1、2015-2016学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（下）期末化学试卷一单选题（每小题3分共48分）1下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是( )ACO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C节能减排符合低碳经济的要求D合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺2下列说法不正确的是( )A维生素是参与生物生长发育和新陈代谢所必需的一类有机化合物B糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水是人体所需的营养素C阿司匹林是一种人工合成药物，具有解热镇痛等作用D合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料3室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量
2、共存的是( )A饱和氯水中：Cl、NO3、Na+、SO32Bc（H+）=1.01013molL1溶液中：C6H5O、K+、SO42、BrCNa2S溶液中：SO42、K+、Cl、Cu2+DpH=12的溶液中：NO3、I、Na+、Al3+4下列关于有机化合物的认识错误的是( )A油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C在水溶液里，乙酸分子中的CH3可以电离出H+D在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应5设NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是( )A1mol甲醇中含有CH键的数目为4NAB25，pH=13的NaO
3、H溶液中含有OH的数目为0.1NAC标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NAD常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA6分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A6种B7种C8种D9种7下列说法不正确的是( )A麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4己二烯和甲苯C在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽8把500mL有BaCl2和KC1的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好
4、使钡离子完全沉淀；另取一份加入含6mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀则该混合溶液中钾离子浓度为( )A0.1（b2a）molL1B10（2ab）molL1C10（ba）molL1D10（b2a）molL 19将标准状况下的a L氨气溶于1L水中，得到氨水的密度为b gcm3，则该氨水的物质的量浓度为( )AmolL1BmolL1CmolL1DmolL110下表中评价合理的是( )选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3+H2+8H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO23+2H+=CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入
5、氢氧化钡溶液：Ba2+SO24=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2错误，Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2AABBCCDD11下列说法正确的是( )A1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2B在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀C油脂不是高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸D欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热12新型解热镇痛抗炎药扑炎痛的结构如图所
6、示，下列关于扑炎痛的叙述正确的是( )A该物质的分子式为C17H16NO5B该物质的核磁共振氢谱上共有9个峰C该物质与浓溴水反应生成白色沉淀D该物质在酸性条件下水解最终可以得到4种物质13对羟基扁桃酸是农药、药物、香料合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸在一定条件下反应制得下列有关说法不正确的是( )A上述反应的原子利用率可达到100%B在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰C对羟基扁桃酸可以发生加成反应、取代反应和缩聚反应D1 mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH14洋蓟素是一种新结构类型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其结构如图所示，有关洋蓟素的
7、说法正确的是( )A1mol洋蓟素最多可与6mol Br2反应B结构中有2个手性碳原子C一定条件下能发生酯化反应和消去反应D1mol洋蓟素最多可与9mol NaOH反应15“魔棒”常被用于晚会现场气氛的渲染“魔棒”发光原理是利用H2O2氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯（CPPO）结构简式如图下列说法正确的是( )ACPPO难溶于水BCPPO属于芳香烃也属于高分子化合物C1mol CPPO与NaOH稀溶液反应（不考虑苯环上氯原子水解），最多消耗4mol NaOHD1mol CPPO与氢气完全反应，需要10mol H216下列有机物命名正确的是( )A2甲基3丁炔
8、B2甲基1丙醇C2甲基丁烷D二氯丙烷二非选择题（52分）17现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+，Ag+，Ca2+，Ba2+，Fe2+，Al3+，阴离子有C1，OH，CH3COO，NO3，SO42，CO32，现将它们分别配成0.1molL1的溶液，进行如下实验：测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为AEC；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验中反应的化学方程式是（2）E溶液是，判断依据是（3）
9、写出下列四种化合物的化学式：A、C、D、F（4）在F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色写出沉淀颜色变化的化学方程式18PCT是一种新型聚酯材料，如图是某研究小组合成PCT的路线请回答下列问题：（1）由A生成D的化学方程式为；（2）由B生成C的反应类型是，C的化学名称为；（3）由E生成F的化学方程式为，该反应的类型为；（4）D的同分异构体中为单取代芳香化合物的有（写结构简式）（5）B的同分异构体中，能发生水解反应，且苯环上一氯代产物只有一种的是（写结构简式）19透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶制备它的一种配方中含有下列四种物质：填写下列空
10、白：（1）甲中不含氧原子的官能团是；下列试剂能与甲反应而褪色的是（填标号）aBr2/CCl4溶液 b石蕊溶液 c酸性KMnO4溶液（2）甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：（3）淀粉通过下列转化可以得到乙（其中AD均为有机物）：淀粉ABCD乙A的分子式是，试剂X可以是（4）已知：利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种则丁的结构简式为20利用从冬青中提取出的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，
11、合成路线如下图：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是，BC的反应类型是（2）写出A生成B和E的化学反应方程式（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生产，鉴别I和J的试剂为（4）A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式21三草酸合铁酸钾晶体（K3Fe（C2O4）3xH2O）是一种光敏材料，在110可完全失去结晶水为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：（1）铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液步骤二：取所配溶液25
12、.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4被还原成Mn2+向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性步骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被还原成Mn2+重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL请回答下列问题：配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、转移、洗涤并转移、摇匀加入锌粉的目的是写出步骤三中发生反应的离子方程式：实验测得
13、该晶体中铁的质量分数为在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）（2）结晶水的测定将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量请纠正实验过程中的两处错误：；2015-2016学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（下）期末化学试卷一单选题（每小题3分共48分）1下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是( )ACO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C节能减排符合低碳经济的要求D
14、合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺【分析】A、根据产生温室效应的气体成分判断；B、根据酸雨的形成原因判断；C、根据低碳经济的要求判断；D、根据可燃冰对煤、石油的影响判断；【解答】解：ACO2、CH4是造成温室效应的主要气体，而N2是空气中的主要气体，不是温室气体，故A错误；B、产生酸雨的主要原因是SO2气体，使用清洁能源可以有效防止酸雨发生，故B正确；C、节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故C正确；D、合理开发可燃冰可以减少煤、石油等紧缺能源的使用，故D正确 故选A【点评】本题考查了常见的生活环境的污染和治理，涉及STSE内容，主要与环保、能源和低碳经济有关
15、，属于常识题2下列说法不正确的是( )A维生素是参与生物生长发育和新陈代谢所必需的一类有机化合物B糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水是人体所需的营养素C阿司匹林是一种人工合成药物，具有解热镇痛等作用D合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料【分析】A根据维生素可以起到调节新陈代谢、预防疾病和维持身体健康的作用；B蛋白质、油脂、糖类、维生素、水和无机盐是人体所需的六大营养素；C阿司匹林是解热镇痛药；D合成纤维是有机高分子材料【解答】解：A因维生素可以起到调节新陈代谢、预防疾病和维持身体健康的作用，故A正确； B蛋白质、油脂、糖类、维生素、水和无机盐是人体所需的六大营养素，故B正确；C阿司匹
16、林是人工合成的解热镇痛药，故C正确；D合成纤维是有机高分子材料不是无机非金属材料，故D错误故选D【点评】本题考查维生素，营养素，药物，无机非金属材料等，注意合成纤维是有机高分子材料不是无机非金属材料3室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A饱和氯水中：Cl、NO3、Na+、SO32Bc（H+）=1.01013molL1溶液中：C6H5O、K+、SO42、BrCNa2S溶液中：SO42、K+、Cl、Cu2+DpH=12的溶液中：NO3、I、Na+、Al3+【分析】根据溶液中的成分，若离子之间结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，以及离子之间发生氧化还原反应则不能大量共存于溶液中来分析解
17、答【解答】解：A、由Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，则饱和氯水中含有H+和HClO等微粒，H+与SO32结合生成水和二氧化硫，且在酸性条件下HClO与SO32发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故A错误；B、c（H+）=1.01013molL1溶液中，氢离子浓度小于1.0107molL1，则溶液为碱的溶液，在碱溶液中能共存，故B正确；C、因Na2S溶液中S2与Cu2+结合生成沉淀，则该组离子一定不能大量共存，故C错误；D、因pH=12的溶液中OH较多，则OH与Al3+反应生成AlO2离子，则该组离子一定不能共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子的共存问题，明确离子之间复分解反应发生的
18、条件，能判断常见的弱电解质及离子之间能否发生氧化还原反应、相互促进水解反应等知识点即可解答4下列关于有机化合物的认识错误的是( )A油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C在水溶液里，乙酸分子中的CH3可以电离出H+D在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应【分析】A、烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；B、同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；C、在水溶液里，乙酸分子中羧基中的H发生电离；D、分子中原子或基团被其他原子或原子团所取代的反应称取代反应【解答】解：A、油脂含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成水
19、和二氧化碳，故A正确；B、蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而麦芽糖是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、在水溶液里，乙酸电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+，发生电离是羧基中的H原子，故C错误；D、硝基取代苯环上的H原子生成硝基苯，是取代反应，故D正确故选C【点评】本题涉及同分异构体、有机反应类型、羧酸与油脂的性质等知识，难度不大，重在考查学生对基础知识的掌握5设NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是( )A1mol甲醇中含有CH键的数目为4NAB25，pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAC标准状况下，
20、2.24L己烷含有分子的数目为0.1NAD常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA【分析】A、甲醇为CH3OH，1个分子甲醇中含有3个CH键；B、pH=13的NaOH溶液，c（OH）=0.1mol/L，但体积未知，无法计算离子数目；C、标准状况下，己烷为液体；D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1molO2时反应中转移的电子为2mol【解答】解：A、甲醇为CH3OH，1mol甲醇中含有CH键的数目为3NA，故A错误；B、pH=13的NaOH溶液，c（OH）=0.1mol/L，n=cV，但溶液的体积未知，无法计算离子数目，故B错误
21、；C、标准状况下，己烷为液体，无法计算，故C错误；D、由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1molO2时反应中转移的电子为2mol，则生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，明确物质中的化学键、物质的状态、浓度与物质的量的关系、氧化还原反应中电子转移的数目即可解答，难度不大6分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A6种B7种C8种D9种【分析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体 （2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子 （3）
22、根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子 （4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢【解答】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况故选C【点评】本题考查
23、以氯代物的同分异构体的判断，难度不大，做题时要抓住判断角度，找出等效氢原子种类一般说来，同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上连的所有甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效氯原子取代任意一个等效氢原子所得的一氯代物是同一种只要这样就可以了比如说丙烷有两种一氯代物7下列说法不正确的是( )A麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4己二烯和甲苯C在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽【分析】A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团来分析银镜反应；B、溴水与苯酚溶液反应生
24、成三溴苯酚白色沉淀，与己二烯发生加成反应而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴；C、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；D、甘氨酸和丙氨酸缩合形成二肽时可能有如下四种情况：二个甘氨酸之间；二个丙氨酸之间；甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间【解答】解：A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故A正确；B、苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2，4已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此可以鉴别，
25、故B正确；C、酯类水解时，酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故C错误；D、两个氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，成为成肽反应因此甘氨酸和丙氨酸混合缩合是既可以是自身缩合：二个甘氨酸之间，二个丙氨酸之间（共有2种），也可是甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间，所以一共有4种二肽，故D正确故选C【点评】本题考查醛基、苯酚、双键、酯基、氨基、羧基的性质，常用银镜反应来检验醛基
26、，检验苯酚常用氯化铁溶液和溴水8把500mL有BaCl2和KC1的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含6mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀则该混合溶液中钾离子浓度为( )A0.1（b2a）molL1B10（2ab）molL1C10（ba）molL1D10（b2a）molL 1【分析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同，一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO42=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl=AgCl，恰好使氯离子
27、完全沉淀，则n（Cl）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度【解答】解：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO42=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl=AgCl，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl）=n（Ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl），每份溶液中n（K+）=bmol2amol=（b2a）mol，
28、故钾离子浓度为=10（b2a） molL1，故选D【点评】本题考查离子反应的有关计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键9将标准状况下的a L氨气溶于1L水中，得到氨水的密度为b gcm3，则该氨水的物质的量浓度为( )AmolL1BmolL1CmolL1DmolL1【分析】水为1L，氨气为aL，根据n=计算氨气的物质的量，再根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，进而计算溶液的质量，利用V=计算溶液的体积，再根据c=计算氨水的物质的量浓度【解答】解：氨气的物质的量=；氨气的质量=17g/mol=；氨水的体积=，则氨水的物质的量浓度=，故选C【点评】本题考查物质的量浓
29、度的有关计算，难度中等，注意对公式的理解与灵活运用，注意氨水中的溶质的物质的量以氨气计算，为易错点10下表中评价合理的是( )选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3+H2+8H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO23+2H+=CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO24=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2错误，Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2AABBCCDD【分析】A、Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮；B、
30、碳酸镁是难溶物质；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨；D、氯气具有氧化性，亚铁离子的还原性强于溴离子【解答】解：A、Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮，不会产生氢气，故A错误；B、碳酸镁是难溶物质，不应该写成离子形式，故B正确；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应为：2NH4+Ba2+SO42+2OHBaSO4+2NH3H2O，故C错误；D、亚铁离子的还原性强于溴离子，FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应为，亚铁离子被完全氧化，溴离子被部分氧化：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2，评价为正确；若
31、Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2，则氯气需要过量，溴化亚铁全部反应，故D错误故选B【点评】本题考查学生离子方程式书写的正误判断，主要考查化合物的性质应用，特别是氧化性离子还原性离子的氧化还原反应的顺序，难度不大11下列说法正确的是( )A1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2B在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀C油脂不是高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸D欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热【分析】A葡萄糖为单糖，
32、不能水解；B鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液会因盐析产生沉淀，加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀；C油脂不是高分子化合物，油脂可以发生水解，1mol油脂完全水解生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸；D蔗糖水解完全后应先用NaOH或Na2CO3中和至中性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性【解答】解：A葡萄糖为单糖，不能水解，在无氧呼吸条件下，1mol葡萄糖可以生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A错误；B鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，故B错
33、误；C油脂不是高分子化合物，在化学成分上都是高级脂肪酸跟甘油所生成的酯，1mol油脂完全水解生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸，故C正确；D蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验容易失败，故D错误故选C【点评】本题考查糖类、油脂和蛋白质的性质，难度不大，它们都是天然的有机化合物，要掌握它们的组成、结构、性质和用途12新型解热镇痛抗炎药扑炎痛的结构如图所示，下列关于扑炎痛的叙述正确的是( )A该物质的分子式为C17H16NO5B该物质的核磁共振氢谱上共有9个峰C该物质与浓溴水反应生成白色沉淀D该物质在酸性条件下水解最终可以得到
34、4种物质【分析】根据有机物的结构简式判断有机物的元素种类和原子个数，可确定有机物的分子式，该有机物含有酯基和肽键，结合有机物的结构和官能团的性质解答该题【解答】解：A由结构简式可知该有机物的分子式为C17H15NO5，故A错误；B左侧苯环有4种不同的H，右侧苯环有2种不同的H，共有9种，故B正确；C该有机物不含有酚羟基，不能与溴水发生取代反应生成白色沉淀，故C错误；D该物质在酸性条件下水解最终可以得到3种物质，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，易错点为B，注意有机物同分异构体的判断13对羟基扁桃酸是农药、药物、香料合成的重要中间体，它可
35、由苯酚和乙醛酸在一定条件下反应制得下列有关说法不正确的是( )A上述反应的原子利用率可达到100%B在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰C对羟基扁桃酸可以发生加成反应、取代反应和缩聚反应D1 mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH【分析】该反应为有机物的加成反应，对羟基扁桃酸中，含有酚羟基，可发生取代反应、氧化反应，含有羧基，可发生取代反应，且含有醇羟基，分子间可发生缩聚反应生成高分子化合物，分子中有6种不同的H原子，以此解答该题【解答】解：A该反应为有机物的加成反应，反应的原子利用率可达到100%，故A正确；B结构对称，分子中有6种不同的H原子，故B正确；
36、C对羟基扁桃酸中，含有酚羟基，可发生取代反应，苯环可发生加成反应，含有醇羟基和羧基，可发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D能与NaOH反应的为酚羟基和羧基，则1mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题侧重于有机物的官能团的考查，注意把握有机物的结构特点，把握有机物官能团的性质14洋蓟素是一种新结构类型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其结构如图所示，有关洋蓟素的说法正确的是( )A1mol洋蓟素最多可与6mol Br2反应B结构中有2个手性碳原子C一定条件下能发生酯化反应和消去反应D1mol
37、洋蓟素最多可与9mol NaOH反应【分析】洋蓟素中含有的官能团有酚羟基、酯基、羟基、羧基、碳碳双键，所以应具有烯烃、酚、醇、酯、羧酸的性质，根据结构判断其性质【解答】解：A苯环上酚羟基的邻、对位上的氢原子能与溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以1mol洋蓟素需要6mol溴发生取代反应，2mol溴发生加成反应，共需溴8mol，故A错误；B有机物中手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，分子中含有3个手性碳原子，故B错误；C该分子中含有醇羟基和羧基，所以一定条件下能发生酯化反应；因为含有醇羟基，且醇羟基的邻位的碳原子上有氢原子，所以还可以发生消去反应，故C正确；D四个酚羟基需4mo
38、l氢氧化钠，两个酯基需2mol氢氧化钠，一个羧基需1mol氢氧化钠，共需7mol氢氧化钠，故D错误故选C【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生分析能力和综合应用化学知识的能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的结构和官能团的性质，本题要注意手性碳原子的判断，难度中等15“魔棒”常被用于晚会现场气氛的渲染“魔棒”发光原理是利用H2O2氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯（CPPO）结构简式如图下列说法正确的是( )ACPPO难溶于水BCPPO属于芳香烃也属于高分子化合物C1mol CPPO与NaOH稀溶液反应（不考虑苯环上氯原子水解），最多消耗4mol
39、NaOHD1mol CPPO与氢气完全反应，需要10mol H2【分析】A草酸二酯属于酯类物质；B芳香烃只含C、H元素，且该有机物的相对分子质量在1万以下；C酯基水解生成羧酸及苯酚结构均能与NaOH溶液反应；D由结构可知，含2个苯环【解答】解：A草酸二酯属于酯类物质，则不能溶于水，故A正确；B芳香烃只含C、H元素，该有机物含Cl，则不属于芳香烃，且该有机物的相对分子质量在1万以下，不属于高分子化合物，故B错误；C酯基水解生成羧酸及苯酚结构均能与NaOH溶液反应，所以1molCPPO与NaOH稀溶液反应（不考虑苯环上氯原子水解），最多消耗6molNaOH，故C错误；D由结构可知，含2个苯环，1m
40、olCPPO与氢气完全反应，需要6molH2，酯中的C=O不能发生加成，故D错误；故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，选项D中酯中的C=O不能发生加成为解答的难点和易错点，题目难度中等16下列有机物命名正确的是( )A2甲基3丁炔B2甲基1丙醇C2甲基丁烷D二氯丙烷【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：长：选最长碳链为主链；多：遇等长碳链时，支链最多为主链；近：离支链最近一端编号；小：支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；简：两取代基距离主链两端
41、等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小【解答】解：A选取含三键最长的碳链为主碳链，从离三键近的一端编号确定甲基位置，名称为：3甲基1丁炔，故A错误；B选取含羟基碳在内的最长碳链为主链，离羟基近的一端编号确定羟基位置，名称为2丁醇，故B错误；C最长碳链为四个，离取代基近的一端编号确定甲基位置，名称为：2甲基丁烷，故C正确；D官能团为氯原子，
42、位置在1，2碳原子上，结构简式的名称为1，2二氯乙烷，故D错误；故选C【点评】本题考查了烷烃、卤代烃、炔烃、饱和一元醇的命名判断，题目难度不大，注意掌握常见有机物的命名原则，注意卤代烃、炔烃的命名中，需要从距离官能团、碳碳三键最近的一端开始编号，题目难度不大二非选择题（52分）17现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+，Ag+，Ca2+，Ba2+，Fe2+，Al3+，阴离子有C1，OH，CH3COO，NO3，SO42，CO32，现将它们分别配成0.1molL1的溶液，进行如下实验：测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为AEC；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉
43、淀消失；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验中反应的化学方程式是AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3；AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O（2）E溶液是碳酸钾，判断依据是由中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾（3）写出下列四种化合物的化学式：ABa（OH）2、CCa（CH3COO）2、DAlCl3、FFeSO4（4）在F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后
44、变成红褐色写出沉淀颜色变化的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH离子，OH离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；向D
45、溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，以此解答该题【解答】解：测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH离子，OH离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向
46、B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，（1）在硝酸银溶液中加入氨水生成氢氧化银沉淀，加入过量氨水后生成银氨络离子，反应
47、的化学方程式为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O，故答案为：AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；（2）E应为碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，故E为K2CO3，故答案为：碳酸钾；由中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）根据以上分析可知A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，故答案为：Ba
48、（OH）2；Ca（CH3COO）2；AlCl3；FeSO4；（4）氢氧化亚铁在溶液中被氧气氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【点评】本题考查无机物的推断，侧重考查物质的鉴别和检验，为高频考点，题目难度中等，把握物质之间的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析、计算及推断能力的考查，注意离子共存及电荷守恒的应用18PCT是一种新型聚酯材料，如图是某研究小组合成PCT的路线请回答下列问题：（1）由A生成D的化学方程式为+2Cl2+2HCl；（2）由B生成C的反应类型是酯化反应，C的化学
49、名称为对苯二甲酸甲酯；（3）由E生成F的化学方程式为+3H2，该反应的类型为加成反应；（4）D的同分异构体中为单取代芳香化合物的有（写结构简式）（5）B的同分异构体中，能发生水解反应，且苯环上一氯代产物只有一种的是（写结构简式）【分析】A的不饱和度为=4，由PCT的结构，结合A转化生成F及C，可知A中含有苯环，侧链为2个甲基处于对位，A为，A与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成D，D在氢氧化钠水溶液是发生取代反应，生成E，由E的分子式结合PTC的结构可知，A中每个甲基发生一元取代生成D，D为，D在在氢氧化钠水溶液是发生取代反应生成E，E为；E与氢气发生加成反应生成F，F为，由PTC的结构
50、可知，AB是对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化成对苯二甲酸，BC是对苯二甲酸与甲醇酯化反应生成对苯二甲酸甲酯，对苯二甲酸甲酯和交换后缩聚形成PTC与甲醇【解答】解：A的不饱和度为=4，由PCT的结构，结合A转化生成F及C，可知A中含有苯环，侧链为2个甲基处于对位，A为，A与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成D，D在氢氧化钠水溶液是发生取代反应，生成E，由E的分子式结合PTC的结构可知，A中每个甲基发生一元取代生成D，D为，D在在氢氧化钠水溶液是发生取代反应生成E，E为；E与氢气发生加成反应生成F，F为，由PTC的结构可知，AB是对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化成对苯二甲酸，BC是与甲醇酯化反应生成对苯
51、二甲酸甲酯，对苯二甲酸甲酯和交换后缩聚生成PTC与甲醇，（1）与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，反应方程式为：+2Cl2+2HCl，故答案为：+2Cl2+2HCl；（2）BC是对苯二甲酸与甲醇酯化反应生成对苯二甲酸甲酯，故答案为：酯化反应，对苯二甲酸甲酯；（3）EF是与氢气发生加成反应生成，反应方程式为：+3H2，故答案为：+3H2，加成反应；（4）的同分异构体中为单取代芳香化合物，侧链中含有2个C原子，侧链中氯原子可以连接在同一C原子上，也可以连接在不同C原子上，符合条件的同分异构体为：，故答案为：；（5）对苯二甲酸的同分异构体能发生水解反应，含有酯基，且苯环上一氯代产物只有一种，
52、苯环上只有1种H原子，含有2个CHO，处于对位位置，符合条件，故结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，清楚生成PCT的反应是解决此题的关键，它是醇和酯交换后缩聚而成，注意分析PTC的结构，结合反应条件判断其它物质，难度较大19透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶制备它的一种配方中含有下列四种物质：填写下列空白：（1）甲中不含氧原子的官能团是碳碳双键；下列试剂能与甲反应而褪色的是ac（填标号）aBr2/CCl4溶液 b石蕊溶液 c酸性KMnO4溶液（2）甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：CH2=CHCH2CH2COOH（3）淀粉通
53、过下列转化可以得到乙（其中AD均为有机物）：淀粉ABCD乙A的分子式是C6H12O6，试剂X可以是Br2/CCl4（4）已知：利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是+CH3CH2Cl+HCl（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种则丁的结构简式为【分析】（1）根据有机物甲的结构简式确定不含氧原子的官能团，有机物甲含有C=C双键，可以与溴发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾氧化；（2）甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、C=C双键处于碳链的一端，据此书写；（
54、3）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷水解生成乙二醇；（4）乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下生成苯乙烯；（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二元取代，则剩余的式量为110Mr（OH）Mr（C6H4）=17，故剩余基团为OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个OH处于对位，据此
55、生成丁的结构简式【解答】解：（1）根据有机物甲的结构简式可知不含氧原子的官能团为碳碳双键，有机物甲含有C=C双键，可以与溴发生加成反应，Br2的CCl4溶液褪色，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，不能使石蕊溶液褪色，故答案为：碳碳双键；ac；（2）甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、C=C双键处于碳链的一端，故符合条件的甲的同分异构体为CH2=CHCH2CH2COOH，故答案为：CH2=CHCH2CH2COOH；（3）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷水解生成乙二醇，故答案为：C
56、6H12O6；Br2/CCl4；（4）乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下发生消去反应生成苯乙烯，属于取代反应的化学方程式为：+CH3CH2Cl+HCl，故答案为：+CH3CH2Cl+HCl；（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二元取代，则剩余的式量为110Mr（OH）Mr（C6H4）=1101776=17，故剩余基团为OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个OH
57、处于对位，故丁的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、同分异构体、反应方程式书写、官能团的性质等，是对所学知识的综合考查，较好的考查学生的思维能力，（5）中注意根据相对分子质量结合反应特征确定含有的基团20利用从冬青中提取出的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，合成路线如下图：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是醛基，BC的反应类型是取代反应（2）写出A生成B和E的化学反应方程式（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生产，鉴别I和J的试剂为FeCl3或溴水（4）A的另一种同分异构体K用
58、于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式【分析】由BC可知，B为CH3OH，发生取代反应生成醚C；则D为HCHO（官能团是醛基），与足量银氨溶液反应生成（NH4）2CO3，再与H+反应生成CO2，由Y结合信息逆推可知H为 ，因为第一步加入的是NaOH溶液，故EF是酚钠生成酚，FG是羧酸钠生成羧酸，GH是硝化反应，故A的结构简式为：，由 逆推得I和J结构分别是：和，一种是醇，另一种是酚，故可用氯化铁或溴水的鉴别， 要生成聚合物，必须两个官能团都发生反应，应发生缩聚反应，故高聚物为【解答】解：（1）由BC可知，B在浓硫酸作用下生成二甲醚，则B为CH3OH，发生取代反
59、应生成醚C；B在催化剂条件下发生催化氧化生成甲醛，则D为HCHO，故答案为：醛基；取代反应；（2）D与足量银氨溶液反应生成（NH4）2CO3，再与H+反应生成CO2，由Y结合信息逆推可知H为 ，因为第一步加入的是NaOH溶液，故EF是酚钠生成酚，FG是羧酸钠生成羧酸，GH是硝化反应，故A的结构简式为：，方程式为，故答案为：；（3）由 逆推得I和J结构分别是：和，一种是醇，另一种是酚，故可用氯化铁或溴水的鉴别，故答案为：FeCl3或溴水；（4）K是A的同分异构体，可由制得，则K为，要生成聚合物，必须两个官能团都发生反应，应发生缩聚反应，故答案为：【点评】本题考查有机推断与合成的综合考查，尤其关注
60、官能团、反应类型，结构与性质的关系等传统热点、重点，注意官能团的性质，做题时注意把握题中的关键信息21三草酸合铁酸钾晶体（K3Fe（C2O4）3xH2O）是一种光敏材料，在110可完全失去结晶水为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：（1）铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4被还原成Mn2+向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性步
61、骤三：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被还原成Mn2+重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.98mL请回答下列问题：配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、溶解、转移、洗涤并转移、定容摇匀加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+写出步骤三中发生反应的离子方程式：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O实验测得该晶体中铁的质量分数为11.2%在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量偏高（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）（2）结晶水的测定
62、将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量请纠正实验过程中的两处错误：加热后的晶体要在干燥器中冷却；两次称量质量差不超过0.1 g【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤判断：在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤；锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；根据物质的性质和书写离子方程式的有关要求书写离子方程式；根据离子方程式计算，n（Fe）=5n（MnO4）=50.01 molL110310=1.
63、0102mol，m（Fe）=56 gmol11.0102mol=0.56g晶体中铁的质量分数=100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高（2）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1 g【解答】解：（1）在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤，故答案为：溶解；定容；加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，故答案为：将Fe3+恰好还原成Fe2+；在步骤
64、三中发生的离子反应为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）=5n（MnO4）=50.01 molL110310=1.0102mol，m（Fe）=56 gmol11.0102mol=0.56g晶体中铁的质量分数=100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，故答案为：11.2%；偏高；（2）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1 g，故答案为：加热后的晶体要在干燥器中冷却； 两次称量质量差不超过0.1 g【点评】本题考查较为综合，涉及到溶液的配制、滴定和结晶等操作，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，题目难度中等
