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化学 温州市2016年高三第一次模拟考试
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化学 热门试卷

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试卷目录
1、单选题
1
2
3
4
5
6
7
2、简答题
8
9
10
11
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单选题 本大题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求。
1
题型： 单选题
|
分值: 6分

8．下列说法不正确的是

A相同温度下，可以通过观察气泡多少来比较不同浓度Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液反应的快慢

B实验室制取乙酸乙酯时，向试管中加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸和冰醋酸

C用已知浓度NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，滴定终点时，俯视刻度线，则测得盐酸浓度偏小

D用洗净铂丝蘸取未知溶液进行焰色反应，呈现黄色火焰，则该溶液有Na＋，但不能确定K＋的存在

正确答案

A

解析

A选项Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液反应为Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，而SO2易溶于水所以不能通过观察气泡多少来比较不同浓度Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液反应的快慢，可以通过观察最先变浑浊来比较快慢，

B选项实验室制取乙酸乙酯时，入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，所以是正确的

C选项滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（碱）偏小，根据c（酸）=，可知c（酸）偏小，C正确

D选项离子的焰色反应就是黄色的,钾离子焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去（黄色）呈紫色,所以没有透过蓝色钴玻璃的话,只能判断一定有钠离子,不一定有钾离子，正确。

本题正确答案是A

考查方向

本题考查了乙酸乙酯的制备方法、化学反应速率快慢的判断，题目难度不大，注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法

解题思路

A选项Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液反应为Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，而SO2易溶于水所以不能通过观察气泡多少来比较不同浓度Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液反应的快慢，可以通过观察最先变浑浊来比较快慢，

B选项实验室制取乙酸乙酯时，入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，所以是正确的

C选项滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（碱）偏小，根据c（酸）=，可知c（酸）偏小，C正确

D选项离子的焰色反应就是黄色的,钾离子焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去（黄色）呈紫色,所以没有透过蓝色钴玻璃的话,只能判断一定有钠离子,不一定有钾离子，正确

B选项正确，C选项正确，D选项正确，所有选A选项。

易错点

Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液反应原理；中和滴定误差分析。

知识点

浓硫酸的性质
1
题型： 单选题
|
分值: 6分

9．右表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，Z元素的核电荷数为X与Y元素核电荷数之和。下列说法正确的是

A氢化物稳定性Y比W强，是因为Y的氢化物中存在氢键

BXY2、XW2、ZY2熔沸点依次增大，都是由共价键形成的分子晶体

C一定条件下，X单质能与ZY2反应生成Z单质，说明X的非金属性比Z强

D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，钠能与T形成Na2T2化合物

正确答案

D

解析

由Z元素的核电荷数为X与Y元素核电荷数之和，可得X为C元素，Z为Si元素，Y为O元素，W为S元素，T为Se.元素 。

A选项氢化物稳定性Y比W强即H2O>H2S，是因为O的非金属性强与S，不是因为H2O中存在氢键，错误

B选项XY2、XW2、ZY2 即（CO2 、CS2 、SiO2）熔沸点依次增大，都是由共价键形成的分子晶体，而SiO2是原子晶体，错误

C选项一定条件下，X单质能与ZY2反应生成Z单质，即2C + SiO2      Si + 2CO 是熵增反应高温自发反应，并不是C的非金属性比Si强。

D选项根据元素周期律，同主族元素化学性质有相似性，在金属与非金属的分界线附近的元素既具有金属元素的性质,又具有非金属元素的性质,很多是良好的半导体材料，所以Na与Se能形成Na2Se2化合物。正确

A选项不正确，B选项不正确，C选项不正确，所有选D选项。

本题正确答案是D

考查方向

本题考查元素周期律的推断，同族元素的性质的相似性，气态氢化物的稳定性。

解题思路

由Z元素的核电荷数为X与Y元素核电荷数之和，可得X为C元素，Z为Si元素，Y为O元素，W为S元素，T为Se.元素 。根据各元素的性质，可解答此题。

易错点

元素周期律的推断及同族元素的性质的相似性。

知识点

元素周期律的实质
1
题型： 单选题
|
分值: 6分

12．最近报道了一种新型可充电式铝电池。电解质为阳离子(EMl+)与阴离子(AlCl4－)组成的离子液体。右图为该电池放电过程示意图，Cn为石墨烯，下列说法不正确的是

A充电时，每生成1mol Al，电解质溶液中会增加7molAlCl4－

B放电时，电解质中的阳离子(EMl+)未发生反应

C放电时，负极反应方程式为Al+7AlCl4－-3e－=4Al2Cl7－

D充电时，Cn为阳极，电极方程式为Cn+AlCl4－ -e－= Cn[AlCl4]

正确答案

A

解析

A．充电时，阳极发生3Cn+3AlCl4--3e-═3Cn[AlCl4]，阴极发生4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，每生成1mol Al，电解质溶液中会增加4molAlCl4-，故A错误；

B．放电时，负极Al+7AlCl4--3e-═4Al2Cl7-，正极发生3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3AlCl4-，电解质中的阳离子（EMl+）未发生反应，故B正确；

C．由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7-，电极方程式为Al+7AlCl4--3e-═4Al2Cl7-，故C正确；

D．充电时，Cn为阳极，发生氧化反应，电极方程式为Cn+AlCl4--e-═Cn[AlCl4]，故D正确．故选A．

考查方向

本题考查学生二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，属于综合知识的考查，难度中等，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。

解题思路

由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7-，电极方程式为Al+7AlCl4--3e-═4Al2Cl7-，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3AlCl4-，电解时阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+AlCl4--e-═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，以此解答该题．

易错点

原电池和电解池工作原理

知识点

电解质与非电解质
1
题型： 单选题
|
分值: 6分

7．下列说法不正确的是

A天津港爆炸案中对剧毒的氰化钠(NaCN) 喷洒双氧水消毒，是利用了双氧水的氧化性

B碳酸钙分解、氢氧化钡晶体和氯化铵固体反应、高温下铝与氧化铁反应都是吸热反应

C刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，陶瓷、分子筛主要成分是硅酸盐

D石油原油的脱水，有色玻璃、纳米材料、塑料、橡胶及合成纤维等制造过程都会用到胶体

正确答案

B

解析

A选项氰化钠化学式NaCN(C元素+2价，N元素-3价)具有还原性，喷洒双氧水具有氧化性，正确

B选项吸热反应主要有大部分分解反应，氢氧化钡晶体和氯化铵固体反应、C + H2O==CO + H2 。而铝热反应即高温下铝与氧化铁反应是放热反应，错误

C选项刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，陶瓷、分子筛主要成分是硅酸盐，正确

D选项分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体，正确

本题正确答案是B

考查方向

本题考查胶体、Al2O3物理性质，吸热反应和放热反应，氧化还原反应原理。

解题思路

A选项氰化钠化学式NaCN(C元素+2价，N元素-3价)具有还原性，喷洒双氧水具有氧化性，正确

B选项吸热反应主要有大部分分解反应，氢氧化钡晶体和氯化铵固体反应、C + H2O===CO + H2 。而铝热反应即高温下铝与氧化铁反应是放热反应，错误

C选项刚玉、红宝石高温、耐磨主要成分是氧化铝，陶瓷、分子筛主要成分是硅酸盐，正确

D选项分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体，正确

A选项正确，C选项正确，D选项正确，所有选D选项。

易错点

常见吸热反应，胶体本质，氧化还原反应原理

知识点

水泥的主要化学成分、生产原料及其用途
1
题型： 单选题
|
分值: 6分

10．下列说法正确的是

AC2H6与C3H8没有同分异构体，CH2O2与C2H4O2属于同系物

B一定条件下，乙酸乙酯、淀粉、蛋白质、乙烯都能与水发生水解反应

C一定条件下，完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体，则生成水的质量为18(1-a)g

D全降解塑料可由单体环氧丙烷和CO2缩聚制得

正确答案

C

解析

结构相似,分子组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物互称为同系物。

A选项C2H6与C3H8没有同分异构体，CH2O2(结构为HCOOH)与C2H4O2 ( 结构可以是CH3COOH和HCOOCH3 两种)不一定是同系物，错误。

B选项CH2=CH2 + H2O==CH3CH2OH ，此反应是加成反应，所以一定条件下，乙酸乙酯、淀粉、蛋白质、乙烯都能与水发生水解反应，错误。

C选项乙烯（C2H4）、乙醛（C2H4O）看出两种物质的C,H原子个数比都是1:2，所以混合物中C,H元素质量之比为6:1，因为氧元素的质量分数为a，所以C、H总含量为1－a，含碳元素质量分数为(1-a), 氢元素的质量分数为(1－a),因此， 一定条件下，完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体中m(H)=(1－a)×14=2(1－a)gn(H)=2(1－a)mol，根据氢元素守恒可得n(H2O)=(1－a)mol 所以m(H2O)=n×M=(1－a)mol×18g/mol=18(1-a)g，正确。

考查方向

本题考查有机物的同分异构体和同系物的概念，有机物官能团的性质及有机物反应类型，氧化反应、取代反应、加成反应、加聚反应等。

解题思路

结构相似,分子组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物互称为同系物。

A选项C2H6与C3H8没有同分异构体，CH2O2(结构为HCOOH)与C2H4O2 ( 结构可以是CH3COOH和HCOOCH3 两种)不一定是同系物，错误。

B选项CH2=CH2 + H2O==CH3CH2OH ，此反应是加成反应，所以一定条件下，乙酸乙酯、淀粉、蛋白质、乙烯都能与水发生水解反应，错误。

C选项乙烯（C2H4）、乙醛（C2H4O）看出两种物质的C,H原子个数比都是1:2，所以混合物中C,H元素质量之比为6:1，因为氧元素的质量分数为a，所以C、H总含量为1－a，含碳元素质量分数为(1-a), 氢元素的质量分数为(1－a),因此， 一定条件下，完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体中m(H)=(1－a)×14=2(1－a)gn(H)=2(1－a)mol，根据氢元素守恒可得n(H2O)=(1－a)mol 所以m(H2O)=n×M=(1－a)mol×18g/mol=18(1-a)g，正确

易错点

有机物官能团的性质及有机物反应类型

知识点

饱和烃与不饱和烃
1
题型： 单选题
|
分值: 6分

11．常温下，向1L0.1mol•L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4＋与NH3•H2O的变化趋势如右图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法不正确的是

AM点溶液中水的电离程度比原溶液小

B在M点时，n(OH－)-n(H+)＝(a -0.05)mol

CC．随着NaOH的加入，不断增大

D当n(NaOH)＝0.1mol时，c(OH－)＞c(Cl－)- c(NH3•H2O)

正确答案

C

解析

常温下，向1L0.1mol•L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH，则溶液中NH4+ + OH－NH3•H2O，加入固体NaOH后，考虑NH3•H2O的电离，和溶液中NH4+的水解问题。

A选项从图中看出M点溶液中，则生成c(NH3•H2O)=0.05mol•L‾1  ，溶液中剩余c(NH4+)=0.05mol•L‾1 ，所以M点为同浓度(0.05mol/L)的NH3•H2O和NH4Cl混合，而NH3•H2O电离程度大于NH4+ 水解程度，所以NH3•H2O电离会抑制水的电离，水的电离程度比原溶液小。

B选项根据电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)= [c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L

在M点时c(NH4+)=0.05mol•L‾1 c(Na+)=amol•L‾1 c(Cl－)=0.1mol•L‾1 带入数据可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol•L‾1 +a mol•L‾1 －0.1mol•L‾1 ]×1L=(a－0.05)mol ，正确

C选项根据H2OH+ +OH－ KW =c(H+)×c(OH‾)              NH3•H2ONH4+ + OH‾   K

平衡常数K==由此可得 =,随着NaOH的加入,c(NH3•H2O)逐渐增大，而KW和K不变，所以比值越小，错误

D选项当n(NaOH)＝0.1mol时,NH4Cl恰好与NaOH完全反应生成NaCl（c(Na+)=c(Cl‾)=0.1 mol•L－1）和NH3•H2O，由于NH3•H2ONH4+ + OH‾ ，可知溶液根据电荷守恒即：c(NH4+)＋c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl‾)＋c(OH‾) ,

c(OH‾)＝c(NH4+)＋c(H+) ，据物料守恒：c(NH4+)＋c(NH3•H2O)=0.1 mol•L－1  ，c(OH‾)= c(NH4+)＋c(H+)=0.1 mol•L－1－c(NH3•H2O)＋c(H+)，也可以是c(OH‾)=c(Cl‾)－c(NH3•H2O)＋c(H+)， 所以c(OH‾)>c(Cl‾)－c(NH3•H2O)，正确

本题正确答案是C

考查方向

本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解等知识点，根据溶液中的溶质、溶液酸碱性结合守恒思想分析解答

解题思路

常温下，向1L0.1mol•L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH，则溶液中NH4+ + OH－NH3•H2O，加入固体NaOH后，考虑NH3•H2O的电离，和溶液中NH4+的水解问题。

A选项从图中看出M点溶液中，则生成c(NH3•H2O)=0.05mol•L‾1  ，溶液中剩余c(NH4+)=0.05mol•L‾1 ，所以M点为同浓度(0.05mol/L)的NH3•H2O和NH4Cl混合，而NH3•H2O电离程度大于NH4+ 水解程度，所以NH3•H2O电离会抑制水的电离，水的电离程度比原溶液小。

B选项根据电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)= [c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L

在M点时c(NH4+)=0.05mol•L‾1 c(Na+)=amol•L‾1 c(Cl－)=0.1mol•L‾1 带入数据可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol•L‾1 +a mol•L‾1 －0.1mol•L‾1 ]×1L=(a－0.05)mol ，正确

C选项根据H2OH+ +OH－ KW =c(H+)×c(OH‾)              NH3•H2ONH4+ + OH‾   K

平衡常数K==由此可得 =,随着NaOH的加入,c(NH3•H2O)逐渐增大，而KW和K不变，所以比值越小，错误

D选项当n(NaOH)＝0.1mol时,NH4Cl恰好与NaOH完全反应生成NaCl（c(Na+)=c(Cl‾)=0.1 mol•L－1）和NH3•H2O，由于NH3•H2ONH4+ + OH‾ ，可知溶液根据电荷守恒即：c(NH4+)＋c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl‾)＋c(OH‾) ,

c(OH‾)＝c(NH4+)＋c(H+) ，据物料守恒：c(NH4+)＋c(NH3•H2O)=0.1 mol•L－1  ，c(OH‾)= c(NH4+)＋c(H+)=0.1 mol•L－1－c(NH3•H2O)＋c(H+)，也可以是c(OH‾)=c(Cl‾)－c(NH3•H2O)＋c(H+)， 所以c(OH‾)>c(Cl‾)－c(NH3•H2O)，正确

A选项正确，B选项正确，D选项正确，所有选C选项不正确。

易错点

离子浓度大小的比较

知识点

物质的量浓度的计算
1
题型： 单选题
|
分值: 6分

13．某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：

下列说法不正确的是

A固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3

B使用石灰水时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al(OH)3转化为AlO2－

C试剂a选用盐酸，从溶液Ⅲ得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解

D若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O

正确答案

D

解析

工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，得滤液再盐酸中各过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2•6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，
A、根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，故A正确；
B、氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，故B正确；
C、CaCl2•6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，故C正确；
D、若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2•6H2O不纯，故D错误；
故选D．

本题答案是D

考查方向

本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法．

解题思路

工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，得滤液再盐酸中各过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2•6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，据此答题．

易错点

物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

知识点

常见金属的活动性顺序及其应用
简答题（综合题） 本大题共58分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型：简答题
|
分值: 15分

甲醇是21世纪应用最广泛的清洁燃料之一，通过下列反应可以制备甲醇：

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( l )  △H

28.已知：

计算上述反应的△H＝_________________ kJ·mol－1。

29.在容积可变的密闭容器中充入1 mol CO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH( g )，H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如右图所示。

① 该反应的△S___________0，图中的T1__________T2（填“<”、“>”或“=”）。

② 当达到平衡状态A 时，容器的体积为2 L，此时该反应的平衡常数为  ▲  ，若达到平衡状态B 时，则容器的体积V（B）=________L。

③ 在该容器中，下列措施可增加甲醇产率的是_________________。

A．升高温度           

B．从平衡体系中及时分离CH3OH

C．充入He                  

D．再充入0.5 mol CO和1 mol H2

30.在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g )，反应时间与物质的量浓度的关系如下图所示，则前10分钟内，氢气的平均反应速率为_________________；若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，请在图中画出15-25分钟c (CO)的变化曲线。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

-128.1

解析

先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式
CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H=-283kJ•mol-1 ①
H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8×2 kJ•mol-1 ②
CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=--726.5kJ•mol-1 ③根据盖斯定律将①+②-③计算

考查方向

考查化学平衡常数的表达式、热化学方程式的书写及平衡状态的判断、外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响等知识。

解题思路

先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式
CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H=-283kJ•mol-1 ①
H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8×2 kJ•mol-1 ②
CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=--726.5kJ•mol-1 ③

根据盖斯定律将①+②-③计算

该反应的平衡常数K===4  ,可得V=0.4L

易错点

化学平衡三步分析法计算、化学平衡常数计算、热化学方程式的书写及平衡状态的判断，

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①<  <    ② 4，0.4      ③B

解析

①根据1molCO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH(g)，可知此反应能够自发进行即△G=△H－T△S<0，其热化学方程式为CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )  △H   此正反应为气体体积减小的反应则△S<0，所以△G<0必须△H<0。H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图趋势，同温时H2的平衡转化率随压强增大而增大，P增大向气体体积减小方向移动可得正反应为熵减过程（△S），符合题意; △H<0， 此可逆反应为放热反应，同压时温度升高向吸热反应方向（逆反应方向）移动。及H2的平衡转化率随T升高而降低，得T1<T2 。

②当达到平衡状态A 时，容器的体积为2 L，此时H2转化率为0.5 ，利用三步分析法：则平衡时各物质的浓度为

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     0.5       1            0

变化(mol/L)     0.25      0.5          0.25

平衡(mol/L)     0.25      0.5          0.25

该反应的平衡常数K===4

若达到平衡状态B 时, 容器的体积为2 VL，此时H2转化率为0.5 ，利用三步分析法则平衡时各物质的量为,

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol)       1        2            0

变化(mol)      0.8       1.6          0.8

平衡(mol)      0.2       0.4          0.8

该反应的平衡常数K===4  ,可得V=0.4L

③容积可变的密闭容器中（恒压条件下）要增加甲醇产率，即恒压条件下改变条件使平衡向正向移动，A据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动（逆反应方向），甲醇产率降低。错误。B从平衡体系中及时分离CH3OH，即生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，甲醇产率增加，正确C充入惰性气体（He），导致CO、H2和CH3OH混合气体浓度减小，向气体分子数增大（逆反应方向）移动，错误。D再充入0.5 mol CO和1 mol H2、其平衡不移动，产率不变。错误

考查方向

考查化学平衡常数的表达式、热化学方程式的书写及平衡状态的判断、外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响等知识。

解题思路

①根据1molCO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH(g)，可知此反应能够自发进行即△G=△H－T△S<0，其热化学方程式为CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )  △H   此正反应为气体体积减小的反应则△S<0，所以△G<0必须△H<0。H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图趋势，同温时H2的平衡转化率随压强增大而增大，P增大向气体体积减小方向移动可得正反应为熵减过程（△S），符合题意; △H<0， 此可逆反应为放热反应，同压时温度升高向吸热反应方向（逆反应方向）移动。及H2的平衡转化率随T升高而降低，得T1<T2 。

②当达到平衡状态A 时，容器的体积为2 L，此时H2转化率为0.5 ，利用三步分析法：则平衡时各物质的浓度为

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     0.5       1            0

变化(mol/L)     0.25      0.5          0.25

平衡(mol/L)     0.25      0.5          0.25

该反应的平衡常数K===4

若达到平衡状态B 时, 容器的体积为2 VL，此时H2转化率为0.5 ，利用三步分析法则平衡时各物质的量为,

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol)       1        2            0

变化(mol)      0.8       1.6          0.8

平衡(mol)      0.2       0.4          0.8

该反应的平衡常数K===4  ,可得V=0.4L

③容积可变的密闭容器中（恒压条件下）要增加甲醇产率，即恒压条件下改变条件使平衡向正向移动，据勒夏特列原理可解答此题。

易错点

化学平衡三步分析法计算、化学平衡常数计算、热化学方程式的书写及平衡状态的判断，

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

0.16mol·L－1·min－1

解析

在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g )，据图可知10分钟时利用三步分析法c(CH3OH)=0.8mol/L，可得V(CH3OH)= =0.08 mol·L－1·min－1,所以V(H2)=2 V(CH3OH)=0.16 mol·L－1·min－1

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1        3            0

变化(mol/L)     0.8      1.6           0.8

平衡(mol/L)     0.2      1.4           0.8

若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，利用三步分析法则平衡时各物质的量浓度为：

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1       3            0

变化(mol/L)     0.5      1           0.5

平衡(mol/L)     0.5      2           0.5

由上可知：10分钟时c(CO)= 0.2mol•L‾1 ， 20分钟达到平衡后c(CO)= 0.5mol•L‾1

所以，15-25分钟c (CO)的变化曲线

考查方向

考查化学平衡常数的表达式、热化学方程式的书写及平衡状态的判断、外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响等知识。

解题思路

在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g )，据图可知10分钟时利用三步分析法c(CH3OH)=0.8mol/L，可得V(CH3OH)= =0.08 mol·L－1·min－1,所以V(H2)=2 V(CH3OH)=0.16 mol·L－1·min－1

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1        3            0

变化(mol/L)     0.8      1.6           0.8

平衡(mol/L)     0.2      1.4           0.8

若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，利用三步分析法则平衡时各物质的量浓度为：

CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g )

起始(mol/L)     1       3            0

变化(mol/L)     0.5      1           0.5

平衡(mol/L)     0.5      2           0.5

由上可知：10分钟时c(CO)= 0.2mol•L‾1 ， 20分钟达到平衡后c(CO)= 0.5mol•L‾1

所以，15-25分钟c (CO)的变化曲线

易错点

化学平衡三步分析法计算、化学平衡常数计算、热化学方程式的书写及平衡状态的判断，

1
题型：简答题
|
分值: 10分

肉桂酸乙酯G是一种增香剂，可按下列路线合成：

已知：①

②

请回答：

14.D中官能团的名称是_________________。

15.E的结构简式_________________。

16.F＋C→G的化学方程式_________________。

17.对于化合物G，下列说法不正确的是_________________。

A能发生水解反应

B不能使酸性KMnO4溶液褪色

C能发生银镜反应

D不能发生酯化反应

18.下列化合物中属于E的同分异构体的是_________________。

A

B

C

D

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

醛基

解析

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为
D为CH3CHO，官能团为醛基，故答案为：醛基；

考查方向

本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等

解题思路

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为，据此分析解答．

易错点

有机物的推断关键官能团的性质与转化。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为通过以上分析知，E结构简式为，故答案为：；

考查方向

本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等

解题思路

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为，据此分析解答．

易错点

有机物的推断关键官能团的性质与转化。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为F和C发生酯化反应生成G，反应方程式为：，故答案为：；

考查方向

本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等

解题思路

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为，据此分析解答．

易错点

有机物的推断关键官能团的性质与转化。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,C

解析

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为G结构简式为，A．G中含有酯基，所以能发生水解反应，故正确；B．G中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而能使酸性KMnO4溶液褪色，故错误；C．G中不含醛基，所以不能发生银镜反应，故错误；D．该物质中不含羟基或羧基，所以不能发生酯化反应，故正确；故选BC；

考查方向

本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等

解题思路

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为，据此分析解答．

易错点

有机物的推断关键官能团的性质与转化。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B

解析

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为E为，E的不饱和度为6，分子式为C9H8O，AB选项中不饱和度为6且分子式是C9H8O，所以与为同分异构体；C中不饱和度为4、D的不饱和度为5，且分子式与不同，所以不是同分异构体，故选AB．

考查方向

本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等

解题思路

A与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生卤代烃的水解反应，再脱去1分子水得到，则A为，B为；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，则C为CH3CH2OH，C发生催化氧化反应生成D，D为CH3CHO，
与CH3CHO发生加成反应然后脱去1分子水得到E，E为，与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G结构简式为，据此分析解答．

易错点

有机物的推断关键官能团的性质与转化。

1
题型：简答题
|
分值: 18分

Ⅰ．请回答：

Ⅱ．无机化合物A 和NaH都是重要的还原剂，遇水都强烈反应。一定条件下，2.40g NaH与气体B反应生成3.90g化合物A和 2.24L（已折算成标准状况）的H2。已知气体B可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答下列问题

19.MgCl2的电子式_________________。

20.除去铜粉中少量铁粉不用稀硝酸，用化学方程式表示其原因_________________。

21.往饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体，溶液中出现白色浑浊，写出该反应的离子方程式_________________。

22.双氧水能使酸性高锰酸钾溶液褪色，请完成以下相关反应的离子方程式：

(      )MnO4－＋(      )H2O2＋_________________＝(       )Mn2+＋(        )H2O＋_________________。

23.A的化学式是_________________。

24.NaH与气体B反应生成化合物A的化学方程式_________________。

25.A与足量盐酸发生非氧化还原反应的化学方程式_________________。

26.在高温下氢化钠（NaH）可将四氯化钛（TiC14）还原成金属钛，该反应的化学方程式为__________。

27.某同学认为：用足量B的水溶液吸收工业制硫酸尾气中的SO2，“吸收液”通过蒸发结晶制得的固体即为纯净的亚硫酸盐；取少量该固体加水溶解，再加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，即可证明得到的固体一定是纯净物。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由_________________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

氯化镁为离子化合物，化学式中存在阴阳离子，其电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化镁的电子式为：
故答案为：   

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

氯化镁为离子化合物，氯化镁中存在镁离子和氯离子，氯离子还需要标出最外层电子；

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

解析

铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、水，化学反应为：3Cu+8HNO3=3 Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

铜、铁都可与稀硝酸反应，应用盐酸或稀硫酸除杂，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、水；

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Na++CO32－+CO2+H2O ==  2NaHCO3↓

解析

碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，反应的离子方程式为：2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，故答案为：2Na++CO32-+CO2+H2O═2NaHCO3↓；

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

碳酸钠与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，溶液中出现白色浑浊；

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

2MnO4－＋5H2O2＋6H+ ==  2Mn2+＋8H2O＋5O2↑

解析

双氧水中氧元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子．而高锰酸钾中锰元素的化合价从+7价降低到+2价，得到2个电子，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的反应为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案为：2；5；6H+；2；8；5O2↑

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

根据氧化还原反应中得失电子数相等和质量守恒配平．

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

NaNH2

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，A的化学式是NaNH2，故答案为：NaNH2；

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，由此分析解答．

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

NaH+ NH3 ==  NaNH2 + H2 ↑

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，NaH与气体B反应生成化合物A的化学方程式：NaH+NH3=NaNH2+H2，故答案为：NaH+NH3=NaNH2+H2；

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，由此分析解答．

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(7)小题正确答案及相关解析

正确答案

NaNH2 +2HCl =NaCl + NH4Cl

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，A是足量盐酸发生非氧化还原反应的化学方程式NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl，故答案为：NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl；

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，由此分析解答．

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(8)小题正确答案及相关解析

正确答案

2NaH+TiCl 4  Ti+2NaCl+2HCl↑或4NaH+TiCl 4  Ti+4NaCl+2H 2 ↑

解析

在高温下（NaH）可将四氯化钛（TiCl4）还原成金属钛，该反应的化学方程式为2NaH+TiCl4=Ti+2NaCl+2HCl，故答案为：2NaH+TiCl4=Ti+2NaCl+2HCl；

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，由此分析解答．

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

第(9)小题正确答案及相关解析

正确答案

制备过程不合理，因为亚硫酸盐具有强还原性，易被氧化，导致固体中含有硫酸盐；验纯方法不合理，如果固体中含有硫酸盐，加入过量BaCl2溶液也会产生白色沉淀。

解析

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，因为亚硫酸盐具有极强的还原性，吸收液”通过蒸发结晶制得的固体可能是亚硫酸盐和硫酸盐的混合物，故答案为：不合理；通过蒸发结晶制得的固体可能是亚硫酸盐和硫酸盐的混合物，所以得到的固体不一定是纯净物，可能是亚硫酸钡和硫酸钡的混合物．

考查方向

本题考查知识点较多，电子式、化学方程的书写，质量守恒定律的应用、氧化还原反应方程式的配平、元素化合物的性质等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

解题思路

已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，由此分析解答．

易错点

注意掌握电子式的概念及表示方法，氧化还原反应方程式的配平、化学方程式的有关计算

1
题型：简答题
|
分值: 15分

利用废铁屑（含少量铁锈——Fe2O3）制备纳米Fe3O4的流程如下：

用如右图装置制备溶液A，其实验步骤为：

Ⅰ．打开k1，关闭k2，并打开k3，缓慢滴加盐酸；

Ⅱ．当……时，关闭k3，对装置E进行读数操作；

Ⅲ．关闭k1，打开k2、k3，使C容器中的溶液完全进入烧杯；

Ⅳ．往烧杯中加入适量试剂X，得到溶液A。

请回答：

31.盛放盐酸的仪器名称为_________________。

32.要粗略测定废铁屑中铁的质量分数，可通过装置E测出C容器中生成气体的体积。

①下列相关叙述正确的是_________________（填选项字母）

a．用CCl4代替E中的水，测得气体的体积更准确 

b．量气管压入水准管的水过多而溢出，会导致测定失败

c．必须待装置恢复到室温且量气管与水准管两端液面相平才可进行读数

②操作Ⅱ中“……”的内容是_________________。

33.制备溶液A，试剂X可以选择_________________（填选项字母）。

AH2O2

BCl2

CSO2

DHNO3

34.写出由溶液A制备纳米Fe3O4的离子方程式________，制备过程中须持续通入N2，原因是_________。

35.Fe3O4的纯度通常可用碘量法测定：称取m g Fe3O4样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol•L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O32－═2I－+S4O62－）。

①滴定终点的现象是_________________。

②样品中Fe3O4的质量分数_________________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

分液漏斗

解析

根据实验装置可知盛放盐酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为分液漏斗

考查方向

本题考查化学实验的操作和误差分析．离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理及滴定终点的判断。

解题思路

根据实验装置可知盛放盐酸的仪器名称为分液漏斗

易错点

离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①c②容器C中固体完全消失或容器C中不产生气泡

解析

要粗略测定废铁屑中铁的质量分数，可通过装置E测出C容器中生成气体的体积，对量气管的操作和要求有量气管内液体不能溶于产生的气体或与气体反应；反应前后都要使量气管和水准管液面持平，已保证读数的准确性。

①a、氢气为非极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶原理，部分氢气溶在CCl4中，造成测量误差，b、装置中的水有两个作用，封闭量气管内的气体不与大气相通，指示量气管内、漏斗内液面位置，所以溢出对测定无影响，c、必须待装置恢复到室温且量气管与水准管两端液面相平才可进行读数，保证压强与大气压相同，正确，故答案为c

②当Fe3O4与HCl反应结束后，所以现象为固体完全溶解或无气体产生故答案为容器C中固体完全消失或容器C中不产生气泡。

考查方向

本题考查化学实验的操作和误差分析．离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理及滴定终点的判断。

解题思路

要粗略测定废铁屑中铁的质量分数，可通过装置E测出C容器中生成气体的体积，对量气管的操作和要求有量气管内液体不能溶于产生的气体或与气体反应；反应前后都要使量气管和水准管液面持平，且量气管内溶液不能减少，已保证读书准确性。理解这些可答此题

易错点

离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B,D

解析

废铁屑（含少量铁锈——Fe2O3）与盐酸反应可得到含Fe2+ 溶液，要制备溶液A（Fe2+、Fe3+ 溶液）加入氧化剂即可，常见氧化剂如H2O2、Cl2 、HNO3 故答案为a.b.d

考查方向

本题考查化学实验的操作和误差分析．离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理及滴定终点的判断。

解题思路

废铁屑（含少量铁锈——Fe2O3）与盐酸反应可得到含Fe2+ 溶液，要制备溶液A（Fe2+、Fe3+ 溶液）加入氧化剂即可，常见氧化剂如H2O2、Cl2 、HNO3

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离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

【答案】 在 N2气流下，防止Fe2+被氧化

解析

根据题意，由溶液A加入NaOH溶液制备纳米Fe3O4 离子反应为Fe2+具有较强还原性，制备过程中须持续通入N2，防止Fe2+被空气中O2氧化。故答案：；在 N2气流下，防止Fe2+被氧化。

考查方向

本题考查化学实验的操作和误差分析．离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理及滴定终点的判断。

解题思路

根据题意，由溶液A加入NaOH溶液制备纳米Fe3O4 离子反应为制备过程中须持续通入N2，防止Fe2+被空气中O2氧化。

易错点

离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

①溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色②

解析

Fe3O4样品，溶于稀盐酸，Fe3O4 + 8H+  == Fe2+ +2 Fe3+ +4H2O 溶液中含有Fe3+离子，具有氧化性，过量的KI则 2 Fe3+ +2 I‾ == 2Fe2+ + I2  ,反应后滴入几滴淀粉溶液，溶液呈蓝色。后用 Na2S2O3溶液滴定，其原理为已知：I2+2S2O32－═2I－+S4O62－，故滴定的终点即I2消耗完，其变化为溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色，

利用关系式法

   由上可知：10.00ml溶液中n(Fe3O4)=

Fe3O4样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00ml可得m g Fe3O4  样品中Fe3O4物质的量为：5cV×10-3 mol

其质量分数为：W(Fe3O4)== 故答案为。

考查方向

本题考查化学实验的操作和误差分析．离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理及滴定终点的判断。

解题思路

Fe3O4样品，溶于稀盐酸，Fe3O4 + 8H+  == Fe2+ +2 Fe3+ +4H2O 溶液中含有Fe3+离子，具有氧化性，过量的KI则 2 Fe3+ +2 I‾ == 2Fe2+ + I2  ,反应后滴入几滴淀粉溶液，溶液呈蓝色。后用 Na2S2O3溶液滴定，其原理为已知：I2+2S2O32－═2I－+S4O62－ ，滴定的终点即I2消耗完，其变化为溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色，利用关系式法称取m g Fe3O4样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00ml可求得Fe3O4 的质量，最后可得质量分数。

易错点

离子反应方程式的书写、氧化还原反应滴定的原理

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