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【化学】湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二上学期第二次月考（解析版） 试卷
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湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二上学期第二次月考
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H～1 N～14O～16 Mg～24 S～32 Cl～35.5 K～39 Fe～56 Cu～64
一、选择题(本题有22个小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列关于文献记载的说法正确的是
A. 《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质
B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化
C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
D. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。
2.下列化学用语正确的是
A. S2一的结构示意图：
B. 二氧化碳的电子式：
C. C2H2分子的结构式：H—C≡C—H
D. NaH与重水反应的方程式：NaH+D2O=NaOH+D2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫离子核电荷数为16，核外电子总数为18，硫离子的结构示意图为：，故A错误；
B.二氧化碳为共价化合物，分子中存在2个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，故B错误；
C.乙炔为共价化合物，分子中存在一个碳碳三键和两个碳氢键，为直线型结构，乙炔的结构式为：H-C≡C-H，故C正确；
D.NaH与重水的反应中，NaH中-1价H变成了0价的氢气，正确的化学方程式：NaH+D2O=NaOD+HD↑，故D错误；
故选：C。
3.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是
A. 淀粉、CuO、HClO、Cu
B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3
C. KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、H2O、CH3CH2OH
D. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cu为单质，不是非电解质，故A错误；
B.Na2O·CaO·6SiO2含有四种元素，属于盐,不属于氧化物，Ag2O是强电解质，故B错误；
C. KAl(SO4)2·12H2O只有一种物质组成，属于纯净物，KClO3是盐，故C错误；
D. 普通玻璃是混合物，H2O是氧化物、CH3COOH为弱电解质、葡萄糖为非电解质，故D正确；
故选：D。
【点睛】由两种、两种以上物质组成的为混合物；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；水溶液中能够部分电离的电解质，为弱电解质；水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。
4.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 2—甲基丁烷也称为异丁烷
B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应
C. C4H9Cl有3种同分异构体
D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A.2−甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，按照习惯命名法，它又叫异戊烷，故A错误；
B.乙烯的结构简式为CH2= CH2，它与H2O反应转化为CH3 CH2OH，该反应属于加成反应，故B正确；
C.丁基（C4H9-）有四种结构，因此C4H9Cl有4种同分异构体，故C错误；
D.蛋白质属于高分子化合物，油脂属于低分子化合物，故D错误；
故选：B。
5.下列说法正确的是
A. 一水合氨既是离子化合物，又是弱电解质
B. 熔融或液态的电解质都能导电
C. 导电过程中可能发生物理变化，也可能发生化学变化
D. 离子反应发生后，反应物中的所有离子的浓度都会降低
【答案】C
【解析】
【详解】A.一水合氨既是共价化合物，又是弱电解质，故A错误；
B. 熔融态或液态的电解质不一定能导电，如液态的氯化氢不能电离出自由移动的离子，不能导电，故B错误；
C. 导电过程中可能发生物理变化，如金属单质的导电，也可能发生化学变化，如电解质在熔融状态或者水溶液中的导电，会生成新物质，发生化学变化，故C正确；
D. 离子反应发生后，反应物中的所有离子的浓度都会降低是错误的，如钠与水反应氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选：C。
6.下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是
A. 配制一定物质的量浓度的溶液
B. 制取干燥的氨气
C. 进行酸碱中和滴定
D. 制取SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加水至刻度线1∼2cm处改用胶头滴管定容，滴加液体至与刻度线、凹液面的最低处相切，故A错误；
B. 氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，故B错误；
C. 酸滴定碱，锥形瓶中为碱液，滴定管盛放的是酸，应选酸式滴定管，故C错误；
D. 亚硫酸钠与硫酸反应为固液反应制备气体，图中装置可制取SO2，故D正确；
故选：D。
7.若用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2.4g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的电子数为1.6NA
D. 0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数0.05NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、镁参加反应转移电子物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，故错误；
B、5.6LCO2中含有氧原子的物质的量为5.6×2/22.4mol=0.5mol，故正确；
C、氢原子物质的量为0.4mol的甲醇，其物质的量为0.1mol，含有电子的物质的量为0.1×18mol=1.8mol，故错误；
D、醋酸是弱酸，部分电离，因此H＋物质的量小于0.05mol，故错误。
答案选B。
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间的转化均能实现的是
A. NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)
B. CuCl2(aq)Cu(OH)2(s) Cu(s)
C. MgCl2∙6H2O(s) MgCl2(s)Mg(s)
D. NH3(g)NO(g)HNO3(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A.在饱和食盐水中通入二氧化碳不反应，故A错误；
B. 氯化铜和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜的悬浊液和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜沉淀，不能生成铜单质，故B错误；
C. 氯化氢具有挥发性，氯化镁溶液蒸干得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁，所以必须在氯化氢氛围中，抑制水解，得无水氯化镁，然后电解熔融的氯化镁得到镁单质，故C正确；
D. 一氧化氮不溶于水，也不与水反应，所以NO(g)+H2O=HNO3(g)无法一步转化，故D错误；
故选：C。
9.下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al ④Al(OH)3 ⑤MgO ⑥(NH4)2CO3
A. ①②③④⑥ B. ②③④⑤ C. ①②③④ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】②、③、④都能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，①NaHCO3为弱酸酸式盐，能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，⑤MgO是碱性氧化物只与酸反应；⑥(NH4)2CO3属于弱酸的铵盐，能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐；所以能和稀盐酸、氢氧化钠反应的有①②③④⑥，
故选：A。
【点睛】根据物质间的反应进行判断,中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COO NH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等;⑥其它一些物质。如：a、某些盐类物质既与酸反应,又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 按照分散质粒子的直径大小可以将分散系分为溶液、浊液和胶体，并且溶液呈电中性，胶体带 有电荷
B. 制备 Fe(OH)3 胶体，可向沸水中滴加 FeCl3 饱和溶液并长时间煮沸
C. 配制 0.1 mol·L-1CuSO4 溶液 100 mL，称取 1.6g 硫酸铜晶体
D. 向饱和 Ca(OH)2 溶液中加入少量无水 CaO 固体，恢复原温度，溶液中 Ca(OH)2 的物质的量浓度 不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，按照分散质粒子的大小可以把分散系分为溶液、胶体和浊液，但溶液和胶体均呈电中性，选项A错误；
B、制备氢氧化铁胶体时，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，如长时间煮沸会导致 胶体聚沉，选项B错误；
C、硫酸铜晶体的摩尔质量为250g/mol，配制 0.1 mol·L-1CuSO4 溶液 100 mL，称取 2.5g 硫酸铜晶体，选项C错误；
D、加入的CaO固体会与水反应生成Ca(OH)2,所以水会减少,所以Ca(OH)2会析出,溶液质量减小，所以Ca2+和OH-都会减少，但由于溶液仍然是Ca(OH)2的饱和溶液,所以溶质的物质的量浓度不变，选项D正确。
答案选D。
11.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。关于该有机物的叙述中正确的是
① 在Ni催化条件下1mol该有机物可与3mol H2发生加成；
② 该有机物不能发生银镜反应；
③ 该有机物分子式为C12H22O2；
④ 该有机物的同分异构体中不可能有酚类；
⑤ 1 mol该有机物水解时只能消耗1 mol NaOH
A. ②③④ B. ①④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2mol H2，酯基与氢气不发生加成反应，故①错误；
②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故②正确；
③由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故③错误；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故④正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故⑤正确；
②④⑤正确，故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。
12.已知反应 ①2BrO3－+ Cl2=Br2+2ClO3－；②5Cl2+ I2+6H2O=2HIO3+10HCl
③ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（ ）C
A. ClO3－＞BrO3－＞IO3－＞Cl2 B. BrO3－＞Cl2＞C1O3－＞IO3－
C. BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－ D. Cl2＞BrO3－＞C1O3－＞IO3－
【答案】C
【解析】
【详解】①反应中氧化剂是BrO3-，氧化产物是C1O3-；②反应中氧化剂是Cl2，氧化产物是HIO3；③反应中氧化剂是ClO3-，氧化产物是Cl2，根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物可知氧化能力由大到小为：BrO3->ClO3->Cl2>IO3-，故C正确，
答案选C。
13.向NH4Al(SO4)2溶液中，加入Ba(OH)2溶液，下列离子反应不可能发生的是
A. 2Al3++3SO42一+3Ba2++6OH一=3BaSO4+2Al(OH)3↓
B. Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+AlO2一+2H2O
C NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+NH3·H2O+Al(OH)3↓
D. NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++5OH一=2BaSO4↓+AlO2一+NH3·H2O+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.当n(NH4Al(SO4)2)：n(Ba(OH)2)<2时，生成产物为(NH4)2SO4、BaSO4↓、Al(OH)3，反应2Al3++3SO42一+3Ba2++6OH一=3BaSO4+2Al(OH)3↓有可能发生，故A不符合题意；
B. 溶液中有偏铝酸根离子时，当有氨水，故Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+AlO2一+2H2O不可能发生，故B符合题意；
C. 当n(NH4Al(SO4)2)：n(Ba(OH)2)=2时，生成产物为NH3⋅H2O、BaSO4和Al(OH)3，反应NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+NH3·H2O+Al(OH)3↓有可能发生，故C不符合题意；
D. 当n(NH4Al(SO4)2)2)：n(Ba(OH)2)>2时，有AlO2一生成，此时应有氨水生成，故NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++5OH一=2BaSO4↓+AlO2一+NH3·H2O+2H2O可能发生，故D不符合题意；
故选：B。
【点睛】向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液时，铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，硫酸根离子与钡离子生成硫酸钡沉淀，当铝离子全部生成氢氧化铝沉淀后，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，当铵根离子反应完后，氢氧化铝再与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子。
14.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存是
A. c(H+)/c(OH一)=10一12mol·L一1的溶液：K+、Na+、AlO2一、CO32一
B. 使石蕊试液变红的溶液：K+、CH3CHO、Cl一、Cr2O72一
C. 含有0.1mol·L一1Fe2+的溶液中：K+、Na+、SCN一、ClO一
D. 含有0.1mol·L一1Ca2+的溶液中：Na+、K+、SO42一、Cl一
【答案】A
【解析】
【详解】A. c(H+)/c(OH一)=10-12mol·L一1的溶液是碱性溶液，K+、Na+、AlO2一、CO32一之间不反应，在碱性环境中可以大量共存，故A正确；
B. 使石蕊试液变红的溶液含有大量氢离子，Cr2O72一在酸性环境下有氧化性，CH3CHO、Cl一具有还原性，它们之间会发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；
C. 含有0.1mol·L-1Fe2+的溶液中，亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，因发生氧化还原反应不能大量共存，故C错误；
D. 含有0.1mol·L一1Ca2+的溶液中，Ca2+与SO42一生成硫酸钙微溶物当沉淀处理不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点睛】离子之间因为生成沉淀，气体，弱电解质，发生氧化还原反应，双水解反应，在溶液中不能大量共存。
15.某废水中含有某种还原性物质或离子(用A表示)及Cl一，现拟用KMnO4溶液来测定A的含量，为防止Cl一干扰实验，下列方案不可行的是
A. 将废水用NaOH溶液碱化后再用KMnO4溶液滴定
B. 先加AgNO3/HNO3溶液使Cl一沉淀后再用KMnO4溶液滴定
C. 找一种物质做催化剂，它能显著减小Cl一与KMnO4的反应速率
D. 用一种还原性介于A与Cl一之间，且被氧化后有特征变化的物质做指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 将废水用NaOH溶液碱化后再用KMnO4溶液滴定是可行的，因为高锰酸钾在碱性环境下氧化性降低，通常不能氧化氯离子，故A不符合题意；
B. 先加AgNO3/HNO3溶液使Cl一沉淀后，可以排除干扰，但可能氧化A，使测定结果不正确，该方案不可行，故B符合题意；
C. 找一种物质做催化剂，有选择性的催化某个反应，它能显著减小Cl一与KMnO4的反应速率，故C不符合题意；
D. 用一种还原性介于A与Cl一之间，利用谁强谁先反应规律，高锰酸钾先氧化A，且被氧化后有特征变化的物质做指示剂，该方案可行，故D不符合题意；
故选：B。
16.11P4+60CuSO4+96H2O = 20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中，1molCuSO4能氧化白磷(P4)的物质的量是
A. 1/10mol B. 1/20mol C. 11/20mol D. 1/12mol
【答案】B
【解析】
【详解】Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为=mol，
故选：B。
【点睛】氧化还原反应中的计算运用电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，还原剂失电子总数等于还原剂的物质的量乘以化合价升高的原子个数乘以化合价的变化值，氧化剂得得电子总数等于氧化剂的物质的量乘以化合价降低的原子个数乘以化合价的变化值。
17.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）
A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol
【答案】C
【解析】
【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]==0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol，故答案为C。
【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。
18.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】
由于氧化性：Fe3+>Cu2+ ， 故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。
【详解】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；
B. b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；
D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中， 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；
故答案为B。
【点睛】本题的难点是关于c点是否有化学反应发生的判断。仔细观察图像可以发现，点（1.68，1.28）是曲线的拐点，该点把曲线分为两段直线，两段直线的斜率不同，根据点（2.24，1.84）可以判断c点的具体变化。
19.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层电子都符合相应稀有气体原子的结构，则下列有关说法中，不正确的是
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D. 0.1 mol NH5中含有0.5 mol N—H键
【答案】D
【解析】
【分析】
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成。
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，铵根离子的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H-之间为离子键，A项正确；
B．NH4H是一种离子化合物，NH3为共价化合物，熔、沸点高于NH3，B项正确；
C．NH5能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，NH3•H2O再继续分解产生氨气，C项正确；
D．根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多可和四个氢原子形成共价键（其一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H-，阴阳离子间形成离子键，则0.1 mol NH5中含有0.4 mol N—H键，D项错误；
答案选D。
20.已知一定条件下A、B、C、D之间的转化关系如右图所示。下列说法正确的是
A. 若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸
B. 若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质
C. 若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应
D. 若A、B、C、D均为10电子微粒(分子或离子)，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若A、D为化合物，B为水，铁与水蒸气高温条件下能生成氢气，故A错误；
B.若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B错误；
C.若A、B、C、D均为化合物，该反应不一定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C错误；
D.C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为:NH4++OH-=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；
答案选D。
21.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（ ）
A. 滴加KI溶液时，转移2 mol e-时生成1 mol白色沉淀
B. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
【答案】D
【解析】
【分析】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。
【详解】A、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移1mol电子生成1molCuI，故A错误；
B、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B错误；
C、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；
D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；
故选D。
【点晴】本题考查氧化还原反应，溶液呈棕色，说明有I2生成．碘元素化合价由-1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I-，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI。
22.今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液(其他用品略)，某合作学习小组同学的实验结果如下(假定反应前后溶液体积不变)：
组别
①
②
③
④
V[FeCl3(aq)]/mL
100
100
100
100
混合粉末质量/g
6
13.2
24
36
反应后剩余固体的质量/g
0
1.28
12.8
24.8
下列说法不正确的是
A. 第①组溶液中c(Fe3+)=2.0mol/L
B. 第②组剩余固体只有铜
C. 第③④组反应后的滤液中c(Fe2+)=6mol/L
D. 原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=11:9
【答案】D
【解析】
【详解】先后发生两个反应： ①Fe+2Fe3+=3Fe2+ ② Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；从②组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为11.2g，
13.2−1.28=11.92>11.2，所以同时也有一部分Cu溶解，剩余的固体全部为Cu；利用②的数据，设Fe、Cu合金中金属物质的量分别为xmol、ymol，
Fe+2Fe3+=3Fe2+
x 2x
Cu + 2Fe3+=Cu2++2Fe2+
0.2−x 0.4−2x
依据铜元素守恒可得：(0.2−x)+1.28÷64=y，根据质量守恒可得：56x+64y=13.2，
联立解得：x=y=0.11，
即铜与铁物质的量比是1:1，
验证：利用③的数据，正好是24−11.2=12.8，所以只发生了 Fe+2Fe3+=3Fe2+，剩余的12.8全部为Cu，所以n(Fe):n(Cu)=（11.2÷56）：（12.8÷64）=1:1，符合铁和铜的物质的量之比的判断；
①组，6g固体中含有Cu、Fe的物质的量各为0.05mol
Fe+2Fe3+=3Fe2+
0.05 0.1 0.15
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
0.05 0.1 0.05 0.1
c(Fe3+)=（0.4mol−0.2mol）÷0.1L=2.0mol/L，
④组中铁和铜物质的量按照1:1混合，可以计算得到铁和铜的物质的量都为：36g÷(56+64)g/mol=0.3mol，
36g金属中铁的质量为：0.3mol×56g/mol=16.8g，铜的质量为19.2g；
依据反应 Fe+2Fe3+=3Fe2+，有三价铁离子物质的量计算判断，反应金属为11.2g铁，所以剩余固体为铁和铜，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成Fe2+，溶解的铁为11.2g，物质的量为：11.2g÷56g/mol=0.2mol，所以反应后溶液中的二价铁离子的浓度C(Fe2+)=（0.2mol+0.4mol）÷0.1L=6mol/L，
A. 第①组溶液中c(Fe3+)=2.0mol/L，故A正确，但不符合题意；
B. 第②组剩余固体全是铜，故B正确，但不符合题意；
C. 第④组反应后的滤液中c(Fe2+)=6mol/L，故C正确，但不符合题意；
D. 原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=1:1，故D错误，符合题意；
故选：D。
【点睛】依据实验结果的数据，结合反应的实质分析，根据氧化还原反应的规律，铁离子与Fe、Cu都能反应，按照还原性强弱，铁的还原性强于铜，所以三价铁先和铁反应再与铜反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+；能剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜，从②组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为11.2g，13.2-1.28=11.92>11.2，所以同时也有一部分Cu溶解（发生第二个反应），所以剩余的固体全部为Cu；利用②的数据根据化学方程式进行计算，求的铁和铜的物质的量之比，利用③组的数据对比判断剩余的固体；进而依据铁和铜的物质的量之比计算①组反应后溶液中的三价铁离子浓度，计算④组中反应后的溶液中二价铁的浓度。
二、非选择题(本题有5个小题，共56分)
23.从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。以亚硫酸纳(Na2SO3)为实验对象，探究其性质。实验如下：
(1)写出上述实验中②的离子方程式：__________。
(2)通过上述实验可知，在空气中久置的亚硫酸纳固体中会混有____________ (填化学式)。
(3)亚硫酸纳晶体样品若变质，下列说法错误的是 _______________。
A.晶体表面变黄 B.其水溶液pH 将减小 C.其样品质量将增加
(4)将碳酸纳溶液加热到40 ℃通入二氧化硫饱和后，再加入等量的碳酸钠溶液，在避免与空气接触的情况下结晶可制得亚硫酸钠，该制备过程总反应的化学方程式 ___________。
【答案】 (1). BaSO3+2H+=Ba2++SO2+H2O (2). Na2SO4 (3). A (4). Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
【解析】
【分析】
新制亚硫酸钠溶解得到溶液A，加入氯化钡溶液生成亚硫酸钡白色沉淀，加入足量稀盐酸沉淀溶解得到氯化钡溶液，在空气中久置的亚硫酸钠被空气部分氧化，溶解得到溶液B加入氯化钡溶液生成白色沉淀，加入足量稀盐酸沉淀部分溶解，亚硫酸钠部分被氧化成硫酸钠，据此回答问题。
【详解】（1）由分析可知，②反应的离子方程式BaSO3+2H+=Ba2++SO2+H2O，
故答案为：BaSO3+2H+=Ba2++SO2+H2O；
（2）通过上述实验可知，在空气中久置的亚硫酸钠固体中会混有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；
（3）A.亚硫酸钠固体是白色晶体，硫酸钠也是白色晶体，不会变黄，故A错误，符合题意；
B.亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子水解使溶液显碱性，氧化成硫酸钠后，溶液显中性，亚硫酸钠部分氧化后其溶液pH值降低，故B正确，不符合题意；
C.亚硫酸钠被氧化成硫酸钠的过程吸收氧气，固体质量增加，故C正确，不符合题意；
故选：A。
(4) 二氧化硫的水溶液具有中等强度酸性，二氧化碳的水溶液酸性较弱，这说明亚硫酸的酸性强于碳酸，强酸能制取弱酸，所以反应方程式为Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2 ，
故答案为：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2。
【点睛】亚硫酸钠不稳定，具有还原性，在空气中易被氧气氧化成硫酸钡，所以亚硫酸钠要密封保存。
24.以FeCl3溶液为实验对象，探究其与碱性物质之间反应的复杂多样性。实验如下：
(1)①中反应的离子方程式是__________。
(2)②中逸出的无色气体是____________(写化学式)。
(3)对于③中的实验现象，同学们有诸多猜测，继续进行实验：
甲组：取③中反应后溶液少许，滴人稀盐酸酸化，再滴加 BaCl2溶液，产生白色沉淀。得出结论：FeCl3与 Na2SO3 发生了氧化还原反应，离子方程式是_________。
乙组：认为甲组的实验不严谨，重新设计并进行实验，证实了甲组的结论是正确的。其实验方案是______。
(4)由上述实验可知，下列说法正确的是___________ (填字母)。
a.盐与碱反应时，盐和碱都必须可溶于水
b.盐溶液可能呈中性、碱性、酸性
c.盐与盐反应时，不一定生成两种新盐
d.盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应
【答案】 (1). 3Mg(OH)3+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+ (2). CO2 (3). 2Fe3+ + SO32- + H2O =2Fe2+ + SO42- +2H+ (4). 取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，说明生成了Fe2+ (5). bcd
【解析】
【分析】
（1）根据产生红褐色胶体得实验现象可知①中反应的离子方程式；
（2）由FeCl3和Na2CO3的性质可知逸出的无色气体是CO2，Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的共性是两者都为强碱弱酸盐，能与强酸反应。从化合价的角度分析，Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的差异是Na2CO3中碳原子为最高正价+4，无还原性；Na2SO3中硫原子+4价，具有较强的还原性；
（3）甲、三价铁离子具有氧化性，能氧化SO32-，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子；
乙、取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀；
（4）a．上述实验探究可知碱和盐的反应，不一定都溶于水；
b．盐类溶液中谁强显谁性，都强显中性，都弱不一定，据此分析；
c．盐与盐反应时，发生氧化还原反应，不一定生成两种新盐；
d．盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应，可以是氧化还原反应。
【详解】（1）①中反应的离子方程式：3Mg(OH)3+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+，
故答案为：3Mg(OH)3+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+；
（2）由FeCl3和Na2CO3的性质可知在溶液中会发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，逸出的无色气体是CO2，
故答案为：CO2；
（3）甲：三价铁离子能氧化SO32-，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子，其反应离子方程式为： 2Fe3+ + SO32- + H2O =2Fe2+ + SO42- +2H+，
故答案为：2Fe3+ + SO32- + H2O =2Fe2+ + SO42- +2H+；
乙：取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，说明生成了Fe2+，
故答案为：取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，说明生成了Fe2+；
（4）a. 盐与碱反应时，盐和碱不一定都必须可溶于水，故a错误；
b. 盐溶液可能呈中性为强酸强碱盐、可能为碱性强碱弱酸盐、可能为酸性强酸弱碱盐，故b正确；
c. 盐与盐反应时，发生氧化还原反应，不一定生成两种新盐，铁盐和亚硫酸盐的反应，故c正确；
d. 盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应，可以是氧化还原反应，铁盐和亚硫酸盐的反应，故d正确；
故选：bcd。
【点睛】新情景下氧化还原反应化学方程式的书写：（1）由题意分析出还原剂，氧化剂，氧化产物，还原产物；（2）运用电子守恒配平；（3）利用电荷守恒调节离子；（4）利用原子守恒检验。
25.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：
已知K2FeO4具有下列性质：
①可溶于水、微溶于浓KOH溶液
②在0～5 ℃、强碱性溶液中比较稳定
③在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解
④酸性至碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2
请完成下列填空：
(1)已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，生产KClO应在温度___________的情况下进行(填“较高”或“较低”)。
(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________。
(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则该反应的化学方程式为________________。
(4)在“反应液Ⅰ”中加KOH固体的目的是___________。
A. 为下一步反应提供反应物
B. 与“反应液Ⅰ”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
C. KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
D. 使副产物KClO3转化为KCl
(5)制备K2FeO4时，须将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌。采用这种混合方式的原因是_______________________ (答出1条即可)。
(6)从“反应液Ⅱ”中分离出K2FeO4晶体后，可以得到的副产品有________ (写化学式)。
(7)工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为11～12)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为______________。
【答案】 (1). 较低 (2). 3∶2 (3). 4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe(OH)3↓+3O2↑ (4). AB (5). 减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解(或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定) (6). KNO3、KCl (7). 25%
【解析】
【分析】
足量Cl2通入KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl，得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。
【详解】(1)由工艺流程可知，利用Fe(OH)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO，所以应选择温温度较低；
(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，Fe(NO3)3为还原剂，KClO为氧化剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；
(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=8KOH+4 Fe(OH)3↓+3O2↑；
(4)A．Fe(NO3)3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；
B．根据生产工艺流程图可知，第①步Cl2过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，B正确；
C．因温度较高时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；
D．KClO3转化为 KCl，化合价只降低不升高，不符合氧化还原反应原理，D错误；
(5)信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解；
(6)根据生产工艺流程图，利用元素守恒可知，硝酸铁与次氯酸钾在碱性条件下反应得溶液II中含有高铁酸钾、硝酸钾和氯化钾，所以从溶液II中分离出K2FeO4后，同时得到副产品有KCl、KNO3；
(7)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-～3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=25%。
【点睛】本题考查了实验制备方案、氧化还原反应滴定及计算、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价，学会应用题目提供的信息，并注意对信息的迁移运用，用关系式法和守恒方法分析解答题目，该题是对学生综合能力的考查。
26.某探究小组设计如图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl3CHO)的实验。查阅资料，有关信息如下：
①制备反应原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应：C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O；CCl3CHO+HClO→CCl3COOH(三氯乙酸)+HCl
②相关物质的部分物理性质：
C2H5OH
CCl3CHO
CCl3COOH
C2H5Cl
熔点／℃
—114.1
—57.5
58
—138.7
沸点／℃
78.3
97.8
198
12.3
溶解性
与水互溶
可溶于水、乙醇
可溶于水、乙醇
微溶于水，可溶于乙醇
(1)仪器 A 中发生反应的化学方程式是__________；装置B中的试剂是______。
(2)若撤去装置C，可能导致装置D中副产物_________ (填化学式)的量增加；装置D可采用__________加热的方法以控制反应温度在70℃左右。
(3)反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl3COOH。你认为此方案是否可行，为什么？____________。
(4)装置E中盛有NaOH溶液，写出该装置中所有可能发生的无机反应的离子方程式：_______________。
(5)测定产品纯度：称取产品0.30g配成待测溶液，加入0.1000mol·L一1 碘标准溶液20.00mL，再加入适量 Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol·L一1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行平行实验后，测得消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为________。(CCl3CHO的相对分子质量为147.5) 滴定的反应原理：CCl3CHO+OH一 = CHCl3+HCOO一、 HCOO一 +I2 =H+ + 2I- + CO2↑、I2 + 2S2O32一 = 2I- +S4O62一
【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). CCl3COOH (4). 水浴 (5). 不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O (7). 88.5%
【解析】
【分析】
A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气；
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水；用饱和食盐水除去HCl；
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O；控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热；
（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠与水；
（5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量，进而计算与HCOO-反应的I2的物质的量，再根据关系式：CCl3CHO～HCOO-～I2计算。
【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl；
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水；
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物：CCl3COOH、C2H5Cl增多，控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热，受热均匀，偏于控制温度，
故答案为：CCl3COOH；水浴；
（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离，
故答案为：不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O，
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O；
（5）根据消耗的Na2S2O3计算
剩余I2的物质的量0.02000mol•L-1×0.02L×=2×10-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02L-2×10-4mol=1.8×10-3mol，由CCl3CHO～HCOO-～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol，则产品的纯度为×100%=88.5%，
故答案为：88.5%。
【点睛】多步反应的有关计算要找准已知量，未知量，中间产物，以中间产物为桥梁，把已知量和未知量建立联系，减少计算步骤。
27.A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知：
①+
②R—C≡NR—COOH
回答下列问题：
(1)D的名称是___________，B含有的含氧官能团的名称是__________。
(2)C的结构简式为_____________，D→E的反应类型为 ____________。
(3)E→F的化学方程式为___________。
(4)中最多有_____个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为__________。
(5)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有_______种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________(写结构简式)。
(6)结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线(其他试剂任选)________。
【答案】 (1). 3-氯丙烯 (2). 酯基 (3). (4). 取代反应或水解反应 (5). (6). 10 (7). 。 (8). 8 (9). (10). C H2=C H2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH
【解析】
【分析】
B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；
（6）CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，据此分析解答。
【详解】1. 由分析可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，其名称是3-氯丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基。
故答案为：3-氯丙烯；酯基。
2. 由分析可知C结构简式为，D发生取代反应或水解反应生成E；
故答案为： ；取代反应或水解反应；
3.E结构简式为CH2=CHCH2OH、F结构简式为，E发生加成反应生成F，该反应方程式为。
故答案为：。
4. 该分子中含有10个原子，根据乙烯结构特点知，该分子中所有原子共平面；该有机物发生缩聚反应产物结构简式为。
故答案为：10；。
5. B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3 HCOOCH2CH=CHCH3 HCOOCH2CH2CH=CH2 HCOOC(C H3)=CHCH3 HCOOCH=C(CH3)2 HCOOC(CH3)CH=CH2 HCOOCHC(CH3)=CH2 HCOOCH(CH2CH3)=CH2，所以符合条件的有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是。
故答案为：8；。
6. C H2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为
C H2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH，
故答案为：C H2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】能够发生银镜反应的官能团除了醛基外，还有可能是甲酸，或者是甲酸某酯，或者是甲酸盐以及还原性的糖。
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H～1 N～14O～16 Mg～24 S～32 Cl～35.5 K～39 Fe～56 Cu～64
一、选择题(本题有22个小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列关于文献记载的说法正确的是
A. 《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质
B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化
C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
D. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。
2.下列化学用语正确的是
A. S2一的结构示意图：
B. 二氧化碳的电子式：
C. C2H2分子的结构式：H—C≡C—H
D. NaH与重水反应的方程式：NaH+D2O=NaOH+D2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫离子核电荷数为16，核外电子总数为18，硫离子的结构示意图为：，故A错误；
B.二氧化碳为共价化合物，分子中存在2个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，故B错误；
C.乙炔为共价化合物，分子中存在一个碳碳三键和两个碳氢键，为直线型结构，乙炔的结构式为：H-C≡C-H，故C正确；
D.NaH与重水的反应中，NaH中-1价H变成了0价的氢气，正确的化学方程式：NaH+D2O=NaOD+HD↑，故D错误；
故选：C。
3.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是
A. 淀粉、CuO、HClO、Cu
B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3
C. KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、H2O、CH3CH2OH
D. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cu为单质，不是非电解质，故A错误；
B.Na2O·CaO·6SiO2含有四种元素，属于盐,不属于氧化物，Ag2O是强电解质，故B错误；
C. KAl(SO4)2·12H2O只有一种物质组成，属于纯净物，KClO3是盐，故C错误；
D. 普通玻璃是混合物，H2O是氧化物、CH3COOH为弱电解质、葡萄糖为非电解质，故D正确；
故选：D。
【点睛】由两种、两种以上物质组成的为混合物；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；水溶液中能够部分电离的电解质，为弱电解质；水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。
4.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 2—甲基丁烷也称为异丁烷
B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应
C. C4H9Cl有3种同分异构体
D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A.2−甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，按照习惯命名法，它又叫异戊烷，故A错误；
B.乙烯的结构简式为CH2= CH2，它与H2O反应转化为CH3 CH2OH，该反应属于加成反应，故B正确；
C.丁基（C4H9-）有四种结构，因此C4H9Cl有4种同分异构体，故C错误；
D.蛋白质属于高分子化合物，油脂属于低分子化合物，故D错误；
故选：B。
5.下列说法正确的是
A. 一水合氨既是离子化合物，又是弱电解质
B. 熔融或液态的电解质都能导电
C. 导电过程中可能发生物理变化，也可能发生化学变化
D. 离子反应发生后，反应物中的所有离子的浓度都会降低
【答案】C
【解析】
【详解】A.一水合氨既是共价化合物，又是弱电解质，故A错误；
B. 熔融态或液态的电解质不一定能导电，如液态的氯化氢不能电离出自由移动的离子，不能导电，故B错误；
C. 导电过程中可能发生物理变化，如金属单质的导电，也可能发生化学变化，如电解质在熔融状态或者水溶液中的导电，会生成新物质，发生化学变化，故C正确；
D. 离子反应发生后，反应物中的所有离子的浓度都会降低是错误的，如钠与水反应氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选：C。
6.下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是
A. 配制一定物质的量浓度的溶液
B. 制取干燥的氨气
C. 进行酸碱中和滴定
D. 制取SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加水至刻度线1∼2cm处改用胶头滴管定容，滴加液体至与刻度线、凹液面的最低处相切，故A错误；
B. 氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，故B错误；
C. 酸滴定碱，锥形瓶中为碱液，滴定管盛放的是酸，应选酸式滴定管，故C错误；
D. 亚硫酸钠与硫酸反应为固液反应制备气体，图中装置可制取SO2，故D正确；
故选：D。
7.若用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2.4g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的电子数为1.6NA
D. 0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数0.05NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、镁参加反应转移电子物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，故错误；
B、5.6LCO2中含有氧原子的物质的量为5.6×2/22.4mol=0.5mol，故正确；
C、氢原子物质的量为0.4mol的甲醇，其物质的量为0.1mol，含有电子的物质的量为0.1×18mol=1.8mol，故错误；
D、醋酸是弱酸，部分电离，因此H＋物质的量小于0.05mol，故错误。
答案选B。
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间的转化均能实现的是
A. NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)
B. CuCl2(aq)Cu(OH)2(s) Cu(s)
C. MgCl2∙6H2O(s) MgCl2(s)Mg(s)
D. NH3(g)NO(g)HNO3(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A.在饱和食盐水中通入二氧化碳不反应，故A错误；
B. 氯化铜和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜的悬浊液和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜沉淀，不能生成铜单质，故B错误；
C. 氯化氢具有挥发性，氯化镁溶液蒸干得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁，所以必须在氯化氢氛围中，抑制水解，得无水氯化镁，然后电解熔融的氯化镁得到镁单质，故C正确；
D. 一氧化氮不溶于水，也不与水反应，所以NO(g)+H2O=HNO3(g)无法一步转化，故D错误；
故选：C。
9.下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al ④Al(OH)3 ⑤MgO ⑥(NH4)2CO3
A. ①②③④⑥ B. ②③④⑤ C. ①②③④ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】②、③、④都能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，①NaHCO3为弱酸酸式盐，能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，⑤MgO是碱性氧化物只与酸反应；⑥(NH4)2CO3属于弱酸的铵盐，能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐；所以能和稀盐酸、氢氧化钠反应的有①②③④⑥，
故选：A。
【点睛】根据物质间的反应进行判断,中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COO NH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等;⑥其它一些物质。如：a、某些盐类物质既与酸反应,又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 按照分散质粒子的直径大小可以将分散系分为溶液、浊液和胶体，并且溶液呈电中性，胶体带 有电荷
B. 制备 Fe(OH)3 胶体，可向沸水中滴加 FeCl3 饱和溶液并长时间煮沸
C. 配制 0.1 mol·L-1CuSO4 溶液 100 mL，称取 1.6g 硫酸铜晶体
D. 向饱和 Ca(OH)2 溶液中加入少量无水 CaO 固体，恢复原温度，溶液中 Ca(OH)2 的物质的量浓度 不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，按照分散质粒子的大小可以把分散系分为溶液、胶体和浊液，但溶液和胶体均呈电中性，选项A错误；
B、制备氢氧化铁胶体时，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，如长时间煮沸会导致 胶体聚沉，选项B错误；
C、硫酸铜晶体的摩尔质量为250g/mol，配制 0.1 mol·L-1CuSO4 溶液 100 mL，称取 2.5g 硫酸铜晶体，选项C错误；
D、加入的CaO固体会与水反应生成Ca(OH)2,所以水会减少,所以Ca(OH)2会析出,溶液质量减小，所以Ca2+和OH-都会减少，但由于溶液仍然是Ca(OH)2的饱和溶液,所以溶质的物质的量浓度不变，选项D正确。
答案选D。
11.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。关于该有机物的叙述中正确的是
① 在Ni催化条件下1mol该有机物可与3mol H2发生加成；
② 该有机物不能发生银镜反应；
③ 该有机物分子式为C12H22O2；
④ 该有机物的同分异构体中不可能有酚类；
⑤ 1 mol该有机物水解时只能消耗1 mol NaOH
A. ②③④ B. ①④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2mol H2，酯基与氢气不发生加成反应，故①错误；
②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故②正确；
③由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故③错误；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故④正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故⑤正确；
②④⑤正确，故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。
12.已知反应 ①2BrO3－+ Cl2=Br2+2ClO3－；②5Cl2+ I2+6H2O=2HIO3+10HCl
③ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（ ）C
A. ClO3－＞BrO3－＞IO3－＞Cl2 B. BrO3－＞Cl2＞C1O3－＞IO3－
C. BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－ D. Cl2＞BrO3－＞C1O3－＞IO3－
【答案】C
【解析】
【详解】①反应中氧化剂是BrO3-，氧化产物是C1O3-；②反应中氧化剂是Cl2，氧化产物是HIO3；③反应中氧化剂是ClO3-，氧化产物是Cl2，根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物可知氧化能力由大到小为：BrO3->ClO3->Cl2>IO3-，故C正确，
答案选C。
13.向NH4Al(SO4)2溶液中，加入Ba(OH)2溶液，下列离子反应不可能发生的是
A. 2Al3++3SO42一+3Ba2++6OH一=3BaSO4+2Al(OH)3↓
B. Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+AlO2一+2H2O
C NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+NH3·H2O+Al(OH)3↓
D. NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++5OH一=2BaSO4↓+AlO2一+NH3·H2O+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.当n(NH4Al(SO4)2)：n(Ba(OH)2)<2时，生成产物为(NH4)2SO4、BaSO4↓、Al(OH)3，反应2Al3++3SO42一+3Ba2++6OH一=3BaSO4+2Al(OH)3↓有可能发生，故A不符合题意；
B. 溶液中有偏铝酸根离子时，当有氨水，故Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+AlO2一+2H2O不可能发生，故B符合题意；
C. 当n(NH4Al(SO4)2)：n(Ba(OH)2)=2时，生成产物为NH3⋅H2O、BaSO4和Al(OH)3，反应NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++4OH一=2BaSO4↓+NH3·H2O+Al(OH)3↓有可能发生，故C不符合题意；
D. 当n(NH4Al(SO4)2)2)：n(Ba(OH)2)>2时，有AlO2一生成，此时应有氨水生成，故NH4++Al3++2SO42一+2Ba2++5OH一=2BaSO4↓+AlO2一+NH3·H2O+2H2O可能发生，故D不符合题意；
故选：B。
【点睛】向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液时，铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，硫酸根离子与钡离子生成硫酸钡沉淀，当铝离子全部生成氢氧化铝沉淀后，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，当铵根离子反应完后，氢氧化铝再与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子。
14.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存是
A. c(H+)/c(OH一)=10一12mol·L一1的溶液：K+、Na+、AlO2一、CO32一
B. 使石蕊试液变红的溶液：K+、CH3CHO、Cl一、Cr2O72一
C. 含有0.1mol·L一1Fe2+的溶液中：K+、Na+、SCN一、ClO一
D. 含有0.1mol·L一1Ca2+的溶液中：Na+、K+、SO42一、Cl一
【答案】A
【解析】
【详解】A. c(H+)/c(OH一)=10-12mol·L一1的溶液是碱性溶液，K+、Na+、AlO2一、CO32一之间不反应，在碱性环境中可以大量共存，故A正确；
B. 使石蕊试液变红的溶液含有大量氢离子，Cr2O72一在酸性环境下有氧化性，CH3CHO、Cl一具有还原性，它们之间会发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；
C. 含有0.1mol·L-1Fe2+的溶液中，亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，因发生氧化还原反应不能大量共存，故C错误；
D. 含有0.1mol·L一1Ca2+的溶液中，Ca2+与SO42一生成硫酸钙微溶物当沉淀处理不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点睛】离子之间因为生成沉淀，气体，弱电解质，发生氧化还原反应，双水解反应，在溶液中不能大量共存。
15.某废水中含有某种还原性物质或离子(用A表示)及Cl一，现拟用KMnO4溶液来测定A的含量，为防止Cl一干扰实验，下列方案不可行的是
A. 将废水用NaOH溶液碱化后再用KMnO4溶液滴定
B. 先加AgNO3/HNO3溶液使Cl一沉淀后再用KMnO4溶液滴定
C. 找一种物质做催化剂，它能显著减小Cl一与KMnO4的反应速率
D. 用一种还原性介于A与Cl一之间，且被氧化后有特征变化的物质做指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 将废水用NaOH溶液碱化后再用KMnO4溶液滴定是可行的，因为高锰酸钾在碱性环境下氧化性降低，通常不能氧化氯离子，故A不符合题意；
B. 先加AgNO3/HNO3溶液使Cl一沉淀后，可以排除干扰，但可能氧化A，使测定结果不正确，该方案不可行，故B符合题意；
C. 找一种物质做催化剂，有选择性的催化某个反应，它能显著减小Cl一与KMnO4的反应速率，故C不符合题意；
D. 用一种还原性介于A与Cl一之间，利用谁强谁先反应规律，高锰酸钾先氧化A，且被氧化后有特征变化的物质做指示剂，该方案可行，故D不符合题意；
故选：B。
16.11P4+60CuSO4+96H2O = 20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中，1molCuSO4能氧化白磷(P4)的物质的量是
A. 1/10mol B. 1/20mol C. 11/20mol D. 1/12mol
【答案】B
【解析】
【详解】Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为=mol，
故选：B。
【点睛】氧化还原反应中的计算运用电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，还原剂失电子总数等于还原剂的物质的量乘以化合价升高的原子个数乘以化合价的变化值，氧化剂得得电子总数等于氧化剂的物质的量乘以化合价降低的原子个数乘以化合价的变化值。
17.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）
A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol
【答案】C
【解析】
【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]==0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol，故答案为C。
【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。
18.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+反应
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】
由于氧化性：Fe3+>Cu2+ ， 故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。
【详解】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；
B. b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；
C. 当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点（2.24，1.84）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；
D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中， 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；
故答案为B。
【点睛】本题的难点是关于c点是否有化学反应发生的判断。仔细观察图像可以发现，点（1.68，1.28）是曲线的拐点，该点把曲线分为两段直线，两段直线的斜率不同，根据点（2.24，1.84）可以判断c点的具体变化。
19.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层电子都符合相应稀有气体原子的结构，则下列有关说法中，不正确的是
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D. 0.1 mol NH5中含有0.5 mol N—H键
【答案】D
【解析】
【分析】
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成。
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，铵根离子的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H-之间为离子键，A项正确；
B．NH4H是一种离子化合物，NH3为共价化合物，熔、沸点高于NH3，B项正确；
C．NH5能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，NH3•H2O再继续分解产生氨气，C项正确；
D．根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多可和四个氢原子形成共价键（其一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H-，阴阳离子间形成离子键，则0.1 mol NH5中含有0.4 mol N—H键，D项错误；
答案选D。
20.已知一定条件下A、B、C、D之间的转化关系如右图所示。下列说法正确的是
A. 若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸
B. 若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质
C. 若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应
D. 若A、B、C、D均为10电子微粒(分子或离子)，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若A、D为化合物，B为水，铁与水蒸气高温条件下能生成氢气，故A错误；
B.若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B错误；
C.若A、B、C、D均为化合物，该反应不一定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C错误；
D.C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为:NH4++OH-=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；
答案选D。
21.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（ ）
A. 滴加KI溶液时，转移2 mol e-时生成1 mol白色沉淀
B. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
【答案】D
【解析】
【分析】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。
【详解】A、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移1mol电子生成1molCuI，故A错误；
B、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B错误；
C、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；
D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；
故选D。
【点晴】本题考查氧化还原反应，溶液呈棕色，说明有I2生成．碘元素化合价由-1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+．向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I-，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI。
22.今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液(其他用品略)，某合作学习小组同学的实验结果如下(假定反应前后溶液体积不变)：
组别
①
②
③
④
V[FeCl3(aq)]/mL
100
100
100
100
混合粉末质量/g
6
13.2
24
36
反应后剩余固体的质量/g
0
1.28
12.8
24.8
下列说法不正确的是
A. 第①组溶液中c(Fe3+)=2.0mol/L
B. 第②组剩余固体只有铜
C. 第③④组反应后的滤液中c(Fe2+)=6mol/L
D. 原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=11:9
【答案】D
【解析】
【详解】先后发生两个反应： ①Fe+2Fe3+=3Fe2+ ② Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；从②组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为11.2g，
13.2−1.28=11.92>11.2，所以同时也有一部分Cu溶解，剩余的固体全部为Cu；利用②的数据，设Fe、Cu合金中金属物质的量分别为xmol、ymol，
Fe+2Fe3+=3Fe2+
x 2x
Cu + 2Fe3+=Cu2++2Fe2+
0.2−x 0.4−2x
依据铜元素守恒可得：(0.2−x)+1.28÷64=y，根据质量守恒可得：56x+64y=13.2，
联立解得：x=y=0.11，
即铜与铁物质的量比是1:1，
验证：利用③的数据，正好是24−11.2=12.8，所以只发生了 Fe+2Fe3+=3Fe2+，剩余的12.8全部为Cu，所以n(Fe):n(Cu)=（11.2÷56）：（12.8÷64）=1:1，符合铁和铜的物质的量之比的判断；
①组，6g固体中含有Cu、Fe的物质的量各为0.05mol
Fe+2Fe3+=3Fe2+
0.05 0.1 0.15
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
0.05 0.1 0.05 0.1
c(Fe3+)=（0.4mol−0.2mol）÷0.1L=2.0mol/L，
④组中铁和铜物质的量按照1:1混合，可以计算得到铁和铜的物质的量都为：36g÷(56+64)g/mol=0.3mol，
36g金属中铁的质量为：0.3mol×56g/mol=16.8g，铜的质量为19.2g；
依据反应 Fe+2Fe3+=3Fe2+，有三价铁离子物质的量计算判断，反应金属为11.2g铁，所以剩余固体为铁和铜，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成Fe2+，溶解的铁为11.2g，物质的量为：11.2g÷56g/mol=0.2mol，所以反应后溶液中的二价铁离子的浓度C(Fe2+)=（0.2mol+0.4mol）÷0.1L=6mol/L，
A. 第①组溶液中c(Fe3+)=2.0mol/L，故A正确，但不符合题意；
B. 第②组剩余固体全是铜，故B正确，但不符合题意；
C. 第④组反应后的滤液中c(Fe2+)=6mol/L，故C正确，但不符合题意；
D. 原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=1:1，故D错误，符合题意；
故选：D。
【点睛】依据实验结果的数据，结合反应的实质分析，根据氧化还原反应的规律，铁离子与Fe、Cu都能反应，按照还原性强弱，铁的还原性强于铜，所以三价铁先和铁反应再与铜反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+；能剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜，从②组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为11.2g，13.2-1.28=11.92>11.2，所以同时也有一部分Cu溶解（发生第二个反应），所以剩余的固体全部为Cu；利用②的数据根据化学方程式进行计算，求的铁和铜的物质的量之比，利用③组的数据对比判断剩余的固体；进而依据铁和铜的物质的量之比计算①组反应后溶液中的三价铁离子浓度，计算④组中反应后的溶液中二价铁的浓度。
二、非选择题(本题有5个小题，共56分)
23.从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。以亚硫酸纳(Na2SO3)为实验对象，探究其性质。实验如下：
(1)写出上述实验中②的离子方程式：__________。
(2)通过上述实验可知，在空气中久置的亚硫酸纳固体中会混有____________ (填化学式)。
(3)亚硫酸纳晶体样品若变质，下列说法错误的是 _______________。
A.晶体表面变黄 B.其水溶液pH 将减小 C.其样品质量将增加
(4)将碳酸纳溶液加热到40 ℃通入二氧化硫饱和后，再加入等量的碳酸钠溶液，在避免与空气接触的情况下结晶可制得亚硫酸钠，该制备过程总反应的化学方程式 ___________。
【答案】 (1). BaSO3+2H+=Ba2++SO2+H2O (2). Na2SO4 (3). A (4). Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
【解析】
【分析】
新制亚硫酸钠溶解得到溶液A，加入氯化钡溶液生成亚硫酸钡白色沉淀，加入足量稀盐酸沉淀溶解得到氯化钡溶液，在空气中久置的亚硫酸钠被空气部分氧化，溶解得到溶液B加入氯化钡溶液生成白色沉淀，加入足量稀盐酸沉淀部分溶解，亚硫酸钠部分被氧化成硫酸钠，据此回答问题。
【详解】（1）由分析可知，②反应的离子方程式BaSO3+2H+=Ba2++SO2+H2O，
故答案为：BaSO3+2H+=Ba2++SO2+H2O；
（2）通过上述实验可知，在空气中久置的亚硫酸钠固体中会混有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；
（3）A.亚硫酸钠固体是白色晶体，硫酸钠也是白色晶体，不会变黄，故A错误，符合题意；
B.亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子水解使溶液显碱性，氧化成硫酸钠后，溶液显中性，亚硫酸钠部分氧化后其溶液pH值降低，故B正确，不符合题意；
C.亚硫酸钠被氧化成硫酸钠的过程吸收氧气，固体质量增加，故C正确，不符合题意；
故选：A。
(4) 二氧化硫的水溶液具有中等强度酸性，二氧化碳的水溶液酸性较弱，这说明亚硫酸的酸性强于碳酸，强酸能制取弱酸，所以反应方程式为Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2 ，
故答案为：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2。
【点睛】亚硫酸钠不稳定，具有还原性，在空气中易被氧气氧化成硫酸钡，所以亚硫酸钠要密封保存。
24.以FeCl3溶液为实验对象，探究其与碱性物质之间反应的复杂多样性。实验如下：
(1)①中反应的离子方程式是__________。
(2)②中逸出的无色气体是____________(写化学式)。
(3)对于③中的实验现象，同学们有诸多猜测，继续进行实验：
甲组：取③中反应后溶液少许，滴人稀盐酸酸化，再滴加 BaCl2溶液，产生白色沉淀。得出结论：FeCl3与 Na2SO3 发生了氧化还原反应，离子方程式是_________。
乙组：认为甲组的实验不严谨，重新设计并进行实验，证实了甲组的结论是正确的。其实验方案是______。
(4)由上述实验可知，下列说法正确的是___________ (填字母)。
a.盐与碱反应时，盐和碱都必须可溶于水
b.盐溶液可能呈中性、碱性、酸性
c.盐与盐反应时，不一定生成两种新盐
d.盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应
【答案】 (1). 3Mg(OH)3+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+ (2). CO2 (3). 2Fe3+ + SO32- + H2O =2Fe2+ + SO42- +2H+ (4). 取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，说明生成了Fe2+ (5). bcd
【解析】
【分析】
（1）根据产生红褐色胶体得实验现象可知①中反应的离子方程式；
（2）由FeCl3和Na2CO3的性质可知逸出的无色气体是CO2，Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的共性是两者都为强碱弱酸盐，能与强酸反应。从化合价的角度分析，Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的差异是Na2CO3中碳原子为最高正价+4，无还原性；Na2SO3中硫原子+4价，具有较强的还原性；
（3）甲、三价铁离子具有氧化性，能氧化SO32-，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子；
乙、取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀；
（4）a．上述实验探究可知碱和盐的反应，不一定都溶于水；
b．盐类溶液中谁强显谁性，都强显中性，都弱不一定，据此分析；
c．盐与盐反应时，发生氧化还原反应，不一定生成两种新盐；
d．盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应，可以是氧化还原反应。
【详解】（1）①中反应的离子方程式：3Mg(OH)3+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+，
故答案为：3Mg(OH)3+2Fe3+=2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+；
（2）由FeCl3和Na2CO3的性质可知在溶液中会发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，逸出的无色气体是CO2，
故答案为：CO2；
（3）甲：三价铁离子能氧化SO32-，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子，其反应离子方程式为： 2Fe3+ + SO32- + H2O =2Fe2+ + SO42- +2H+，
故答案为：2Fe3+ + SO32- + H2O =2Fe2+ + SO42- +2H+；
乙：取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，说明生成了Fe2+，
故答案为：取③中的红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，说明生成了Fe2+；
（4）a. 盐与碱反应时，盐和碱不一定都必须可溶于水，故a错误；
b. 盐溶液可能呈中性为强酸强碱盐、可能为碱性强碱弱酸盐、可能为酸性强酸弱碱盐，故b正确；
c. 盐与盐反应时，发生氧化还原反应，不一定生成两种新盐，铁盐和亚硫酸盐的反应，故c正确；
d. 盐与盐反应时，发生的不一定是复分解反应，可以是氧化还原反应，铁盐和亚硫酸盐的反应，故d正确；
故选：bcd。
【点睛】新情景下氧化还原反应化学方程式的书写：（1）由题意分析出还原剂，氧化剂，氧化产物，还原产物；（2）运用电子守恒配平；（3）利用电荷守恒调节离子；（4）利用原子守恒检验。
25.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：
已知K2FeO4具有下列性质：
①可溶于水、微溶于浓KOH溶液
②在0～5 ℃、强碱性溶液中比较稳定
③在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解
④酸性至碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2
请完成下列填空：
(1)已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，生产KClO应在温度___________的情况下进行(填“较高”或“较低”)。
(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________。
(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则该反应的化学方程式为________________。
(4)在“反应液Ⅰ”中加KOH固体的目的是___________。
A. 为下一步反应提供反应物
B. 与“反应液Ⅰ”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
C. KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
D. 使副产物KClO3转化为KCl
(5)制备K2FeO4时，须将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌。采用这种混合方式的原因是_______________________ (答出1条即可)。
(6)从“反应液Ⅱ”中分离出K2FeO4晶体后，可以得到的副产品有________ (写化学式)。
(7)工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为11～12)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为______________。
【答案】 (1). 较低 (2). 3∶2 (3). 4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe(OH)3↓+3O2↑ (4). AB (5). 减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解(或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定) (6). KNO3、KCl (7). 25%
【解析】
【分析】
足量Cl2通入KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl，得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。
【详解】(1)由工艺流程可知，利用Fe(OH)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO，所以应选择温温度较低；
(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，Fe(NO3)3为还原剂，KClO为氧化剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；
(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=8KOH+4 Fe(OH)3↓+3O2↑；
(4)A．Fe(NO3)3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；
B．根据生产工艺流程图可知，第①步Cl2过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，B正确；
C．因温度较高时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；
D．KClO3转化为 KCl，化合价只降低不升高，不符合氧化还原反应原理，D错误；
(5)信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解；
(6)根据生产工艺流程图，利用元素守恒可知，硝酸铁与次氯酸钾在碱性条件下反应得溶液II中含有高铁酸钾、硝酸钾和氯化钾，所以从溶液II中分离出K2FeO4后，同时得到副产品有KCl、KNO3；
(7)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-～3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=25%。
【点睛】本题考查了实验制备方案、氧化还原反应滴定及计算、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价，学会应用题目提供的信息，并注意对信息的迁移运用，用关系式法和守恒方法分析解答题目，该题是对学生综合能力的考查。
26.某探究小组设计如图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl3CHO)的实验。查阅资料，有关信息如下：
①制备反应原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应：C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O；CCl3CHO+HClO→CCl3COOH(三氯乙酸)+HCl
②相关物质的部分物理性质：
C2H5OH
CCl3CHO
CCl3COOH
C2H5Cl
熔点／℃
—114.1
—57.5
58
—138.7
沸点／℃
78.3
97.8
198
12.3
溶解性
与水互溶
可溶于水、乙醇
可溶于水、乙醇
微溶于水，可溶于乙醇
(1)仪器 A 中发生反应的化学方程式是__________；装置B中的试剂是______。
(2)若撤去装置C，可能导致装置D中副产物_________ (填化学式)的量增加；装置D可采用__________加热的方法以控制反应温度在70℃左右。
(3)反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl3COOH。你认为此方案是否可行，为什么？____________。
(4)装置E中盛有NaOH溶液，写出该装置中所有可能发生的无机反应的离子方程式：_______________。
(5)测定产品纯度：称取产品0.30g配成待测溶液，加入0.1000mol·L一1 碘标准溶液20.00mL，再加入适量 Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol·L一1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行平行实验后，测得消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为________。(CCl3CHO的相对分子质量为147.5) 滴定的反应原理：CCl3CHO+OH一 = CHCl3+HCOO一、 HCOO一 +I2 =H+ + 2I- + CO2↑、I2 + 2S2O32一 = 2I- +S4O62一
【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). CCl3COOH (4). 水浴 (5). 不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O (7). 88.5%
【解析】
【分析】
A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气；
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水；用饱和食盐水除去HCl；
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O；控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热；
（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠与水；
（5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量，进而计算与HCOO-反应的I2的物质的量，再根据关系式：CCl3CHO～HCOO-～I2计算。
【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl；
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水；
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物：CCl3COOH、C2H5Cl增多，控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热，受热均匀，偏于控制温度，
故答案为：CCl3COOH；水浴；
（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离，
故答案为：不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O，
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O；
（5）根据消耗的Na2S2O3计算
剩余I2的物质的量0.02000mol•L-1×0.02L×=2×10-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02L-2×10-4mol=1.8×10-3mol，由CCl3CHO～HCOO-～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol，则产品的纯度为×100%=88.5%，
故答案为：88.5%。
【点睛】多步反应的有关计算要找准已知量，未知量，中间产物，以中间产物为桥梁，把已知量和未知量建立联系，减少计算步骤。
27.A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知：
①+
②R—C≡NR—COOH
回答下列问题：
(1)D的名称是___________，B含有的含氧官能团的名称是__________。
(2)C的结构简式为_____________，D→E的反应类型为 ____________。
(3)E→F的化学方程式为___________。
(4)中最多有_____个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为__________。
(5)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有_______种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________(写结构简式)。
(6)结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线(其他试剂任选)________。
【答案】 (1). 3-氯丙烯 (2). 酯基 (3). (4). 取代反应或水解反应 (5). (6). 10 (7). 。 (8). 8 (9). (10). C H2=C H2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH
【解析】
【分析】
B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；
（6）CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，据此分析解答。
【详解】1. 由分析可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，其名称是3-氯丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基。
故答案为：3-氯丙烯；酯基。
2. 由分析可知C结构简式为，D发生取代反应或水解反应生成E；
故答案为： ；取代反应或水解反应；
3.E结构简式为CH2=CHCH2OH、F结构简式为，E发生加成反应生成F，该反应方程式为。
故答案为：。
4. 该分子中含有10个原子，根据乙烯结构特点知，该分子中所有原子共平面；该有机物发生缩聚反应产物结构简式为。
故答案为：10；。
5. B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3 HCOOCH2CH=CHCH3 HCOOCH2CH2CH=CH2 HCOOC(C H3)=CHCH3 HCOOCH=C(CH3)2 HCOOC(CH3)CH=CH2 HCOOCHC(CH3)=CH2 HCOOCH(CH2CH3)=CH2，所以符合条件的有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是。
故答案为：8；。
6. C H2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为
C H2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH，
故答案为：C H2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】能够发生银镜反应的官能团除了醛基外，还有可能是甲酸，或者是甲酸某酯，或者是甲酸盐以及还原性的糖。
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