1、高考资源网（） 您身边的高考专家化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化不属于化学变化的是（ ）ABCD石油催化裂解得到丙烯丙烯催化聚合生成聚丙烯聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A石油催化裂解得到丙烯，有化学键断裂，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；B丙烯催化聚合生成聚丙烯
2、，生成了新物质聚丙烯，属于化学变化，故B不选；C聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布，只是存在的形态发生了变化，没有新物质产生，属于物理变化，故C选；D利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒，烷基化反应是化学变化，故D不选；故选C。2.下列说法正确的是（ ）酿酒过程中，葡萄糖可通过水解反应生成酒精鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，生成的沉淀物不能再溶解紫色酸性高锰酸钾溶液中加入植物油充分振荡后，溶液颜色会褪去粮食中富含淀粉，与纤维素组成相同，互为同分异构体疫苗未冷储而失效可能与蛋白质变性有关尼龙绳、橡皮筋和纯棉衬衣都属于合成纤维制品A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】酿酒过程中，葡萄糖
3、在酒化酶的作用下发酵生成酒精，故错误；鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，析出沉淀物，盐析是一个可逆的过程，生成的沉淀物能再溶解，故错误；植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液颜色褪去，故正确；淀粉和纤维素的分子式都为（C6H10O5）n，但聚合度n值不同，不互为同分异构体，故错误；疫苗的主要成份是蛋白质，高温下蛋白质会发生变性，则疫苗需要冷储，故正确；尼龙绳、橡皮筋的主要成份属于合成纤维制品，纯棉衬衣中的纤维素属于天然高分子化合物，不是合成纤维制品，故错误；正确，故选D。3.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 饱和Na
4、2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SOB. 酸化NaIO3和NaI的溶液混合：I-+IO+6H+=I2+3H2OC. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl-+4H+H2OD. 电解饱和食盐水：2Cl-+2H+Cl2+H2【答案】A【解析】【详解】A碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SO，A正确；B酸化NaIO3和NaI的溶液混合发生氧化还原反应：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，B错误；CKClO碱性溶液与Fe(OH)3发生氧化还原反应：3ClO-
5、+2Fe(OH)3+4OH=2FeO+3Cl-+5H2O，C错误；D电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH，D错误；答案选A。4.下列说法不正确的是（ ）A. 电解水时氢气与氧气的体积比为2：1，原因是气体的体积主要取决于分子间距，而同温同压时气体的间距基本相等B. 碳酸分步电离以第一步为主，第二步为次，原因之一是第二步电离时碳酸氢根带负电荷，而电离出的氢离子为正电荷C. 苯酚显弱酸性可与氢氧化钠溶液反应，是因为羟基活化了苯环D. 可通过如图（比例模型）判定醋酸是弱电解质【答案】C【解析】【详解】A气体的体积主要取决于分子间距，而同温同压时气体的分子间距
6、基本相等，故A正确；B碳酸分步电离以第一步为主，第二步为次，原因之一是第二步电离时碳酸氢根带负电荷，而电离出的氢离子为正电荷，第一步电离出的碳酸氢根很难再进一步电离，故B正确；C苯酚显弱酸性可与氢氧化钠溶液反应，是因为苯环活化了羟基，故C错误；D可通过如图（比例模型）判定醋酸是弱电解质，图中醋酸分子、醋酸根离子、氢离子共存，说明醋酸部分电离，故D正确；故选C。5.某化学兴趣小组对教材中乙醇氧化及产物检验的实验进行了改进和创新，其改进实验装置如图所示，按图组装好仪器，装好试剂。下列有关改进实验的叙述不正确的是（ ）A. 点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验B. 铜粉黑红
7、变化有关反应为2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2OC. 硫酸铜粉末变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水D. 新制氢氧化铜悬浊液配制方法是将6滴2%的氢氧化钠溶液加入到2mL10%的硫酸铜溶液中【答案】D【解析】【详解】A点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A正确；B看到铜粉变黑，发生2Cu+O22CuO，看到铜粉黑变红，发生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，选项B正确；C硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；D新制氢氧化铜悬浊液配制时氢氧化钠应该是过量的，选项D不正确；答案选
8、D。6.CO甲烷化反应为：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略），其中步骤反应速率最慢。下列说法不正确的是（ ）A. 步骤只有非极性键断裂B. 步骤速率最慢的原因可能是其活化能最高C. 步骤需要吸收热量D. 使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 根据图示可知：在步骤中，反应开始时是CO气体和H2，后来反应变为CO气体和，只断裂了H2中的H-H键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤发生只有非极性键断裂，A正确；B. 步骤是CO气体与结合形成，由于该过渡态的相对能量较反应物高，
9、需吸收较多能量才能发生该反应，所以反应速率较慢，B正确； C. 反应物的能量比生成物的能量高，所以发生步骤的反应会放出热量，C错误；D.催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，D正确；答案选C。7.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法不正确的是（ ）A. Y单质的氧化性在同主族中最强B. 离
10、子半径：ZYC. Z与Y可组成多种离子化合物D. 氢化物的热稳定性：YX【答案】B【解析】【分析】根据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，然后根据问题逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。A同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱
11、。由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，A正确；BY是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：ZY，B错误；CO、Na两种元素可形成两种离子化合物Na2O、Na2O2，C正确；D元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。X是C，Y是O，由于元素的非金属性：CO，所以氢化物的热稳定性：CH4X，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素的位、构、性的关系及元素周期律的应用。根据元素形成化合物的特点及原子序数关系等推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素形成的化合物的
12、结构与性质，侧重考查学生分析与应用能力。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 乙烯和环丙烷（C3H6）组成28g混合气体中含有4NA个氢原子B. 电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64gC. 标准状况下，22.4升CH2Cl2中共价键的数目为4NAD. 2L1molL-1的盐酸中所含HCl分子数约为2NA【答案】A【解析】【详解】A乙烯和环丙烷（C3H6）最简式都是CH2，28gCH2的物质的量为2mol，含有的氢原子数4NA，故A正确；B电解精炼铜时，粗铜做阳极，在阳极放电的除了铜，还有比铜活泼的杂质如铁、锌等，它们也会失去电子使阳极质量减轻，粗铜
13、中的不活泼金属如金、铂等会沉积在电解槽的底部成为阳极泥使阳极质量减轻，所以若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少不一定是64g，故B错误；C标准状况下，CH2Cl2是液体，无法根据体积计算其物质的量，故C错误；D盐酸中含有的是H+和Cl-，没有HCl分子，故D错误；故选A。9.实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。下列说法正确的是( )已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。A. 实验开始至5s，铬元素被氧化B. 实验开始至30s，溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为：Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2C. 30s至80s的过程
14、，一定是氧气氧化了Cr3+D. 80s时，溶液中又生成了Cr2O，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致【答案】B【解析】【详解】ACr2O中Cr为+6价，根据图2，实验开始至5s，铬元素的化合价为+6价，铬元素的化合价没有发生变化，因此铬元素没有被氧化，故A错误；B实验开始至30s，溶液中生成Cr3+，铬元素的化合价降低，则双氧水中的O元素被氧化生成氧气，总反应的离子方程式为：Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2，故B正确；C30s时，在溶液中加入氢氧化钠，80s时，铬元素的化合价为+6价，可能是过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强，将Cr3+氧化的结果，也可能是前面生成的CrO5，
15、CrO5中含有过氧键，具有强氧化性，将Cr3+氧化的结果，故C错误；D80s时，铬元素的化合价为+6价，溶液显碱性，溶液中存在的应该是CrO，故D错误；故选B。【点睛】解答本题要注意Cr2O溶液中存在Cr2O+H2O 2CrO+2H+，同时注意CrO5中铬元素的化合价为+6价，说明含有过氧键，使得CrO5具有强氧化性。10.常温下，向两只分别盛有50 mL0.100 mol/L盐酸的烧杯中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL0.100 mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示(夹持仪器等已略)。已知：常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。下列说法正确的是（ ）A 实验滴加过程中溶液所有离子浓
16、度都减小B. 实验滴至pH=2时，溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 mol/LC. 实验滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)0.01 mol/L，B错误；C由于酸性：HClCH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)c(NH4+)，C正确；D滴定结束后，为稀HCl，中发生的反应HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4C
17、l恰好完全，最终得到等浓度的CH3COOH和NH4Cl混合溶液，中HCl的浓度与中CH3COOH浓度相等，由于酸电离产生H+会抑制水的电离，但醋酸是弱酸，其电离对水的电离的抑制作用远小于等浓度的盐酸，且溶液中还存在NH4Cl会促进水的电离平衡，故滴定结束后，中水的电离程度比中小，D错误；故合理选项是C。11.“化学实验观察现象分析推理得出结论”是化学学习的方法。下列说法正确的是（ ）A. 证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉KI试纸检验，观察试纸颜色变化B. 验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取酸性水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀C. 向铝
18、质容器中加入食盐溶液，再将变黑（Ag2S）的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D. 将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出的NO气体和SO2的体积比为2：3【答案】D【解析】【详解】A二者均具有氧化性，均使湿润的淀粉KI试纸变蓝，则观察试纸变色不能检验，故A错误；B水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，淀粉水解后没有加碱至碱性，就加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，不能检验葡萄糖的还原性，故B错误；C银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，铝为
19、负极，失电子，电极反应式为Al-3e=Al3，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，电极反应式为Ag2S+2e+2H2O=2Ag+2OH+H2S，Al和Ag2S反应最终生成物应该是Ag、H2S和Al(OH)3，故C错误；DSO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液中，硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，逸出气体为NO，由电子守恒可知，同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为=2：3，故D正确；故选：D。12.第三代混合动力车目前一般使用镍氢电池(M表示储氢合金；汽车在刹车或下坡时，电池处于充电状态)。镍氢电池充放电原理的示意图如下：其总反应式为。根据所给信息判断，下列说法错误的是A. 混合
20、动力汽车上坡或加速时，乙电极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OHB. 混合动力汽车上坡或加速时，电解液中OH向甲电极移动C. 混合动力汽车下坡或刹车时，甲电极周围溶液的pH减小D. 混合动力汽车下坡或刹车时，电流的方向为：甲电极发动机乙电极【答案】C【解析】汽车在刹车或下坡时，电池处于充电状态，则混合动力车上坡或加速时，电池处于放电状态。充电相当于电解池，放电相当于原电池。A和B相当于原电池，原电池中负极失去电子，经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，则阴离子向负极移动。根据题意可知氢气是负极，即甲是负极，乙是正极，A、混合动力汽车上坡或加速时，乙电极为正极，
21、电极反应式为：NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH，符合图示中的转化，故A正确；B、混合动力汽车上坡或加速时，电解液中OH向负极移动，即向甲电极移动，故B正确；C和D相当于电解池。此时甲是阴极，乙是阳极，电极反应式分别为2H2O +2e-= H2+2OH-、2Ni(OH)2+2OH-2e-2NiOOH+2H2O；C、混合动力汽车下坡或刹车时，甲电极周围溶液的pH增大，故C错误；D、混合动力汽车下坡或刹车时，电流的方向为：阴极到阳极，即为：甲电极发动机乙电极，故D正确；故选C。点睛：本题综合性很强，将原电池电解池放到一起考查，做题的时候一定要分清楚，如：汽车在刹车或下坡时，电池处于充电状
22、态，则混合动力车上坡或加速时，电池处于放电状态。充电相当于电解池，放电相当于原电池。在书写电极反应式时，特别要注意电解质的酸碱性，小心犯了常识性的错误。13.已知：常温下邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.110-3，Ka2=3.910-6。用NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液，混合溶液的相对导电能力变化如图所示（忽略混合时溶液温度的变化），其中N点为反应终点。下列说法正确的是（ ）A. M点离子浓度：c（K+）c（HA-）c（H2A）c（A2-）B. N点溶液中存在：c（Na+）+c（K+）2c（A2-）+2c（HA-）C. P点溶液中一定存在：c（Na+）c（K+）c（OH-）c（A2
23、-）D. 从M到P之间的任一点均存在：c（Na+）+c（K+）+c（H+）=c（A2-）+c（HA-）+c（OH-）【答案】B【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾KHA与氢氧化钠反应，HA-+OH-=A2-+H2O，到达N点后，溶液变为K2A和NaOH的混合溶液。【详解】A. M点时，溶液为KHA，水解平衡常数Kb= Ka2，离子电离大于水解，即离子浓度：c（K+）c（HA-）c（A2-）c（H2A），A错误；B. N点溶液为Na2A，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c(K+)+c(H+)=2c（A2-）+2c（HA-）+c(OH-)，溶液显碱性，c(H+)c(OH-)，故c（Na+）+c（K+）2
24、c（A2-）+2c（HA-），B正确；C. P点氢氧化钠过量，溶液中存在：c（Na+）c（OH-）c（K+）c（A2-），C错误；D. 根据电荷守恒可知，溶液中恒存在c（Na+）+c（K+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），D错误。答案为B。【点睛】本题易错点在B、C。要注意比较离子加和关系时，应用电荷守恒进行判断；溶液离子浓度大小判断时，明确阴、阳离子结合关系，作为初始判断依据。14.某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。编号装置现象小灯泡微弱发光，两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化两极均产生气泡，溶液无明显变化两极
25、均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化下列说法正确的是（ ）A. 中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2是弱电解质B. 对比和，白色浑浊的出现与电极材料无关C. 对比和，白色浑浊是由于OH-迁移到阳极使Ca(OH)2沉淀析出D. 阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3【答案】D【解析】【详解】A. 中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力弱，与电解质的强弱无关，实质上Ca(OH)2溶于水完全电离，属于强电解质，A错误；B. 对于阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，O2与C电极发生反应产
26、生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，B错误；C. 根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，C错误； D. 用石墨作电极电解Ca(OH)2溶液，在阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，反应产生O2与碳电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3，D正确；故合理选项是D。二、填空题（本部分共5题，共58分）15.I
27、-测定的基本原理是将其氧化成I2，再用Na2S2O3标准溶液来滴定。如果样品中仅含有微量I-，必须用“化学放大”反应将碘的量“放大”，然后再进行测定。下面是化学放大反应的实验步骤：I将含有微量I-的样品溶液调至中性或弱酸性，加入溴水，将I-完全氧化成IO，煮沸去掉过量的溴；取上述溶液，加入过量硫酸酸化的KI溶液，振荡，溶液颜色呈棕黄色；将所得溶液中全部的I2萃取至CCl4中；向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，产生无毒的N2，分去有机层；V将所得水溶液重复I、步骤；以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。已知：反应为：I2+2S2O=2I-+S4O；Na2S2O3和
28、Na2S4O6溶液颜色均为无色。(1)I中氧化剂和还原剂物质的量之比为_。(2)中使用的主要玻璃仪器是_(填名称)。(3)中反应的离子方程式是_。(4)中需要在中性或弱酸性环境中进行，pH过大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4，其离子方程式为_；结合离子方程式解释pH不宜过小的原因：_。VI中滴定终点的现象是_。(5)样品中I-最终所消耗的Na2S2O3的物质的量与样品中初始I-物质的量的比值称为“放大倍数”。经过以上操作，放大倍数为_。【答案】 (1). 31 (2). 分液漏斗 (3). N2H4+2I2=4I-+N2+4H+ (4). S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+
29、5H2O (5). pH过小：S2O+2H+=S+SO2+H2O；4I-+O2+4H+=2I2+2H2O (6). 溶液蓝色恰好消失，30秒不恢复 (7). 36【解析】【分析】(1)I中将含有微量I-的样品溶液调至中性或弱酸性，加入溴水，将I-完全氧化成IO，氧化剂为溴，还原剂为I-，根据得失电子守恒或化合价升降守恒分析计算；(2)是将溶液中的I2萃取至CCl4中，据此分析解答；(3)中向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，产生无毒的N2，是碘将肼氧化的过程，据此书写反应的离子方程式；(4)中需要在中性或弱酸性环境中进行，pH过大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4；pH
30、过小，S2O在酸性溶液中能够发生歧化反应；酸性溶液中碘离子容易被空气中的氧气氧化；根据反应的原理判断滴定终点的现象；(5)根据上述步骤，发生反应为I-+3Br2+3H2O= IO+6H+6Br-，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，在步骤V中将所得水溶液重复I、步骤，据此分析判断I-物质的量被放大的倍数。【详解】(1)I中将含有微量I-的样品溶液调至中性或弱酸性，加入溴水，将I-完全氧化成IO，氧化剂为溴，还原剂为I-，根据得失电子守恒或化合价升降守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为=，故答案为：；(2)是将溶液中的I2萃取至CCl4中，萃取和分液过程中使用
31、的主要玻璃仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(3)中向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，产生无毒的N2，是碘将肼氧化的过程，反应的离子方程式是N2H4+2I2=4I-+N2+4H+，故答案为：N2H4+2I2=4I-+N2+4H+；(4)中需要在中性或弱酸性环境中进行，pH过大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4，反应的离子方程式为S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O；pH过小，S2O能够发生歧化反应，S2O+2H+=S+SO2+H2O；酸性溶液中碘离子容易被空气中的氧气氧化，4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，因此pH也不宜过小；以淀粉为指示剂，用
32、Na2S2O3标准溶液滴定I2至终点，滴定终点的现象为溶液蓝色恰好消失，30秒不恢复，故答案为：S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O；pH过小：S2O+2H+=S+SO2+H2O、4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；溶液蓝色恰好消失，30秒不恢复；(5)根据上述步骤，发生的反应为I-+3Br2+3H2O= IO+6H+6Br-，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，在步骤V中将所得水溶液重复I、步骤，因此得到I-IO3-3I26I-6IO3-18I236S2O32-，因此经过以上操作，结合碘元素守恒，初始I-物质的量被放大了36倍，故答案为
33、：36。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意酸性溶液中S2O会发生歧化反应，碘离子容易被空气中的氧气氧化。难点是(5)，要注意根据过程中反应的方程式分析判断，需要特别注意步骤V。16.他米巴罗汀(I)可用于治疗急性白血病，其合成研究具有重要意义，合成路线如图所示。已知：i.HCCH+ii.RNO2RNH2iii.R1NH2+HCl(1)A中官能团名称是_。(2)B的结构简式是_。(3)DE的化学方程式是_。(4)试剂a是_。(5)已知H在合成I的同时，还生成甲醇，GH所加物质L的结构简式是_。(6)B的一种同分异构体符合下列条件，其结构简式是_。能发生银镜反应核磁共振氢谱只有两组吸收峰(7)D
34、E的过程中有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是_。(8)也是合成他米巴罗汀(I)的一种原料，合成路线如图所示。利用题中所给信息，中间产物的结构简式是_。【答案】 (1). 碳碳三键 (2). (3). +2HCl (4). 浓HNO3，浓H2SO4 (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】A分子式是C2H2，为乙炔，结构简式为HCCH，A与2个分子的发生已知i反应生成B，根据B分子式可知B结构为：，B与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应生成C：，C与浓盐酸加热，发生取代反应生成D：，D与苯在AlCl3作用下发生取代反应生成E：，由G的结构简式和已知ii可知，E与浓硝
35、酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应生成F：，F与Ni在Ni催化下发生还原反应生成G：，G与L在DMAP条件下反应已知iii的反应生成H，H与NaOH甲醇溶液共热，然后酸化得到I：和甲醇CH3OH，逆推可知L是，H是，然后对问题逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是HCCH，B是，C是，D是，E是，F是，G是，L是，H是，I是。(1)A是HCCH，则A中官能团名称是碳碳三键。(2)根据上述分析可知B的结构简式是。(3)D是，D与苯在AlCl3作用下，发生苯环上邻位的2个H原子的取代反应生成E（）和HCl，则DE的化学方程式是+2HCl。(4)E是，E与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成F：
36、，所以试剂a是浓硝酸、浓硫酸。(5)根据上述分析可知GH所加物质L的结构简式是。(6)B是，不饱和度是2，B的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；核磁共振氢谱只有两组吸收峰，说明分子中含有2种不同的H原子，该同分异构体高度对称，符合该条件的同分异构体结构简式是：。(7)D是，E是，DE的过程中发生苯环上H的取代反应，H原子位置不同，产物不同，因此有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是。(8)采用逆推方法，I是，H是，根据物质在反应过程中碳链结构不变，中间产物与有机物2在AlCl3作用下反应生成H，结合题干信息可知应该是苯环上2个邻位H原子发生的取代反应，则由H可逆推得
37、知中间产物是，有机物2是，苯胺与有机物1在DMAP条件下反应生成中间产物，根据二者分子结构的不同及题给已知，可知有机物1是。【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化及同分异构体的书写。要充分利用题干信息，熟练掌握反应中官能团的性质及变化，根据物质结构，理解发生的反应，可采用正推与逆推相结合的方法分析判断。题目考查了学生接受信息、应用信息分析问题与解决问题的能力。17.三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。某化学小组探究用废铁屑（含少量-2价S元素）为原料制备三草酸合铁（）酸钾晶体。具体流程如图：已知：(NH4)2Fe(SO4)26H2O为蓝绿色晶体，
38、FeC2O42H2O为难溶于水的黄色晶体，K3Fe(C2O4)33H2O为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体。25时，Fe(C2O4)33-(aq)+SCN-(aq)Fe(SCN)2+(aq)+3C2O(aq) K=6.3110-17。Fe(SCN)2+(aq)为血红色。回答下列问题：（1）三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O中铁的化合价是_。（2）废铁屑中加入10%NaOH并加热的目的是_。（3）为防止污染空气，反应所产生的“废气”可选择_净化处理。(填选项)AH2O BNaOH溶液 C盐酸 DCuSO4溶液（4）写出浅绿色悬浊液中加入饱和H2C2O4生成黄色沉淀的化学方程式：_。（5
39、）制备过程中加入6%H2O2的目的是_，温度保持7080，采用的合适加热方式是_。（6）获得翠绿晶体的操作是_。（7）用乙醇洗涤晶体的原因是_。（8）某同学欲检验所制晶体中的Fe（），取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1molL-1KSCN溶液。请判断上述实验方案是否可行并说明理由：_。【答案】 (1). +3 (2). 去除废铁屑表面的油污 (3). BD (4). (NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4=FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O (5). 将Fe（）氧化成Fe（） (6). 水浴加热 (7). 加热浓缩，冷却
40、结晶，过滤 (8). 为了除去晶体表面残留的水分且防止晶体溶解损失 (9). 否，因为Fe(C2O4)33-转化为Fe(SCN)2+反应的平衡常数小于1.010-5，观察不到明显现象，所以无法检验【解析】【分析】废铁屑先用热的NaOH溶液除去表面的油污，然后加入稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，-2价S元素遇酸转变为有毒气体H2S，H2S可以用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收。得到的硫酸亚铁溶液中加入氨水，生成(NH4)2Fe(SO4)26H2O，再加入饱和H2C2O4，生成难溶于水的黄色晶体FeC2O42H2O，过滤后向沉淀中加入饱和K2C2O4，然后加入6%H2O2溶液，使Fe（）被氧化
41、成Fe（），再加入饱和H2C2O4，得到K3Fe(C2O4)3溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到K3Fe(C2O4)33H2O晶体，用乙醇洗涤，干燥后得到纯净的K3Fe(C2O4)33H2O。【详解】(1)三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O中钾为+1价，碳为+3价，氧为-2价，根据正负化合价代数和为0的原则，可计算出铁的化合价是+3价。(2)废铁屑长期露置于空气中，表面会有油污，加热时油污可以在碱性环境下彻底水解，所以加入10%NaOH并加热的目的是去除废铁屑表面的油污。(3)废铁屑中-2价S元素遇酸转变为有毒气体H2S，H2S是酸性气体，能溶于碱溶液，可以用NaOH溶液吸收，
42、H2S也可以和硫酸铜溶液反应生成CuS沉淀，所以也可以用CuSO4溶液吸收，故选BD。(4)浅绿色悬浊液中有(NH4)2Fe(SO4)26H2O，加入饱和H2C2O4生成黄色沉淀FeC2O42H2O，化学方程式为：(NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4=FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O。(5)黄色沉淀是FeC2O42H2O，其中铁是+2价，要制备的K3Fe(C2O4)33H2O中铁是+3价，所以需要将Fe（）氧化成Fe（），所以加入6%H2O2的目的是将Fe（）氧化成Fe（），温度保持7080，采用的合适加热方式是水浴加热。(6)从K3Fe(C2O4)
43、3溶液中获得K3Fe(C2O4)33H2O晶体，需经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。(7)由于K3Fe(C2O4)33H2O难溶于乙醇，所以用乙醇洗涤，既可以除去晶体表面残留的水分，又能防止晶体溶解损失。(8)根据Fe(C2O4)33-(aq)+SCN-(aq)Fe(SCN)2+(aq)+3C2O42 (aq) K=6.3110-17，因为Fe(C2O4)33-转化为Fe(SCN)2+反应的平衡常数小于1.010-5，观察不到明显现象，所以无法检验所制晶体中是否含Fe（）。【点睛】从溶液中获得晶体的方法有蒸发结晶和冷却结晶。对于溶解度受温度影响不大的物质，如NaCl，就可以通过蒸发结晶的方法获得晶体
44、，对于溶解度受温度影响较大的物质如KNO3，需要通过冷却热饱和溶液的方法获得晶体。如果从溶液中获得带结晶水的晶体如CuSO45H2O等，也需要通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法获得晶体，如果直接加热蒸发，结晶水容易失去。18.水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷As()，其机制模型如图。资料：.酸性条件下SO 为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO和OH同时存在，强碱性条件下OH为主要的自由基。.Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe2+7.04908Fe3+1.873.27（1）砷
45、与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。砷在元素周期表中的位置是_。砷酸的化学式是_，其酸性比H3PO4_（填“强”或“弱”）。（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As()去除完全。零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_。Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是_。SO和H2O反应的离子方程式是_。（3）不同pH对As()去除率的影响如图。5min内pH=7和pH=9时去除率高的原因是_。【答案】 (1). 第4周期、第A族 (2). H3AsO4 (3). 弱 (4). Fe
46、+S2O=Fe2+2SO (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). SO+H2O=OH+SO+H+ (7). pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO和OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As()发生共沉淀，有效去除As()【解析】【分析】（1）磷元素的原子序数为15，位于元素周期表第3周期A族，由砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层；砷与磷在元素周期表中位于同一主族，同主族元素性质相似，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；（2）由题意可知，零价铁与
47、过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-；Fe3+具有氧化性，Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+；由题给信息可知，SO4和H2O反应生成OH+SO42；（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As()的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4和OH，利于生成Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As()发生共沉淀。【详解】（1）磷元素的原子序数为15，位于元素周期表第3周期A族，由砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层可知砷位于元素周期表中第4周期A族，故答案为：第4周期A族；砷与磷在元素周期表中位于同一
48、主族，同主族元素性质相似，则由磷酸分子式可知，砷酸中砷元素的化合价为+5价，化学式是H3AsO4；同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，则H3AsO4酸性比H3PO4弱，故答案为：H3AsO4；弱；（2）由题意可知，零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为Fe+ S2O82=Fe 2+ +2SO42，故答案为：Fe+ S2O82=Fe 2+ +2SO42；Fe3+具有氧化性，Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+ 2Fe 3+=3Fe 2+，故答案为：Fe+ 2Fe 3+=3Fe 2+；由题给信息可知，SO
49、4和H2O反应生成OH+SO42，反应的离子方程式是SO+H2O=OH+SO+H+，故答案为：SO+H2O=OH+SO+H+；（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As()的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4和OH，利于生成Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As()发生共沉淀，有效去除As()，则5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高，故答案为：pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO和OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与A
50、s()发生共沉淀，有效去除As()。【点睛】零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As()去除完全是解答关键，也是分析的易错点。19.某实验小组欲探究醛的银镜反应用银氨溶液而不直接用AgNO3溶液的原因。（一）甲同学进行了如下对比实验：装置实验序号试管中的药品现象实验2%AgNO3溶液1mL，加入2%氨水22滴；再加入3滴新开瓶40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟光亮的银镜实验2%AgNO3溶液1mL，加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热3分钟无明显现象（1）乙醛发生银镜反应的化学方程式为
51、_。（2）甲同学认为：2%AgNO3溶液应该比用其配制的银氨溶液更易氧化乙醛，可能的理由是_（写出一条即可）；而实验中无明显现象，从化学反应原理的角度解释可能的原因_（写出一条即可）。（二）乙同学为了找到银镜反应用银氨溶液的真正原因，先查阅资料，发现醛银镜反应的机理分为如下三步：（3）据此，乙设计了更好的银镜实验III：2%AgNO3溶液1mL，加入3滴1mol/LNaOH溶液，再加入2%氨水22滴；再加入3滴新开瓶的40%的乙醛溶液；水浴加热，很快出现了银镜。（4）乙根据实验III并结合反应机理中出现银镜的分步机理（3），得出的结论是_。（三）丙同学为了确认AgNO3溶液能氧化醛，继续查找资
52、料，找到了不同浓度的AgNO3溶液对室内HCHO气体去除效果如图。（5）从图中可见：AgNO3溶液浓度达到一定程度，HCHO的去除率基本不变，原因是AgNO3溶液浓度越高，酸性越强，降低了_的还原性；同时，说明了AgNO3溶液和HCHO反应的氧化剂不是_。（四）结合甲乙丙的实验和资料，丁同学进一步提出，溶液的pH稳定，有利于快速形成均匀光亮的银镜。（6）请结合化学用语解释AgNO3溶液与乙醛溶液的反应pH变化明显，而银氨溶液变化不明显_。（7）综合该实验小组四位同学的实验和论证，最后得出银镜反应用银氨溶液，而不是AgNO3溶液的优点是_（写出2条即可）。【答案】 (1). CH3CHO+2Ag
53、(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O (2). Ag+浓度大，氧化性强或酸性条件下，Ag+氧化性强或NO3也可做氧化剂 (3). 酸性条件下，乙醛还原性弱或能发生银镜反应，但速率太慢 (4). 增强碱性（OH-浓度），可加快生成银镜的反应速率 (5). HCHO (6). NO3 (7). CH3CHO+H2O+2AgNO3CH3COOH+2Ag+2HNO3，pH减小，影响银镜生成；而（1）中银氨溶液反应碱性基本不变（或者说NH3NH缓冲溶液体系） (8). 银氨溶液溶液呈碱性，醛类还原性增强；或银氨溶液溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；或银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生
54、成银镜反应速率快；或反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系pH变化不大【解析】【分析】（1）乙醛和银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化还原反应生成乙酸铵、氨气、银和水；（2）由乙醛和银氨溶液反应的化学方程式可知，反应中银元素化合价升高被还原，说明银镜反应与银离子浓度大小、溶液酸碱性和硝酸根有关；由实验现象可知，酸性条件不利于银镜生成；（4）根据实验III并结合反应机理中出现银镜的分步机理（3）可知，溶液中氢氧根浓度增大，加快了AgH与Ag+的反应速率，可加快生成银镜的反应速率；（5）由图可知，AgNO3溶液浓度越高，酸性越强，降低了甲醛的还原性，同时说明反应中硝酸根没有参与反应；（6）乙醛与硝酸银溶液
55、共热反应生成乙酸、硝酸和银，反应中生成乙酸和硝酸，溶液酸性增强，pH减小，影响银镜生成，而乙醛与银氨溶液反应生成乙酸铵和氨气，形成了NH3NH缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成；（7）与AgNO3溶液相比，银氨溶液具有溶液呈碱性，增强了醛类还原性、降低了硝酸根的氧化性；溶液中氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，形成了NH3NH缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成等优点【详解】（1）乙醛和银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化还原反应生成乙酸铵、氨气、银和水，反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O
56、，故答案为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；（2）由乙醛和银氨溶液反应化学方程式可知，反应中银元素化合价升高被还原，甲同学认为2%AgNO3溶液应该比用其配制的银氨溶液更易氧化乙醛的理由是2%AgNO3溶液中Ag+浓度比银氨溶液中Ag+浓度大，氧化性更强，或2%AgNO3溶液中Ag+水解使溶液呈酸性，酸性条件下，Ag+氧化性强，或2%AgNO3溶液中含有具有氧化性的NO3，NO3也可氧化乙醛；由题意可知实验为碱性条件，有银镜生成，实验为酸性条件，无银镜生成，说明酸性条件下，乙醛还原性比碱性条件弱，不能发生银镜反应，或酸性条件下也能发生银镜反应，
57、但速率太慢，无法观察到银镜，故答案为：Ag+浓度大，氧化性强或酸性条件下，Ag+氧化性强或NO3也可做氧化剂；酸性条件下，乙醛还原性弱或能发生银镜反应，但速率太慢；（4）根据实验III并结合反应机理中出现银镜的分步机理（3）可知，溶液中氢氧根浓度增大，加快了AgH与Ag+的反应速率，可加快生成银镜的反应速率，故答案为：增强碱性（OH-浓度），可加快生成银镜的反应速率；NO3；（5）由图可知，AgNO3溶液浓度达到一定程度，HCHO的去除率基本不变，原因是AgNO3溶液浓度越高，酸性越强，降低了甲醛的还原性，同时说明反应中硝酸根没有参与反应，说明甲醛与硝酸银反应时，硝酸根不是反应的氧化剂，故答案
58、为：HCHO；NO3；（6）乙醛与硝酸银溶液共热反应生成乙酸、硝酸和银，反应的化学方程式为CH3CHO+H2O+2AgNO3CH3COOH+2Ag+2HNO3，反应中生成乙酸和硝酸，溶液酸性增强，pH减小，影响银镜生成，而乙醛与银氨溶液反应生成乙酸铵和氨气，形成了NH3NH缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成，故答案为：CH3CHO+H2O+2AgNO3CH3COOH+2Ag+2HNO3，pH减小，影响银镜生成；而（1）中银氨溶液反应碱性基本不变（或者说NH3NH缓冲溶液体系）；（7）由该实验小组四位同学的实验和论证可知，与AgNO3溶液相比，银氨溶液具有溶液呈碱性，增强了醛类还原性、降低了硝酸根的氧化性；溶液中氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，形成了NH3NH缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成等优点，故答案为：银氨溶液溶液呈碱性，醛类还原性增强；银氨溶液溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系pH变化不大。【点睛】银镜反应中，银氨溶液溶液呈碱性，醛类还原性增强，反应生成乙酸铵和氨气，形成了NH3NH缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成是解答关键。高考资源网版权所有，侵权必究！
