1、2020年10月北京十二中高三化学月考试卷第I卷 选择题一、选择题1. 乙酸是一种常见的有机物。下列有关乙酸的化学用语中，不正确的是A. 实验式：CH2OB. 比例模型：C. 甲基的电子式：D. 电离方程式：CH3COOHCH3COO+ H+【答案】C【解析】A. 乙酸的实验式为CH2O，A正确；B. 乙酸的比例模型为，B正确；C.甲基的电子式为，C不正确； D. 乙酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO+ H+，D正确。本题选C。2. 下列说法不正确的是A. 室温下，在水中的溶解度：乙酸苯酚溴乙烷B. 能发生银镜反应的物质一定含有醛基，属于醛类有机物C. 乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3
2、溶液加以区分D. 酚类物质具有还原性，有些可用作食品中的抗氧化剂【答案】B【解析】【详解】A乙酸与水互溶，苯酚在水中溶解度不大，溴乙烷不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：乙酸苯酚溴乙烷，故A不选；B能发生银镜反应的物质一定含有醛基，但不一定属于醛类有机物，如葡萄糖能发生银镜反应，属于单糖，故B选；C乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同可鉴别，故C不选；D酚羟基易被氧化，则酚类物质具有还原性，有些可用作食品中的抗氧化剂，故D不选；故选：B。3. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 17g NH3中含有的电子数为8NAB. 1mol H2O2中含有极性键的数目
3、为3NAC. 标准状况下，22.4L四氯化碳所含分子数为NAD. 28 g C2H4和C3H6的混合物中含有的碳原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A. 每个氨分子中有10个电子，17g NH3的物质的量为1mol, 所以其含有的电子数为10NA，A不正确；B. 一个过氧化氢分子中有2个氢氧键和一个氧氧键，其中氢氧键是极性键，氧氧键是非极性键，所以含有极性键的数目为2NA，B不正确；C. 标准状况下，四氯化碳是液体，因为不知道其密度，所以无法计算22.4L四氯化碳所含分子数，C不正确；D. C2H4和C3H6的最简式相同，都是CH2，28 g C2H4和C3H6的混合物含有CH2的物质的量
4、为2mol，所以含有的碳原子数为2NA， D正确；答案选D。4. 下列解释事实的方程式不正确的是A. 用稀盐酸除铁锈： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2OB. 用氨水吸收烟气中少量的SO2： NH3H2O + SO2 = NH4+ HSO3C. 用金属钠除去甲苯中的水：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3=3Cu2+ +2NO + 4H2O【答案】B【解析】【详解】A. 用稀盐酸除铁锈，盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O，故A正确；B. 用氨水吸
5、收烟气中少量的SO2反应生成亚硫酸铵和水： 2NH3H2O + SO2 =2NH4+ SO32+ H2O，故B错误；C. 用金属钠除去甲苯中的水，钠与甲苯不反应，与水反应生成氢氧化钠：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2，故C正确；D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中，铜与硫酸不反应，但氢离子使硝酸根离子具有强氧化性与铜发生反应：3Cu + 8H+ + 2NO3=3Cu2+ +2NO + 4H2O，故D正确；答案选B。5. 有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如图所示。下列有关叙述正确的是A. 1 molX只能消耗1 molNaOHB. 1 molY最多可与3 molH2加成
6、C. 含有苯环和羧基的Y的同分异构体共有3 种D. NaHCO3 溶液可鉴别Y和Z【答案】D【解析】【详解】A. X含有酯基，水解后生成酚羟基和羧基，则消耗NaOH2mol，故A错误；B. Y含有苯环和羰基，都能与氢气发生加成反应，则1 molY最多可与4 molH2加成，故B错误；C.含有苯环和羧基，苯环上如果只有一个取代基有一种，如果有两个取代基，一个甲基，一个羧基，位置有邻、间、对三种，所以符合条件的同分异构体有4种，故C错误；D. 酚羟基与碳酸氢钠不反应，但羧基可与碳酸氢钠溶液反应，则可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z，故D正确；故选：D。6. 溴乙烷在不同溶剂中与 NaOH 发生不同类型
7、的反应，生成不同的产物。实验探究如下：下列分析不正确的是A. 对照实验 i、ii，NaOH 促进了C-Br 键的断裂B. ii 中产生黄色沉淀的反应是 Ag+ +Br- = AgBr C. 实验 iii 的现象说明溴乙烷发生了消去反应D. 检测 ii 中的乙醇、iii 中的乙烯的生成可判断反应类型【答案】C【解析】【详解】A. 对照i、ii知，碱性溶液中加入酸化的硝酸银溶液立刻出现淡黄色沉淀，说明CBr键的断裂受碱液影响，ii反应速率大于i，说明NaOH促进了CBr键的断裂，故A不选；B.ii中生成的淡黄色沉淀为AgBr，离子方程式为Ag+ +Br- = AgBr，故B不选；C.iii中如果能
8、证明生成乙烯，则能说明发生消去反应，iii中能证明生成溴离子，但是不能证明生成乙烯，则不能说明发生消去反应，故C选；D. 如果ii中生成乙醇、iii中生成乙烯，则说明ii发生取代反应、iii发生消去反应，故D不选；故选：C。7. 我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下：下列说法不正确的是A. 过程i发生了加成反应B. 中间产物M的结构简式 C. 利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯D. 该合成路线理论上碳原子的利用率 100【答案】C【解析】【详解】A. 反应中C=C键生成CC键，则为加成反应，故A不选；B. 由球棍模型可知M含有C=C键，且含有醛基，结
9、构简式为，故B不选；C. 异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，不可能生成邻二甲苯，故C选；D. 为加成反应，碳原子全部利用，则碳原子100%利用率，故D不选；故选：C。8. 聚氯乙烯是制作装修材料的最常用原料，失火时聚氯乙烯在不同的温度下，发生一系列复杂的化学变化，产生大量有害气体，其过程大体如图所示：下列说法不正确的是（）。A. 聚氯乙烯的单体可由乙烯与HCl加成而得B. 上述反应中属于消去反应，属于（脱氢）氧化反应C. 火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等D. 在火灾现场，可以用湿毛巾捂住口鼻，并弯下腰尽快远离现场【答案】A【解析】【详解】A. 聚氯乙烯的单
10、体可由乙炔与HCl加成而得，A不正确；B. 上述反应中属于消去反应，属于（脱氢）氧化反应，B正确；C. 由题中信息可知，火灾中由聚氯乙烯产生的有害气体中含HCl、CO、C6H6等，C正确；D. 在火灾现场，生成的有毒气体受热漂浮在房间的上部，人若直立行走，会吸入更多有毒气体或因缺氧而发生危险，可以用湿毛巾捂住口鼻，并弯下腰尽快远离现场，D正确；故合理选项为A。9. PET（，M链节= 192 gmol1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c molL1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗
11、NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是A. PET塑料是一种可降解高分子材料B. 滴定终点时，溶液变为浅红色C. 合成PET的一种单体是乙醇的同系物D. PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）【答案】C【解析】【分析】是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH和，可以发生水解反应生成小分子。【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故A正确；B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；C、的单体为：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍
12、，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；D、NaOH醇溶液只与 PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv10-3mol，则PET的物质的量也等于cv10-3mol，则PET的平均相对分子质量=g/mol，PET的平均聚合度，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。10. A、B两种溶液分别含有下列十种离子中的各不相同的五种：H+、Al3+、Na+、Cu2+、OH-、Cl-。下列判断正确的是（）A. 若A溶液为无色溶液，则A溶液中可能含有：H+、Al3+、Cl-
13、、B. 若A溶液有强还原性，则B溶液中可能含有：H+、Cu2+、Al3+、Cl-、C. 若B溶液呈强碱性，则A溶液中可能含有：H+、Al3+、Na+、Cu2+、D. 若B溶液有强氧化性且各离子浓度相同，则B溶液可能含有：H+、Al3+、Cu2+、【答案】B【解析】【详解】A. 若A溶液为无色溶液且含有H+、Al3+、Cl-、，则B溶液中一定含有Cu2+、OH-、等，Cu2+与OH-、反应，不能大量共存，A项错误；B. 若A溶液有强还原性，则A溶液中含有，与H+、Cu2+、Al3+、（H+）不共存，这些离子都存在于B溶液中，B项正确；C. 若A溶液中含有H+、Al3+、Na+、Cu2+、五种离子
14、，由于A、B溶液中含有各不相同的五种离子，则B溶液中没有阳离子，C项错误；D. B溶液中正电荷数目比负电荷数目多，溶液不显电中性，D项错误；答案选B。11. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZMRQ原子半径(10-10m)1.860.991.431.600.750.74主要化合价最高正价+ 1+7+3+2+5最低负价-1-3-2下列说法正确的是A. 元素 X 和 Q 形成的化合物中不可能含有共价键B. Q2-比 R3-更容易失去电子C. Z、R 的最高价氧化物的水化物可发生反应D. M(OH)2 的碱性比 XOH 的碱性强【答案】C【解析】【分析】同一周期元素，原子半径随
15、着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以右上角元素原子半径最小，左下角元素原子半径最大，元素最高正价等于其族序数，同一非金属元素最高正价与其最低负价的绝对值之和为8，X原子半径最大且最高正价为+1，则X为Na元素；Y元素最高正价是+7、最低负价是-1价，则Y为Cl元素；Z元素最高正价为+3，为第IIIA族元素，且原子半径大于Cl元素，所以Z是Al元素；M元素最高正价为+2，为第IIA族元素，且原子半径大于Z，所以M是Mg元素；R元素最高正价为+5、最低负价为-3，所以R为第VA族元素，且原子半径小于Cl元素，为N元素；Q元素最低负价为-2且没有最高正价，为O元素
16、；再结合物质结构、元素周期律解答。【详解】A元素X和Q形成的化合物有Na2O、Na2O2，过氧化钠中含有共价键，故A错误；B非金属性越弱的元素，其阴离子还原性越强，非金属性ON元素，则Q2-比R3-稳定，故B错误；C Z、R的最高价氧化物的水化物分别是Al（OH）3、HNO3，酸碱发生中和反应，所以它们之间可反应，故C正确；D元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，M金属性小于X，所以M（OH）2的碱性比XOH的碱性弱，故D错误；故选：C。12. 向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3 溶液，当加入2.6 molNaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为：
17、粒子I2Br2物质的量/mol0.51.3针对上述反应，下列说法正确的是A. NaBrO3是还原剂B. 氧化产物只有I2C. 该反应共转移电子物质的量是12 molD. 参加反应的NaI为3 mol【答案】D【解析】【详解】A. NaBrO3中+5价Br被还原生成0价的Br2，则NaBrO3是氧化剂，故A错误；B. NaI中1价碘离子被氧化成生成0价的I2和+5价的 ，则氧化产物为I2和，故B错误；C. .NaBrO3中+5价Br被还原生成0价的Br2，2.6molNaBrO3反应转移的电子数为：2.6mol(50)=13mol，故C错误；D. 根据电子守恒，生成的物质的量为： =2mol，根
18、据碘元素守恒可知，参加反应的NaI的物质的量为：n()+2n(I2)=2mol+0.5mol2=3mol，故D正确；故选：D。13. 某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()A. 实验前两溶液的pH相等B. 实验前两溶液中离子种类完全相同C. 加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D. 加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-Ca2=CaCO3【答案】B【解析】碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH
19、-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+CaCO3，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3+CO2+H2O，故CD错误。14. 向2 mL 0.8 molL1 FeSO4溶液中，滴加2 mL1 molL1 NaHCO3溶液，产生无色气体和白色沉淀。将浊液分成两份，一份迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊；另一份静置一段时间后变为红褐色。已知：碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。下列说法不正确的是A. 无色气体是CO2B. HCO3只发生了电离C. 白色沉淀中含有FeCO3D. 上述实验过程中发生了氧化还原反应
20、【答案】B【解析】【分析】FeSO4与NaHCO3溶液反应，产生无色气体和白色沉淀，气体能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳，沉淀中有FeCO3，HCO3是二元弱酸的酸式根既发生了电离，也发生了水解。【详解】A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，在该反应中肯定为二氧化碳，故A正确；B、HCO3是二元弱酸的酸式盐离子，既能发生电离，也发生水解，故B错误；C、浊液迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生无色气体可使澄清石灰水变浑浊，说明产生了二氧化碳，表明沉淀中有FeCO3，故C正确；D、另一份静置一段时间后变为红褐色，生成了氢氧化铁，说明溶液中亚铁离子被氧气氧化成铁离子，故D正确。答案选B。第 II 卷（
21、非选择题）二、填空题15. 随着能源技术的发展，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。（1）锂元素的性质与原子结构密切相关。写出锂的原子结构示意图：_。（2）根据元素周期律推断：锂与水反应的化学方程式是_。在碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物中， LiOH的碱性最_（填“强”或“弱”）。（3）已知：M(g) M+(g)+e- H（M代表碱金属元素）元素LiNaKRbCsH（kJ/mol）+520+496+419+403+376根据以上数据，元素的金属性与H的关系是_。从原子结构的角度解释中结论：_。（4）海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如下图所
22、示：金属锂在电极_（填“A”或“B”）上生成。阳极产生两种气体单质，电极反应式是_。【答案】 (1). (2). 2Li + 2H2O = 2LiOH + H2 (3). 弱 (4). 同一主族，金属活动性越强（或弱），H越小（或大） (5). 从LiCs，随着质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，H减小 (6). A (7). 2Cl- - 2e- = Cl2、4OH- - 4e- = O2 + 2H2O【解析】【分析】（1）Li是三号元素，可据此画出其原子结构；（2）Li是碱金属中金属性最弱的元素；（3）根据表格中的数据分析即可；同一主族，自上而下，原子半径越大，原子
23、核对最外层电子的吸引力越弱，原子越容易失去电子；（4）要从海水中提炼Li，则Li原本在海水中，由于锂离子选择性膜只允许Li+通过，故可以推出Li+在A极放电生成Li；海水中含有大量的Cl-，故气体之一为Cl2，同时，还能产生O2，据此可以推出相应的电极反应。【详解】（1）Li是三号元素，其原子结构为；（2）Li属于碱金属，其和水反应的方程式为2Li+2H2O=2LiOH+H2；在碱金属元素中，Li的金属性最弱，故LiOH的碱性也最弱；（3）从图中可以分析得到，同一主族，金属活动性越强（或弱），H越小（或大）；从LiCs，随着质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减小
24、，原子失电子能力增强，H减小；（4）要从海水中提炼Li，则Li原本在海水中，由于锂离子选择性膜只允许Li+通过，故可以推出Li+在A极放电生成Li；海水中含有大量的Cl-，故有Cl2生成，相应的电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，海水中在阳放电产生气体的离子还有OH-，故另外一种气体为O2，相应的电极反应为：4OH- -4e-=O2+2H2O。16. 自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气
25、体，水溶液呈深黄绿色，11时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+ 2NaCl + 2H2O。冰水浴的作用是_。 NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为_。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到_，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_（填字母序号）。a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2（4）K2Fe
26、O4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。上述制备K2FeO4反应的离子方程式为_。净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是_。【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层，下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3
27、+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用【解析】【详解】（1）根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO2 11时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，答案为：分离Cl2和ClO2； NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观
28、察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。答案为：溶液分层，下层为紫色；（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；b. O3具有强氧化性，故b不符合；c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；答案为ad；（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消
29、毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；净水过程中，
30、FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。17. 草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42的物质的量之比确定其纯度，步骤如下：称取一定质量的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。称取m g中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70水浴
31、加热，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液v1 mL（其中所含杂质与KMnO4不反应）。向滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用c molL1 KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液v2 mL。重复上述实验3次，计算。已知：草酸是弱酸。pH4时，Fe2+易被O2氧化。酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。(1)中加入稀硫酸的目的是_、_。(2)中与KMnO4溶液反应的微粒是_、_。(3)中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V _v2 mL（填“”、“”或“”）。
32、(4)中，滴定时反应的离子方程式是_。(5)m g中制得的晶体中，Fe2+和C2O42的物质的量之比是_（用含v1、 v2的计算式表示）。【答案】 (1). 抑制Fe2+水解 (2). 增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化 (3). Fe2+ (4). C2O42 (5). (6). (7). 【解析】【分析】先用硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁，称取m g草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，用 KMnO4溶液滴定至终点，Fe2+和C2O42都反应完，Fe2+被氧化为Fe3+，滴定后溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+，最后再用
33、等浓度KMnO4溶液滴定至终点，则可以计算出的Fe2+的含量，则C2O42消耗的KMnO4溶液体积为（v1- v2），可计算出C2O42的含量。【详解】(1)亚铁离子要水解，由信息可知pH4时，Fe2+易被O2氧化，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；故答案为：抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；（2）中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42，故答案为：Fe2+；C2O42；（3）中若未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+继续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：；（4）
34、中滴定时，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：；（5）中滴定时，MnO4-与Fe2+的关系式为：，的物质的量为：，Fe2+的物质的量为；在中C2O42与的关系式为, C2O42消耗的KMnO4溶液体积为（v1- v2），的物质的量为：，C2O42的物质的量为：，Fe2+和C2O42的物质的量之比为=，故答案为：。【点睛】该题主要考查氧化还原滴定，关键是要理清反应原理，用电子守恒法找出关系式，再由关系式进行计算。18. 合成中间体L的路线如下(部分反应条件或试剂略去)：已知：(1)A名称是_。(2)A与Br2按物质的量之比11发生1，4-加成反应生成B，AB的化学方程式是_。(3)BC
35、的反应类型是_。(4)D中所含官能团的名称是_。(5)E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是_。(6)CD在上述合成中的作用是_。(7)J的结构简式是_。(8)KL的化学方程式是_。(9)设计由L制备M()的合成路线_(有机物用结构简式表示，无机试剂任选)。【答案】 (1). 1,3-丁二烯 (2). CH2=CH-CH=CH2+Br2 (3). 取代反应 (4). 溴原子、羟基 (5). +3NaOHNaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O (6). 保护碳碳双键，防止其被氧化 (7). (8). (9). 【解析】【分析】A(CH2=CH-CH=CH2)发生1,4-加成生成B，
36、B为，根据C(C4H8O2)的不饱和度为1，与B()一致，并且分子式中没有了溴原子，可知B到C的反应为卤代烃的水解反应，则C为；由C(C4H8O2)、D(C4H9O2Br)的分子式可知，此步发生了碳碳双键与HBr的加成反应，D为，D被酸性高锰酸钾氧化生成E，E为，氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，因此F为HOOCCH=CHCOOH，由K到L的反应条件，结合K的分子式和G的结构可以推知K为，根据已知信息I，结合G和K的结构，J为，据此分析解答。【详解】(1)由有机物的命名规则可知，A(CH2=CH-CH=CH2)的名称为1,3-丁二烯，故答案为1,3-丁二烯；(2)按照二烯烃的1,4-加
37、成原理可知，反应的方程式为，故答案为；(3)C(C4H8O2)的不饱和度为1，与B()一致，并且分子式中没有了溴原子，可知B到C的反应为卤代烃的水解反应，所以反应类型为取代反应或水解反应，故答案为取代反应或水解反应；(4)根据上述分析，D（）中官能团有羟基和溴原子，故答案为羟基和溴原子；(5)氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，所以此步反应是卤代烃的消去反应，反应的化学方程式为+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O，故答案为+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O；(6)由已知信息II可知，烯烃可以被酸性高锰酸钾氧化，所以流程中采取了
38、在使用酸性高锰酸钾之前对碳碳双键进行了保护，故答案保护碳碳双键，防止其被氧化；(7)根据上述分析，J为，故答案为；(8)K到L的反应发生在酸酐上，同时要消耗两个乙醇才能生成L的两个酯基，因此反应的化学方程式为，故答案为；(9)由L()制备M()。根据已知信息II，L中碳碳双键能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，根据已知信息III，就可以形成目标产物，因此合成路线为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(9)中合成路线的设计，要注意题干信息的灵活运用，要合成，根据信息III，若将中环打开，则需要合成，因此需要根据信息II将原料中碳碳双键打开。19. 探究铁在某浓度H3PO4和H2O2的混合溶液中反应的情
39、况，进行如下实验：实验操作现象将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中，加入30 mL 1.0 molL1 H3PO4和3 mL 30% H2O2的混合溶液（pH1）。一段时间后铁钉表面突然产生大量气泡，随后停止产生气泡；一段时间后再产生大量气泡，再停止，出现周而往复的现象。过程中，溶液保持澄清。将与实验相同的铁钉放入烧杯中，加入30 mL 1.0 molL1H3PO4和3 mL H2O。片刻后铁钉表面持续产生气泡，溶液保持澄清。已知：Fe3(PO4)2难溶于水，Fe(H2PO4)2溶于水。(1)用85% H3PO4配制100 mL 1.0 molL1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
40、、_。(2)实验中铁钉表面产生气体的化学方程式是_。(3)探究停止产生气泡的原因。提出假设：铁钉表面形成了含有+3价铁的氧化膜将铁钉覆盖。甲同学进行实验，得出假设成立的结论。实验：将洗净的实验中无气泡产生时的铁钉置于试管中，加入滴有KSCN溶液的稀H2SO4，振荡，静置，溶液呈红色。乙同学认为实验无法证实假设成立，其理由是_。乙同学通过改进实验证实了假设成立。(4)铁钉表面突然产生大量气泡的可能原因是Fe2+迅速被H2O2氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的H2脱离铁钉表面。实验证实了形成氧化膜过程中产生H+。实验：_（填操作），滴入少量FeSO4溶液后，立即测定pH，pH迅速降低。形成氧化膜（
41、以Fe2O3计）的离子方程式是_。(5)实验中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率角度分析其原因：_。【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). (3). 未排除氧气的干扰 (4). 取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中 (5). (6). 铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气【解析】【分析】题目是进行探究性实验，在实验I中，铁钉表面产生气泡，是因为铁与H3PO4反应生成氢气，因为
42、溶液保持澄清，根据信息可知还生成了Fe(H2PO4)2，一段时间后再产生大量气泡，再停止，出现周而往复的现象，与实验II对比可知是H2O2发生了作用，再根据后续的探究性实验分析出现周而往复的现象的原因。【详解】（1）根据配制一定物质的量的溶液所需要的仪器，还缺少100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（2）由题目信息可知，铁与H3PO4反应生成氢气和Fe(H2PO4)2，化学方程式为：；（3）氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成成铁离子，故实验无法证实假设成立，故答案为：未排除氧气的干扰；（4）、实验要证实形成氧化膜过程中产生H+，根据控制变量的思想，操作为：取与实验I初始时pH和浓度均
43、相同的H2O2溶液于试管中，滴入少量FeSO4溶液后，立即测定pH，pH迅速降低；故答案为：取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中；、亚铁离子被H2O2溶液氧化为Fe2O3，离子方程式为：；（5）实验中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率角度分析如下：铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。故答案为：铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。【点睛】该题是探究性实验题，需根据实验现象分析反应原理，按照题目的探究步骤分析发生的反应，试题的难点为如何解释气泡的产生和停止反复出现的现象，要求有较强的思考分析能力。
