率过高或过低，脱硝率都不是最高的，而温度过低或过高，脱硝率也不是最高的，只有在350 左右，负载率为3.0%时脱硝率最高。答案(1)SO22H2O2e=SO4HH2SO4(2)b5 L/mol不增加CO的物质的量浓度或减少生
38、成物浓度或降温等(3)N2H4(g)=N2(g)2H2(g)H50.7 kJmol1350 左右、负载率3%26.(10分)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。实验室由铬铁矿粉制备重铬酸钾流程如图所示：已知步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2(未配平)。有关物质的溶解度如图所示。回答下列问题：(1)滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。(2)步骤调滤液2的pH最合适的试剂是_。A.H2SO4溶液 B.KOH溶液C.浓盐酸 D.K2CO3粉末如何用最简单的方法粗略判断pH已调
39、至合适范围_。(3)向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩至_，停止加热，然后冷却结晶，得到的K2Cr2O7固体产品。(4)本实验过程中多次用到抽滤的装置，下列关于抽滤的说法正确的是_。A.抽滤时，先用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀B.下图抽滤装置中只有2处错误C.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D.洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀，减小沉淀的损失。(5)某同学用m g铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，为了测定产率，该同学设计了以下实验：将所有产品加水溶解并定容于500 mL容量瓶中。移取25.00 mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，
40、加入过量2 molL1 H2SO4，再加1.1 g KI，加塞摇匀，充分反应后铬完全以Cr3存在，于暗处静置5 min后，加指示剂，用0.025 0 molL1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。(已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使产量的测量结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。计算该同学的产率_100%(用含是m的式子表示，要求化简，m的系数保留二位小数)。解析铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤的主要反应为FeOCr2O3Na
41、2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2，Cr元素的化合价由3价升高为6价，Fe元素的化合价由2价升高为3价，N元素的化合价由5价降低为3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeOCr2O34Na2CO37NaNO34Na2CrO4Fe2O34CO27NaNO2，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al(OH)3、Si，滤液2中含Na2CrO4，中调节pH发生2CrO2HCr2OH2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7K2Cr2O7，可知中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2
42、O7。(1)由上述分析可知，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质；(2)步骤中调节pH发生2CrO2HCr2OH2O，则需要滴加稀酸溶液促进平衡正向移动，而Cl在酸性条件下能被Cr2O氧化，则应选择稀硫酸，答案为A；当溶液的颜色显橙红色，继续滴加酸后颜色没有明显变化，说明pH已调至合适范围；(3)“滤液3”中加入适量KCl，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，再冷却结晶，得到K2Cr2O7；(4)A项，向布氏漏斗中转移混合物时应先用倾析法转移溶液，然后开大水龙头，使吸滤瓶中气压减小，加快过滤的速度，待溶液快流尽时再转移沉淀，故A正确；B项，装置中布氏漏斗下端尖嘴方向错了，另外抽滤瓶
43、导管伸入瓶内部分，是左短右长，则共有2处错，故B正确；C项，抽滤得到的滤液应从吸滤瓶瓶口倒出，故C错误；D项，洗涤沉淀时，应开小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀，以减小沉淀的损失，故D错误；答案为AB；(5)根据Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O和2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI，得关系式：Cr2O3I26Na2S2O3，则样品中K2Cr2O7的物质的量为0.025 0 molL10.02L mol，m g铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)理论制得K2Cr2O7的物质的量为22 mol，则产率为。答案(1)Al(OH)3 (2)A溶液的颜色显橙红色，继续滴加酸后颜色没有明显变化(
44、3)表面出现晶膜(4)AB(5)偏低0.63/m27.(10分)化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体。实验室由A制备G的一种路线如下：(1)H中所含官能团的名称是_；由G生成H的反应类型是_。(2)F的结构简式为_。(3)由D生成E的化学方程式为_。(4)芳香族化合物X是F的同分异构体，1 mol X最多可与4 mol NaOH反应，其核磁共振氯谱显示分子中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为331。写出两种符合要求的X的结构简式：_。(5)写出以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选)制备化合物的合成路线。解析根据流程图，A()发生磺化反应生成B，根据D的结构可知B为，B在
45、碱性条件下水解，再酸性后生成C，C为，C发生还原反应生成D()，D与乙酸酐发生取代反应生成E，结合E的分子式可知E为，根据F的分子式(C12H14O4)结合H的结构可知，F为，F在氢氧化钠溶液中水解后酸化生成G，G为，G与发生取代反应生成H()。(1)H()中所含官能团有羟基、醚键；G与发生取代反应生成H；(2)根据上述分析，F的结构简式为；(3)D与乙酸酐发生取代反应生成E，反应的化学方程式为(CH3CO)2OCH3COOH；(4)F为，芳香族化合物X是F的同分异构体，1 mol X最多可与4 mol NaOH反应，说明结构中如果含有酯基，则酯基水解生成的羟基为酚羟基；含有其核磁共振氯谱显示分子中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为331符合要求的X有(任写2种)；(5)以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备化合物，苯环上的羧基可以有甲基氧化得到，苯环上引入酯基，需要显引入酚羟基，根据流程图中AC的提示可以完成，因此合成路线为。答案(1)羟基、醚键取代反应
