1、河南省洛阳市新安县第一高级中学2021届高三化学入学测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 N-14 Na-23 Fe-56一、选择题(本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共20分)1. 我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B. “嫦娥四号”使用的SiCAl材料属于复合材料C. 5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D. “东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素【答案】C【解析】【详解】A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯
2、的原料，故A正确；B. SiCAl材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D. 氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。2. 用化学用语表示NH3+HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）A. NH4Cl的电离方程式NH4ClNH3+HClB. HCl的电子式：C. NH3的结构式：D. Cl-的结构示意图：【答案】C【解析】 【分析】 【详解】 A. NH4Cl是强电解质，完全电离，电离方程式NH4Cl=NH4+Cl-，A 错误； B.氯化氢是通过共用电子对形成共价化合物，电子式为 ，B错误； C
3、. NH3的电子式为，用一条短线来代表一对共用电子对，得到结构式为，C正确； D.氯原子核内有17个质子，核外有17个电子，得到一个电子形成稳定结构的氯离子，则 Cl-的结构示意图： ，D错误； 答案选C。 3. 我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第A族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（ ）A. 元素的金属性：KRbB. 中子数为50的Rb的核素：RbC. 与同周期元素53I的原子半径比：RbID. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOHRbOH【答案】D【解析】 【分析】 【详解】 A同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，Rb在 K的下
4、一周期，所以元素的金属性：KRb ，A错误； B原子符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以中子数为50的 Rb的核素的质量数是87，可表示为： ，B错误； C对于电子层相同的元素，核电荷数越大，原子半径越小。Rb和 I的电子层数相同，Rb是第IA 的元素，I是第VIIA的元素，所以 Rb、I的原子半径：Rb I，C错误； D同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：KOHRbOH，D正确； 答案选D。 4. 下列关于酸、碱、盐元素组成的说法中，正确的是（ ）A. 酸、碱一定含有氢，盐一定不含氢B. 酸
5、、碱、盐可能都不含金属元素C. 碱、盐可能含氧，酸一定含氧D. 盐、碱一定含有金属元素，酸一定不含金属元素【答案】B【解析】【详解】A不管是无氧酸还是含氧酸，一定含氢元素；除一水合氨外，碱都含氢氧根，碱中一定含氢元素，铵盐中含氢元素，A错误；B酸(无氧酸、非金属含氧酸)、碱(一水合氨)、盐(铵盐)，都不含金属元素，B正确；C碱中一定含氧，含氧酸盐含氧，但无氧酸中不含氧，C错误；D碱(一水合氨)、盐(铵盐)中不含有金属元素，酸可能含金属元素(如HMnO4)，D错误；故答案为：B。5. 实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是（ ）A. 装置甲制取H2B
6、. 装置乙净化干燥H2C. 装置丙制取CaH2D. 装置丁吸收尾气【答案】D【解析】【详解】A. 装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2，实验装置和原理能达到实验目，选项A不选；B. 装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥H2的作用，实验装置和原理能达到实验目，选项B不选；C. 装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2 ，实验装置和原理能达到实验目，选项C不选；D. 装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应，实验原理与吸收尾气不符合，过量氢气应收集或点燃，选项D选。答案选D。6. 下列指定反应的离子方程式正确的是()A.
7、用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2=I22OHB. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe4HNO=Fe3NO2H2OC. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2S2O5H2O=10H2SO8ClD. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO【答案】C【解析】【详解】A酸性条件下，过氧化氢与海带灰浸出液中的碘离子反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为2IH2O22H+=I22H2O，故A错误；B过量的铁粉溶于稀硝酸生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe+2NO+8H=3Fe2+2NO+4H2O，故B错误；CNa2S2O3溶液与C
8、l2反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为4Cl2S2O5H2O=10H2SO8Cl，故C正确；DNaAlO2溶液中与过量的CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，故D错误；故选C。7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4 L Cl2溶于水充分反应转移NA个电子B. 标准状况下，2.24 L HF与1.6 g CH4分子所含电子数目均为NAC. 50 g质量分数为46%的乙醇溶液中氢原子总数为6NAD. 25 时，1 L 2 mol/L NH4Cl溶液和1 L 1 mol/L (NH4)2SO
9、4溶液中所含NH4+的数目均为2NA【答案】C【解析】【分析】A、氯气与水的反应是可逆反应；B、HF在标准状况下为液态；C、50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为50g46%23g，水的质量为（50g23g）=27g，溶液中氢原子为两者所含氢原子之和；D、NH4+在溶液中水解。【详解】A项、氯气与水的反应是可逆反应，标准状况下22.4 L Cl2不可能完全反应，转移的电子数小于NA，故A错误；B项、HF在标准状况下为液态，故2.24LHF的物质的量不是0.1mol，所含电子数目不为NA，故B错误；C项、50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为50g46%23g，水的质量为（5
10、0g23g）=27g，溶液中氢原子的物质的量为（6+2）=6mol，溶液中氢原子总数为6NA，故C正确；D项、NH4+在溶液中水解，则1 L 2 mol/L NH4Cl溶液和1 L 1 mol/L (NH4)2SO4溶液中NH4+的物质的量均小于2mol，所含NH4+的数目均小于2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，注意氯气与水反应和盐类水解为可逆反应的是解答关键。8. 利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸
11、制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意；C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不
12、能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是C。9. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀Y中含有氯原子B将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：ClSiC常温下，分别测定浓度均为0.1molL1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HFHClOD向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有强氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶
13、液，产生白色沉淀，可知Y中含氯原子，故A正确；BHCl不是Cl的最高价氧化物所对应的水化物，所以不能根据HCl、H2SiO3酸性强弱判断非金属性强弱，故B错误；C常温下相同浓度的钠盐溶液的pH值越大，该酸的酸性越弱，所以常温下，分别测定浓度均为0.1molL1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，则酸性：HFHClO，故C错误；D若白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气等碱性非氧化性气体；若白色沉淀为硫酸钡则X可能为氯气等氧化性气体，故D错误；答案选A。10. 以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述不正确的是( ) A. 过程中的能量转化形式
14、是太阳能化学能B. 过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2C. 过程中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol电子D. 铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A. 过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能化学能，A正确；B. 过程II实现了FeO与H2O反应生成Fe3O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，B正确；C. 过程：2Fe3O4（s）6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116 g232 g/mol=0.5 mo
15、l，故生成0.25mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.25mol41mol电子，C错误；D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故合理选项是C。二、选择题(本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共30分)11. 下图是周期表中短周期的一部分，已知Y原子与Z原子核外电子总数为X原子核外电子数的4倍，以下推断正确的是（ ）A. X、Y、Z三者均为金属元素B. X、Y、Z三者核外电子数之和为40C. X与Y、Y与Z均可形成离子化合物D. Y与Z只能形成一种共价化合物【答案】B【解析】【分析】由短周期元素在周期表中位置，可X处于
16、第二周期，Y、Z处于第三周期，已知Y原子与Z原子核外电子总数之和为X的4倍，设X的原子序数x，则Y的原子序数为x+7，Z的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则X为O，Y为P，Z为Cl结合以上分析，并根据共价化合物及离子化合物的概念进行分析判断。【详解】根据上述分析可知，X为O，Y为P，Z为Cl，A、X为O元素，Y为P元素，Z为Cl元素，三种元素都是非金属，故A错误；B、X为O，Y为P，Z为Cl，三者核外电子数之和为8+15+17=40，故B正确；C、P与O、O与Cl均可以形成共价化合物P2O5、Cl2O7，故C错误；D、Y为P，Z为Cl，二者可以形成PCl3、PCl5等多种
17、共价化合物，故D错误；综上所述，本题正确选项B。12. 在恒温、恒容的密闭容器中进行反应 A（g）B（g）+C（g），若反应物的浓度由2molL-1 降到 0.8molL-1 需要 20s，那么反应物浓度再由 0.8molL-1 降到 0.2molL-1 所需要的时间为A. 10sB. 大于 10sC. 小于 10sD. 无法判断【答案】B【解析】【详解】反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率v=0.06mol/(Ls)，假设以0.06mol/(Ls)的反应速率计算反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间t=10s，实际上A物质的化学反应速率是随
18、着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/(Ls)，所用时间应大于10s，故选B。【点睛】解答本题要注意浓度对反应速率的影响，20s后A的浓度减小，以后的反应速率要小于20s内的反应速率。13. 下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）A. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJmol-1，E反应物E生成物B. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物E生成物C. 2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol-1，1
19、molHCl在密闭容器中分解后放出92.3kJ的能量D. 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应后生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-38.6kJmol-1【答案】B【解析】【分析】A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应； B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C. 该反应为吸热反应；D. 该反应为可逆反应。【详解】A.当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应H0，A项错误；B.当反应物总能量0，B项正确；C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+9
20、2.3kJmol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H-38.6kJmol-1，D项错误；答案选B。14. 反应8NH33Cl2N26NH4Cl的相关描述中正确的是A. N2的电子式是 B. 反应物和生成物的化学键类型相同C. 每生成11.2 L N2，转移电子数为3 NAD. 还原剂与还原产物的物质的量之比是13【答案】D【解析】【详解】A.氮气的电子式为：；B.
21、反应物氨气和氯气均只含有共价键，生成物NH4Cl中铵根和氯离子直接为离子键，故B错误；C.未指明温度和压强，无法确定11.2 L N2的物质的量，无法确定转移电子数，故C错误；D. 反应中NH3为还原剂，NH4Cl为还原产物，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，生成6molNH4Cl，则该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比是13，故D正确；故答案为D。15. 研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：N2O+Fe+=N2+FeO+(慢）；FeO+CO=CO2+Fe+(快）。下列说法正确的是A. 反应是氧化还原反应，反应是非
22、氧化还原反应B. Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物C. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定D. 若转移lmol电子，则消耗1molN2O【答案】B【解析】【详解】A反应中碳元素的化合价由+2价变为+4价 ，铁元素的化合价由+3价变为+1价，有元素化合价的升降，因此是氧化还原反应，反应也是氧化还原反应，故A错误；BFe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故B正确；C由图可知，Fe+N2O=FeO+N2、FeO+CO=Fe+CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的
23、反应决定，故C错误；D根据反应N2O+Fe+=N2+FeO+可知，氮元素由N2ON2，化合价由+1价变为0价，消耗1molN2O，生成1molN2，转移2mol电子，故D错误；答案为B。16. 苯甲酸钠(缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25时，HA的Ka=6.2510-5，H2CO3的，Ka1=4.1710-7，Ka2=4.9010-11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25，不考虑饮料中其他成分)A. 相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B. 提高CO2充气压力，饮料中c(
24、A-)不变C. 当pH为5.0时，饮料中=0.16D. 碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)-c(HA)【答案】D【解析】【详解】A由题中的信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B提高二氧化碳充气压力，溶液的酸性增强，溶液中的c(A-)减小，故B错误；C当pH为5.0时，饮料中，故C错误；D碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒，则各种粒子的浓度关系为：，故D正确。答案选D。17. 锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子
25、交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述不正确的是A. 锌电极上发生氧化反应B. 电池工作一段时间后，甲池的c(SO42-)减小C. 电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D. 阳离子通过交换膜向正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】B【解析】【分析】在上述原电池中，锌电极为负极，锌原子失去电子被氧化成锌离子。电子沿着外接导线转移到铜电极。铜电极为正极，溶液中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。【详解】A. 铜电极为正极，锌电极为负极，负极发生氧化反应，A项正确；B. 电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。但是阳离子交
26、换膜只允许阳离子和水分子通过，SO42-不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO42-)不变，B项错误；C. 锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上沉淀，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，每沉淀1mol，即64g铜，就补充过来1mol锌离子，其质量为65g，所以工作一段时间后乙池溶液的质量不断增加，C项正确；D. 原电池中，阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，使溶液保持电中性，维持电荷平衡，D项正确；答案选B。【点睛】本题主要考察原电池工作原理，其口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的
27、难点是C选项，理解电极中固体的变化情况是解题的关键，解此类题时同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。18. 下列各表述与示意图一致的是A. 25时，用0.1molL-1盐酸滴定20mL 0.1molL-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B. 10mL 0.01molL-1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1molL-1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2-)随时间的变化C. 曲线表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化D. a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g) H0
28、使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化【答案】C【解析】【分析】A. 等浓度的强酸强碱的滴定曲线，到达终点的pH发生突变，不是渐变；B. 发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；C. 反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) Hr(X)r(W)B. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C. 由W与X形成的一种化合物可作供氧剂D. Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，
29、则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素，据此分析。【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素。A.同主族从上而下原子半径依次增大，同周期从左而右原子半径依次减小，故原子半径：r(X)r(Z) r(W)，选项A错误；B. 非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强，则W的简单气态氢化物H2O的热稳定性比Y的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；C. 由W与X形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，选
30、项C正确；D. 非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性比HClO4的弱，选项D错误；答案选C。20. 用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是( )A. 上下移动中铜丝可控制SO2的量B. 中选用品红溶液验证SO2的生成C. 中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D. 为确认CuSO4生成，向中加水，观察颜色【答案】D【解析】【详解】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；C、SO
31、2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D、铜与浓硫酸反应后中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。答案选D。三、非选择题(本题共5个小题，共50分)21. K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。请回答下列问题：(1)晒制蓝图时，用)K3Fe(C2O4)33H2O作感光剂，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2：显色反应的化学反应式为_FeC2O4+_K
32、3Fe(CN)6一_Fe3Fe(CN)62+_，配平并完成该显色反应的化学方程式。(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。通入氮气的目的是_。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_，_。为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_。样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：_。(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL-1KMnO4，溶液滴定至终点。在滴定管中装入KMnO4溶液的前一步，应进行的操作为_。滴定终点
33、的现象是_。向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则测定结果_。过滤、洗涤实验操作过程需要的玻璃仪器有_。【答案】 (1). 3 (2). 2 (3). 1 (4). 3K2C2O4 (5). 隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置 (6). CO2 (7). CO (8). 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 (9). 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解
34、，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3 (10). 用KMnO4溶液进行润洗 (11). 粉红色出现 (12). (13). 偏低 (14). 烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)【解析】分析】（1）根据元素守恒规律配平亚铁离子能与K3Fe(CN)6发生的显色反应；（2）根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；根据CO2、CO的性质分析；要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；根据铁离子的检验方法解答；（3）标准滴定管需用标准液润洗，再根据酸性高锰酸钾溶液显红色回答；根据电子得失守恒计算；结合操作不当对标准液浓度的测定结果的影响进行回答；根据操作的基本步骤及操作
35、的规范性作答。【详解】（1）光解反应的化学方程式为2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2，反应后有草酸亚铁产生，根据元素守恒规律可知，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3Fe(CN)6Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4，因此已知方程式中所缺物质化学式为K2C2O4，故答案为3；2；1；3K2C2O4。（2）装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中
36、一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO，故答案为CO2；CO；为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可，故答案为先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入12滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3，故答案为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液；溶液变红色，证明含有Fe2O3；（3）滴定管需用标准液润
37、洗后才能进行滴定操作；高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现，故答案为用KMnO4溶液进行润洗；粉红色出现。锌把Fe3+还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则消耗的标准液的体积偏小，导致最终结果偏低，故答案为；偏低；过滤和洗涤需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)，故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒、
38、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)。【点睛】本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。22. CO2是一种廉价的碳资源，
39、其综合利用具有重要意义。回答下列问题：(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_(写离子符号)；若所得溶液pH=10，溶液中c(HCO3-)c(CO32-)_。(室温下，H2CO3的K1=410-7；K2=510-11）(2)CO2与CH4经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(s) H=-75kJmol-1 C(s)+O2(g)=CO2(s) H=-394kJmol-1C(s)+ O2(g)=CO(s) H=-111kJmol-
40、1该催化重整反应的H=_。有利于提高CH4平衡转化率的条件是_(填标号)。A 低温低压 B 低温高压 C 高温低压 D 高温高压某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50，其平衡常数为_mol2L-2。反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)= C(s)+ 2H2(g) 消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)H/kJmol-175172活化能/kJmol-1催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X_Y(填“优于”或“劣于”)，理由是：
41、_。(3)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示：X是电源_极(填“正”或“负”)。阴极的电极反应式是：H2O+2e-=H2+O2- 、CO2+2e-=CO+O2-则总反应可表示为_。【答案】 (1). (2). (3). +247kJ/mol (4). C (5). (6). 劣于 (7). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性 (8). 负 (9). H2O+CO2H2+CO+
42、O2【解析】【分析】(1)根据K2=结合溶液的pH分析解答；(2)根据盖斯定律分析计算H；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)=n(CH4)=1mol50%=0.5mol，生成的n(CO)=n(H2)=1mol，根据三段式分析解答化学平衡常数；消碳反应越容易发生，催化剂活性越好，消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行；(3)电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气
43、，据此书写总反应方程式。【详解】(1)K2=510-11，当c(HCO3-)=c(CO32-)，c(H+)=510-11，pH=10.3，如果溶液的pH=13，则c(HCO3-)远远小于c(CO32-)，CO2主要转化为CO32-；若所得溶液pH=10，c(H+)=110-10，则c(HCO3-)c(CO32-)，K2=510-11，解得=，故答案为CO32-；(2)C(s)+2H2(g)CH4(g)H=-75kJmol-1，C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394kJmol-1，C(s)+O2(g)=CO(g)H=-111kJmol-1，根据盖斯定律，将方程式2-得CH4(g)+CO
44、2(g)2CO(g)+2H2(g)，H=2(-111kJmol-1)-(-75kJmol-1)-(-394kJmol-1)=+247kJ/mol；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，故选C；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)=n(CH4)=1mol50%=0.5mol，生成的n(CO)=n(H2)=1mol，该化学反应 CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)开始(mol/L) 1 0.5 0 0反应(mol
45、/L)0.25 0.25 0.5 0.5平衡(mol/L)0.75 0.25 0.5 0.5化学平衡常数K=，故答案为+247；C；根据表中数据知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性，故答案为劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；(3)根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O-CO2混合气体，二氧化碳
46、得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故答案为负；电解池阴极发生还原反应，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e-H2+O2-，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e-CO+O2-，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故答案为H2O+CO2H2+CO+O2。23. 磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的科技支柱产业之一，作为信息产业和机电工业的重要基础功能材料，磁性材料广泛应用于电子信息、军事技术等领域
47、。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的主要工艺流程如图：已知几种金属离子沉淀的pH如表。Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.23.77.810.4回答下列问题(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有_。A搅拌 B适当升高温度 C.研磨矿石 D加入足量的蒸馏水(2)溶浸过程中主要产生的离子为Fe3+、Mn2+、SO，请写出主要反应的离子方程式：_；浸取后的溶液中含有少量Fe2+、Cu2+、Ca2+，则在加入石灰调节溶液的pH从而使铁元素被完全沉
48、淀前，加入适的量软锰矿目的是_，加入石灰调节溶液pH的范围为_。(3)净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质，故滤渣主要是_(填化学式)和CaF2。(4)有人认为净化工序中使用NaF会引起污染，建议用(NH4)2CO3代替NaF，但是用(NH4)2CO3代替NaF的缺点是_。【答案】 (1). D (2). 2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO (3). 将残余Fe2+转化为Fe3+ (4). 3.7pH5.2 (5). CuS (6). 会使Mn2+形成MnCO3沉淀进入滤渣，降低碳酸锰的产率【解析】【分析】由流程可知软锰矿(主要成分Mn
49、O2)和黄铁矿加入硫酸溶浸，加入软锰矿、石灰调节溶液pH在3.7pH5.2，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化钠和氟化钠，除去Cu2+、Ca2+，过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰得到碳酸锰，据此分析解答。【详解】(1)升高温度、搅拌、增大固体的表面积等均能加速固体的溶浸，提高浸出效率，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有适当升高温度，搅拌，研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度等，故不合理的做法为D，答案选D；(2)溶浸过程中主要产生的离子为Fe3+、Mn2+、SO，主要反应的离子方程式：2FeS2 +15MnO2+28H+=2Fe3+1
50、4H2O+15Mn2+4SO；浸取后的溶液中含有少量Fe2+、Cu2+、Ca2+，则在加入石灰调节溶液的pH从而使铁元素被完全沉淀前，加入适的量软锰矿目的是将残余Fe2+转化为Fe3+，便于沉淀而除去；由表中数据可知三价铁离子完全的沉淀的pH为3.7，铜离子开始沉淀的pH为5.2，所以加入石灰调节溶液的pH的范围为3.75.2，即3.7pH5.2； (3)净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质，净化工序时，加入硫化钠溶液，硫化钠与铜离子反应生成硫化铜沉淀；加入氟化钠溶液，氟化钠与钙离子反应生成氟化钙沉淀，故滤渣主要是CuS和CaF2；(4)碳酸锰难溶，用(NH4)2CO3代替Na
51、F的缺点是会使Mn2+沉淀进入滤渣，降低碳酸锰的产率。【点睛】本题易错点为(2)题中主要反应的书写，根据题意，酸浸时发生的是氧化还原反应，反应物在流程中已知，生成物题目中已告知主要生成的离子，可以根据氧化还原反应规律，利用得失电子守恒和物料守恒配平反应方程式。24. 扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为_。写出A+BC的化学反应方程式：_。(2)C()中、3个一OH的酸性由弱到强的顺序是_。(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有_种。(4
52、)DF的反应类型是_，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：_。属于一元酸类化合物：苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R一CH2COOHR一一COOH A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下：_CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【答案】 (1). 醛基、羧基 (2). (3). (4). 4 (5). 取代反应 (6). 3 (7). (8). 【解析】【分析】A分子式为C2H2O3，可发
53、生银镜反应，且具有酸性，则A为OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A转化到C发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基； ；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：，故答案为；(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为4；(4)对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置，DF的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3mol NaOH；其同分分异构体满足属于一元酸类化合物：苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，其结构简式可以为：故答案为取代反应；3；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为，故答案为。