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甘肃省临夏回族自治州永靖县移民中学2020届高三化学上学期期中试题(含解析)

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甘肃省临夏回族自治州永靖县移民中学2020届高三化学上学期期中

试题（含解析）

相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Na －23 Cl－35.5 Mg－24 Fe－56 Cu－64 S—32 I—127

第 Ⅰ 卷 (共计51分）

一、选择题（本大题共17小题，每小题3分，满分51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）

1.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（） A. 78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子 B. 常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子

C. 在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA D. 常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA 【答案】D 【解析】

【详解】A．过氧化钠的阴离子是O22-，78g过氧化钠是1mol，其晶体中含NA个阴离子，A错误；

B．常温常压下22.4L氦气不是1mol，B错误；

C．在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数不一定一定是4NA，例如氧气和钠反应生成过氧化钠，C错误；

D．常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子的物质的量是数为NA，D正确。答案选D。

2.下列关于胶体的叙述正确的是 A. 胶体粒子不能透过滤纸

16g=1mol，其中氧原子

16g/molB. 胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象 C. 胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象

D. 用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过【答案】D 【解析】

【详解】A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；

B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；

C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；

D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确；故选D。

3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. pH=1的溶液中： Fe2+、NO3-、SO42-、Na+

B. 由水电离的c(H）=1×10 mol·L的溶液中：Ca、K、Cl、HCO3 C. c(H+）/c(OH-）=1012的溶液中： NH4+、Al3+、NO3-、Cl- D. 加入苯酚显紫色的溶液： K+、ClO-、SO42-、SCN- 【答案】C 【解析】

【详解】A、pH=1的溶液呈酸性，NO3-在酸性溶液中会将Fe2+氧化，即H+、NO3-、Fe2+不能共存，A不符合题意；

B、由水电离的c(H)=1×10mol·L的溶液可能显酸性，也可能显碱性；无论是在酸性溶液中，还是碱性溶液中，HCO3都不能大量存在，B不符合题意；

C、c(H+)/c(OH-)=1012，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14（常温下），则c(H+)=0.1mol·L-1，溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，C符合题意；

D、加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+可以和SCN-发生络合反应，二者不能大量共存，D不符合题意；故选C。

【点睛】由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，比如1mol·L-1

-14

-1

-14

-1

的HCl溶液中，c(H)=1mol·L，则c(OH)=1×10mol·L，由于溶液中OH全部来自于水的电离，故由水电离的c(H)=1×10mol·L，又比如1mol·L的NaOH溶液中，H全部来自于水的电离，则溶液中由水电离的c(H)=1×10mol·L。 4.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是 A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物 B. 石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱

C. 酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应

-14

-1

-14

-1

+-1--14-1-

D. 混合物、分散系、胶体从属关系如右图所示

【答案】D 【解析】

【详解】A.Al2O3属于两性氧化物，选项A不正确； B.石灰石属盐、生石灰属碱性氧化物，选项B不正确；

C.酸、碱、盐之间发生的反应多属于复分解反应，也有特殊的如：硝酸溶解Fe(OH)2时会发生氧化还原反应，选项C不正确；

D.分散系属混合物，胶体是分散系里的一种。选项D正确。

5.2011年9 月29日，“长征－2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中使用的燃料是偏二甲肼（CH3－NH－NH－CH3）和四氧化二氮（N2O4）。在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3－NH－NH－CH3＋2N2O4→2CO2＋3N2＋4H2O提供能量。下列叙述正确的是 A. 该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染 B. 该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂 C. CO2是氧化产物，N2是还原产物 D. 每有0.6 mol N2生成，转移电子数目【答案】B 【解析】【分析】

反应中，偏二甲肼中碳和氮的化合价都升高，四氧化二氮中氮的化合价降低。

【详解】A．该燃料燃烧产物是CO2、N2绿色环保，但是在燃烧过程中燃料不完全燃烧及氧化

2.4NA

剂N2O4外溢都会造成环境污染，错误；

B．在该反应中N2O4中的N得到电子，化合价降低，是氧化剂，偏二甲肼中的N化合价升高，失去电子，是还原剂，正确；

C．CO2是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物，错误； D．每有0.6 mol N2生成，转移电子数目为3.2NA，错误。

6.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：

下列叙述正确的是（）

A. 反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3 B. 反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁 C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应 D. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸【答案】A 【解析】

【详解】综合分析工艺流程图可知，试剂X只能是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①、过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，综上分析正确答案为A。 7.下列说法中正确的是 ( )

A. 1 L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L B. 从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/L C. 配制500mL0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需8.0g 无水CuSO4 D. 中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4.0 g 【答案】C 【解析】

【详解】A，1L水为溶剂体积而不是溶液的体积，错误； B，溶液的浓度与溶液的体积多少无关，错误；

C，500mL0.1 mol·L－1的CuSO4的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×160g/mol=8.0g，正

确；

D，中和100mL1mol/L的H2SO4（0.1mol）溶液，需NaOH0.2mol，质量为8.0 g，错误；故选C。

8.0.6mol·L-1Fe2(SO4)3和1.2mol·L-1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（） A. 0.30mol 0.48mol 【答案】C 【解析】

【详解】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol。由于铜离子的氧化性弱于铁离子的，所以首先是铁离子氧化单质铁，方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，如果铁离子完全反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3︰2，这说明溶液中单质铁也和铜离子反应，方程式为Fe＋Cu=Fe＋Cu。设和铜离子反应的单质铁是x，则消耗铜离子是x，生成亚铁离子是x，所以有

2＋

B. 0.22mol C. 0.16mol D.

x＋0.36mol＝2，解得x＝0.04mol，所以加入

0.24mol-x的铁粉是0.12mol＋0.04mol＝0.16mol，答案选C。

9.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是选操作项 A 滴加BaCl2溶液滴加氯水和CCl4，振荡、静B 置用洁净的铂丝蘸取溶液进行C 焰色反应滴加几滴稀NaOH溶液，将湿D 润的红色石蕊试纸置于试管口

试纸不变蓝原溶液中无NH4+ 火焰呈黄色原溶液中有Na、无K ＋＋现象结论生成白色沉淀下层溶液显紫红原溶液中有SO4 2—原溶液中有I－色 5

A. A 【答案】B 【解析】

【详解】A．滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32－、SO32－、Ag＋等，故A错误；

B．滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，则溶液中存在强还原性的I，氯气置换出了碘单质，故B正确；

C．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na＋，但并不能说明溶液中无K＋，因为检验K＋需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；

D．NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4＋的正确操作：向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝则证明存在NH4，故D错误；故答案为B。

＋

－

B. B C. C D. D

10.对的表述不正确的是

A. 该物质能发生缩聚反应

B. 该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰

C. 该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应 D. 1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1 【答案】B 【解析】

【详解】A．该物质含有羧基、酚羟基，因此能发生缩聚反应，A正确；

B．该物质分子中含有8种不同的H原子，因此其核磁共振氢谱上共有8个峰，B错误； C．该物质含有酚羟基，遇FeCl3溶液显色，由于酚羟基是邻对位定位基，所以1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应，C正确；

D．羧基、酚羟基可以与金属钠反应；羧基、酚羟基可以与NaOH发生反应；NaHCO3只能与羧基发生反应。1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1，D正确。答案选B。

11. 有一真空储气瓶，净重500g。在相同条件下，装满氧气后重508g，装满另一种气体X 时重511g，则X的相对分子质量为（） A. 44 【答案】A 【解析】

【详解】储气瓶净重500g．在相同条件，装满氧气后重508g，则氧气的质量为508g-500g=8g，装满某一种气体X时重511g，则X的质量为511g-500g=11g，在相同的条件下气体的体积相等，则由n=

B. 48

C. 64

D. 71

V可知气体的物质的量相等，设X的相对分子质量为x，则有：Vm8g11g=，x=44，故选A。

32g/molxg/mol12.甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为 A. 10% 定【答案】A 【解析】

【详解】三种酯均符合通式CnH2nO2，即C∶H＝1∶2，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%×

B. 15%

C. 20%

D. 无法确

1＝10%。 713.由两分子乙炔聚合得到CH2=CH—C≡CH ，继续和氯化氢发生加成反应得到

CH2=CH—CCl=CH2，所得产物加成聚合后得到354g?[CH2CH=CClCH2]?n，则所需乙炔质量为（） A. 624g 【答案】D 【解析】

【详解】链节CH2CH=CClCH2的分子量为88.5，则n=

B. 416g

C. 312g

D. 208g

354g=4mol，根据CH2=CH-C≡CH的结88.5g构可知，需要8mol乙炔分子，则所需乙炔的质量为8mol×26g/mol=208g，故选D。 14.能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A. 醋酸钠的水解反应 CH3COO+H3O＝CH3COOH+ H2O

B. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca+2HCO3+2OH-＝CaCO3↓+ 2H2O+ CO3

-2-C. 苯酚钠溶液与二氧化碳反应 C6H5O—+ CO2+ H2O＝C6H5OH+CO3 D. 稀硝酸与过量的铁屑反应 3Fe+8H+2NO3＝3Fe+2NO↑+4 H2O

2--【答案】B 【解析】

【详解】A错误，该反应是CH3COOH电离的逆反应，正确的离子方程式为：CH3COO-+H2OB正确；

C错误，CO2和苯酚钠溶液反应生成NaHCO3，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-； D错误，过量的Fe会继续和Fe反应生成Fe，且该反应的电荷不守恒，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；故选B。

【点睛】CO2和苯酚钠溶液、次氯酸盐溶液反应均得到NaHCO3，产物与CO2的量无关。 15.甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（） A. Al2（SO4）3 【答案】D 【解析】【分析】

若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。

【详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，

B. NaOH

C. BaCl2

D. FeSO4

CH3COOH+OH-；

丙为FeSO4，故答案选D。

16.下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 ( ) A. 热稳定性：Na2CO3

B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3

C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多 D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3

A. NaHCO3受热易分解，热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，故A错误；B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B错误；C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一样多，故C错误；D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3

17.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如右图。反应中镁和铝的

A. 物质的量之比为3︰2 C. 摩尔质量之比为2︰3 【答案】A 【解析】

B. 质量之比为3︰2 D. 反应速率之比为2︰3

【详解】由题意可知，酸过量，产生氢气体积相等，转移电子数相等，3mol镁和2mol铝转移电子数相等，所以物质量之比为3:2，A 正确，B 错误，摩尔质量之比为24:27，C 错误，镁比铝活泼，反应速率镁比铝快，D错误。故选A。

第Ⅱ卷（非选择题共49分）

18.市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准 GB5461 9

产品等级配料碘含量(以I计）

一级食盐、碘酸钾、抗结剂 20～50 mg/kg （1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）____KIO3＋___KI＋___H2SO4＝___K2SO4＋___I2＋___H2O

（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。

①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是__________________________________。 ②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为： a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中； b.加入适量Na2SO3稀溶液； c.分离出下层液体。

以上设计中遗漏的操作是______________________。

（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为： a. 准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；

b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；

c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0×10mol·L的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。

①判断c中反应恰好完全依据的现象是______________________。

②根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是_______mg/kg（以含w的代数式表示）。

【答案】 (1). 1 (2). 5 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). I2＋SO32－＋H2O = 2I－＋SO42 －＋2H＋ (8). 在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置 (9). 溶液由蓝色恰好变为无色 (10). 20 【解析】

－4

－1

【分析】

（1）碘酸钾中的+5价碘与碘化钾中的-1价碘发生归中反应，根据电子守恒和质量守恒配平化学方程式；

（2）①Na2SO3中的硫是+4价，有还原性，和I2发生氧化还原反应； ②回收四氯化碳时，为使Na2SO3和碘充分反应，需要振荡分液漏斗；

（3）KIO3与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，当加入的Na2S2O3溶液恰好和生成的碘反应时，溶液蓝色褪去。根据KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O和I2＋2S2O3＝2I＋S4O6计算食用精制盐的碘含量。

【详解】（1）碘酸钾中+5价碘化合价降低为0价，碘化钾中-1价碘化合价升高为0价，所以KI的系数为5，KIO3的系数为1，再根据质量守恒配平其他物质的系数，配平的化学方程式为：KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O；

（2）①Na2SO3有还原性，与I2发生氧化还原反应，硫由+4价升高到+6价，碘由0价降低为-1价，离子方程式是I2＋SO3＋H2O = 2I＋SO4

2－

－

2 －

2－

－

2－

＋2H；

＋

②回收四氯化碳：将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；加入适量Na2SO3稀溶液；要使反应充分进行，需要振荡分液漏斗，然后充分静置；最后分离出下层液体。故以上设计中遗漏的操作是在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置；

（3）KIO3与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，当加入的Na2S2O3溶液恰好和生成的碘反应时，溶液蓝色褪去。Na2S2O3的物质的量为6.0×10－4mol·L－1×0.0200L=1.2×10-5mol，根据反应I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－，I2的物质的量6.0×10-6mol，根据KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O，12.7g食盐中KIO3的物质的量为2.0×10-6mol，所以12.7g食盐中碘的质量为2.0×10-6mol×127g/mol=2.0×127×10-6g。则1000g食盐中含碘

2.0?127×?10-6×103mg=20mg/kg。

12.7?10-3kg19.下图是中学常见物质间的转化关系。已知：

①A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质； ②E为常见金属，J为红褐色沉淀； ③G在实验室中常用于检验B的存在；④L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液常呈黄色，储存在棕色瓶中。

回答下列问题：

（1）A的电子式____________________________________________________。（2）反应①的化学方程式为__________，反应②的离子方程式为_________________，（3）若参加反应的A的质量为39g，则消耗CO2的体积（标况下）为__________L。（4）L的化学式__________，G的化学式__________________________。【答案】 (1).

(2). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (3).

Fe+3OH=Fe(OH)3↓ (4). 11.2 (5). HNO3 (6). Ca(OH)2 【解析】【分析】

A为淡黄色固体,B为导致“温室效应”的主要物质,二者发生反应,则A为Na2O2,B为CO2,二者反应生成Na2CO3和O2,G在实验室中常用于检验CO2的存在,则G为Ca(OH)2,故C为O2,D为Na2CO3,金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀,则J为Fe(OH)3,E为Fe,F为Fe3O4,L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液若保存不当常呈黄色,应是浓硝酸所具有的性质,则L为HNO3,K为Fe(NO3)3,H为NaOH,I为CaCO3；据以上分析解答。【详解】(1)由上述分析可以知道,A为Na2O2 ,电子式为因此，本题正确答案是:

；

(2)反应①的化学方程式为: 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②的离子方程式为:Fe+3OH= Fe(OH)3↓；

因此，本题正确答案是: 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓；

(3)n（Na2O2）=39÷78=0.5mol,由2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应可知，则消耗CO2的体积（标况下）为0.5×22.4=11.2L；因此，本题正确答案是: 11.2；

（4）结合以上分析可知，L的化学式HNO3，G的化学式为Ca(OH)2；因此，本题正确答案是: HNO3；Ca(OH)2。

20.[2012·南通二调]碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH见下表：沉淀物开始沉淀完全沉淀

回答下列问题：

Fe(OH)3 2.3 3.2 Fe(OH)2 Al(OH)3 7.5 9.7 （1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是。

（2）在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作。若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为。

的3.4 4.4 13

（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2+离子，可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子。该水解反应的离子方程式为。

（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为。 A．氯水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液

【答案】 (1). Al3＋ (2). 加快反应速率 (3). 氧化剂 (4). 2 mol (5). 2Fe(OH)2＋＋2H2O【解析】【分析】

Fe2(OH)42+＋2H＋ (6). D

根据物质的分离、提纯的方法和基本操作进行分析。

【详解】(1)过量的铁使Fe转化成Fe，这样通过调节pH在4.4～7.5，可以使Al全部沉淀，而Fe未沉淀。“搅拌”使得反应物增大接触面积，反应速率加快。本小题答案为：Al3＋；加快反应速率。

(2)从反应Ⅱ知，NaNO2转化为NO，NaNO2作氧化剂，增加O2的量，以减少NaNO2，说明O2也作氧化剂。根据电子转移总数知，NaNO2中N的化合价变化1，而O2的化合价变化4，相当于通入1mol O2节约4mol的NaNO2。若参与反应的O2有11.2 L(标准状况)，则O2物质的量为0.5mol，相当于节约NaNO2的物质的量为2 mol。本小题答案为：氧化剂；2mol。 (3)由Fe(OH)2＋离子水解生成Fe2(OH)42-，由铁守恒可知，多出的OH－应由水提供。该水解反应的离子方程式为2Fe(OH)2＋＋2H2O?Fe2(OH)42+＋2H＋。本小题答案为：2Fe(OH)2＋＋2H2O?Fe2(OH)42+＋2H＋。

(4)要检验是否存在Fe2＋，必须排除Fe3＋的干扰，应利用Fe2＋的还原性、能使高锰酸钾溶液褪色，故应选择酸性KMnO4溶液作试剂。本小题答案为：D。 21.已知：

①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解

2＋

3＋

2＋

3＋

②

现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。

请回答下列问题：

（1）X中官能的名称是______________。（2）F→H的反应类型是_________________。

（3）I的结构简式为___________________；（4）E不具有的化学性质________（选填序号） a．取代反应 b．消去反应

c．氧化反应 d．1molE最多能与2molNaHCO3反应（5）写出下列反应的化学方程式：

①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：________________ ； ②F→G的化学方程式：____________________；

（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_____ 种，其中一种的结构简式为________。 a．苯环上核磁共振氢谱有两种 b．不能发生水解反应 c．遇FeCl3溶液不显色

d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应

【答案】 (1). 酯基、溴原子 (2). 消去反应 (3). (4).

b、d (5).

(6). (7).

4 (8). ：、、

、

【解析】【分析】

（任写一种）

分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接

在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是

，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是

，E是，F是。

【详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；

（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，

因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。

（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为

。

（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3 溶

液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。

（5）① X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式是：

；② F→G的化学方程式是：

；