江西省新余一中2015届高三第二次模拟考试化学试题(新)

2014-2015年新余一中高三第二次段考化学试卷
卷面总分：100分考试时间：90分钟
本卷可能用到的相对原子量
H：1 C：12 O：16 Na:23 Cu:64 Ba:137 Cl:35.5 Al:27
第I卷（共45分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分）
1．化学与科技、环境、社会生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染
B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
C. 大量使用风能、太阳能、生物质能，符合“低碳”理念
D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
【答案解析】A 解析：A、绿色化学的核心是从源头上减少污染排放，而不是用化学原理治理环境污染，故A不正确；B、C、D均正确。

故答案选A
【思路点拨】本题考查了化学与生活、环境，注意理解绿色化学、低碳理念，培养环保意识. 2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．1L0.1mol•L-1的氨水含有0.1 NA个NH4+
B．84gNaHCO3晶体中含有 NA个 HCO3-
C．1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA
D．64 g铜片与足量稀HNO3反应生成NA个NO分子
【答案解析】B 解析：A、NH3.H2O是弱电解质，部分电离，1L0.1mol•L-1的氨水含有NH4+数目小于0.1 NA个，故A错误；B、84gNaHCO3的物质的量是1摩尔，晶体中含有 NA个 HCO3-，故B正确；C、Fe在氧气中充分燃烧生成Fe3O4，失去的电子数小于3NA ，故C错误；D、64 g铜片与足量稀HNO3反应转移电子2摩尔，根据电子守恒知生成2/3NA个NO分子，故D
错误。

故答案选B
【思路点拨】本题借助阿伏伽德罗常数考查了氧化还原反应中转移电子计算、晶体结构等，属于易错题。

３．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A. 由水电离产生的C(H+) = 10－13mol/L的溶液中：K+、Na+、SO32-、S2-
B．1.0 mol·L－1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl－、SO42－
C．
10
10
)
(
)
(-
-
+
=
OH
c
H
c
的溶液：K+、Ba2+、NO3－、AlO-2
D．过量氨水中：Ag+、Na+、K+、NO－ 3
【答案解析】C 解析：A、由水电离产生的C(H+) = 10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，
当溶液呈酸性时SO32-、S2-不能大量存在，故A错误；B、酸性条件下的硝酸根离子有强氧
化性，能氧化Fe2+离子而不能大量共存，故B错误；C、所给溶液呈碱性，4种离子均不反应，故C正确；D、Ag+与氨水反应，故D错误。

故答案选C
【思路点拨】本题考查了离子共存的分析，掌握常见离子间的反应是关键，注意所给溶液的
性质.
【题文】4．下列离子方程式正确的是( )
A．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2＋＋2ClO－＋2H2O===Fe(OH)2↓＋2HClO
B．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热：NH＋4＋H＋＋2OH－==NH3↑＋2H2O
C. 向1L 1mol/L碘化亚铁溶液中通入标准状况下22.4L氯气：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋2Cl－D．澄清石灰水与少量的小苏打溶液混合：Ca2+ + OH-+ HCO3- CaCO3↓+ H2O
【知识点】离子方程式的正误判断B1
【答案解析】D 解析：A、HClO能将Fe(OH)2氧化，故A错误；B、NH4HSO3电离产生NH4+ HSO3-，正确的是：NH＋
4＋HSO3-＋2OH－=NH3↑＋2H2O+SO32-故B错误；C、氯气先氧化碘离
子，故C 错误；D 、小苏打少量完全反应，故D 正确。

故答案选D
【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断，与量有关的反应的离子方程式书写是难点，
注意少量的为标准完全反应。

【题文】５．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等
操作。

下列图示对应的装置合理、操作规范的是 （ ）
A ．灼烧
B ．过滤
C ．分液
D ．蒸馏
【知识点】仪器使用 实验操作的注意事项J1 J2
【答案解析】C 解析：A 、灼烧要在坩埚中进行，不使用蒸发皿，故A 错误；B 、过滤时液
体要沿玻璃棒引流，故B 错误；C 、分液操作规范，故C 正确；D 、温度计的水银球要在蒸馏
烧瓶的支管口附近，故D 错误。

故答案选C
【思路点拨】本题考查了仪器使用及实验操作的注意事项，注意蒸发使用蒸发皿，灼烧使用
坩埚。

【题文】6．短周期元素R 、T 、Q 、W 、G 在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中R 与
T 原子序数之和为20，下列判断正确的是 （ ）
A ．离子半径：T> W
B ．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q ＞W ＞G
C ．最简单气态氢化物的热稳定性：Q ＜ R
D ．T 和G 组成的化合物甲溶于水，其水溶液呈中性
【知识点】元素推断 元素周期表和元素周期律E2
【答案解析】C 解析：R 与T 原子序数相差6，R 与T 原子序数之和为20，得到R 与T 分
R T Q
W G
别是N、Al，根据元素在周期表上的位置判断Q是Si，W是S，G是Cl，A、离子半径：Cl-> Mg2+，故A错误；B、最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3 ，即 G＞W ＞Q 故B错误；C、根据元素的非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强得：Q ＜ R，故C正确；D、T和G组成的化合物甲是MgCl2,溶于水镁离子水解水溶液呈酸性，故D错误。

故答案选C
【思路点拨】本题考查了元素推断、元素周期表和元素周期律，以R与T原子序数之和为20为突破口推出各元素是关键。

【题文】7. M是苯的同系物，其结构为C4H9－－C4H9
，则M的结构式共有
（）
A . 16 种
B . 12 种
C . 8种
D . 10 种
【知识点】有机物的结构K1
【答案解析】A 解析：丁基有4种结构，M的结构式共有 4×4=16种，故A正确；故答案
选A
【思路点拨】本题考查了有机物的结构，掌握丁基有4种结构是关键。

【题文】8．下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是( )
【知识点】检查装置的气密性J1 J3
【答案解析】D 解析：A、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，
说明装置气密性良好，故A不漏气； B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面
高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气； C、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，
烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密
性良好，故C不漏气； D、用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应
形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气；
故答案选D
【思路点拨】本题考查了检查装置的气密性，关键是理解装置各不相同，但原理都是一样的，都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡。

【题文】9. 类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用，但有时会得出错误的结论。

以下几个类比推理结论中正确的是（）
A．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成B．在常温下，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，说明HCl酸性强于H2CO3；
在高温下，Na2CO3+SiO2= Na2SiO3+CO2↑，说明H2SiO3酸性强于H2CO3；
C．H2SO4为强酸，推出HClO4为强酸
D．NH3的沸点高于PH3，推出CH4沸点高于SiH4
【知识点】物质的性质C1 D1
【答案解析】C 解析：A、CO2通入Ba(NO3)2溶液中二者不反应无沉淀生成，而SO2通入Ba(NO3)2溶液发生反应，生成BaSO4沉淀，故A错误；B、在高温下，Na2CO3+SiO2= Na2SiO3+CO2；是因为有挥发性气体产生，不能比较酸性的强弱，故B错误；C、氯的非金属性比硫强，所以HClO4的酸性强于H2SO4，故C正确；D、NH3的沸点高于PH3，是因为氨分子间存在氢键，而CH4和SiH4 分子间都不存在氢键，分子量大的分子间作用力强，沸点高，所以SiH4沸点高于CH4，故D错误。

故答案选C
【思路点拨】本题考查了重要物质的性质，学习时既要掌握规律也要注意特殊物质的特殊性质。

【题文】10．下列有关实验的叙述，正确的是（）
A．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2
B．用托盘天平称取10.50g干燥的NaCl固体
C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会使所配溶液的浓度偏高D．制备Fe(OH )2时，向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液时，胶头滴管不能伸入液面以下
【知识点】仪器的使用实验基本操作J1 A3
【答案解析】C 解析：A、氯水有漂白性，不能用PH试纸测氯水的PH值，故A错误；B、用托盘天平称取物体的质量只能精确到小数点后一位，故B错误；C、配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，实际液面低于刻度线，所以会使所配溶液的浓度偏高，故C正确；D、制备Fe(OH )2时，向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液时，胶头滴管伸入液面以下防止亚铁离子被氧化，故D错误。

故答案选C
【思路点拨】本题考查了仪器的使用和实验基本操作，注意积累常见仪器的使用和基本操作，还要了解制取Fe(OH )2时的反常操作。

【题文】11．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1．68 L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入5mol· L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）
A．60 mL B．45mL C．30 mL D．15 mL
【知识点】氧化还原反应规律B3 D4
【答案解析】A 解析：足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1．68 L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，相当于Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）=2n（O2）=2×（1.68/22.4）=0.15mol,向所得硝酸铜溶液中加入5mol· L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的物质的量是n（NaOH）2n（Cu）=2×0.15mol=0.3mol，NaOH溶液的体积是V=n/c=0.3mol/5mol/L=0.06L=60mL，故A正确；
故答案选A
【思路点拨】本题考查了氧化还原反应规律，关键是理解电子守恒，本题相当于Cu失去的电子都被O2得到。

【题文】12．某溶液中只可能含有下列离子中的几种(不考虑溶液中含的较少的H＋和OH－)：
3、NO－
3。

取200 mL该溶液，分为等体积的两份分别做下列实验。

4、CO2－
4、SO2－
Na＋、NH＋
实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224 mL。

实验2：第二
份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33 g。

下列说法正确的是 ( )
A．该溶液中一定含有Na＋，且c(Na＋)≥0.1 mol·L－1
B．该溶液中可能含有Na＋
C．该溶液中一定不含NO－3
D．该溶液中肯定含有NH＋4、SO2－
4、CO2－
3、NO－3
【知识点】离子检验B1 J2
【答案解析】A 解析：根据实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42-，且物质的
量是
2.33
0.01
233/
g
mol
g mol
=
，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钠离子，且钠离子的浓
度≥0.0120.01
0.1/
0.1
mol mol
mol L
L
⨯-
=
，
故答案选A
【思路点拨】本题考查了离子检验，判断钠离子是否存在要利用电荷守恒思想。

【题文】13．以下示意图与相对应的反应情况分析正确的是（）
（图1）（图2）（图3）（图4）
A．图1 ：向含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2
B．图2 ：向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
C．图3 ：向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
D．图4 ：向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
【知识点】物质的化学性质C1 C2
【答案解析】 B 解析：A项含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2，先生成碳酸钙沉淀，后有碳酸钠生成，再生成碳酸氢钠，最后沉淀溶解，生成碳酸氢钙，图像错误；B项 NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液先生成硫酸钡沉淀，后沉淀不再溶解变化，正确；C项 KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当物质的量之比是2:3时，生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，再加入1molBa(OH)2时，氢氧化铝沉淀溶解2mol，硫酸钡生成1mol，图像中沉淀应该减少，当滴入的物质的量之比为1:2后，再加入氢氧化钡后，沉淀不再变化，图像错误。

D项 NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，图像错误。

故答案选B
【思路点拨】本题考查了中学阶段重要物质的化学性质，关键理解反应的顺序过程。

【题文】14．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2，NO和H2O。

当产物n(NO2)：n(NO)＝1：1时，下列说法正确的是（）
A.1 mol Cu2S参加反应时有8 mol电子转移
B.参加反应的n(Cu2S)：n(HNO3)＝1：5
C.反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂
D.产物n[Cu(NO3)2] : n[CuSO4 ]=l:1 【知识点】氧化还原反应的基本概念和基本规律B2 B3
【答案解析】D 解析：首先写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4+5 NO2↑+5 N0↑+7 H2O；己知n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole-；Cu2S应失4mole-．而1molCu2S能失10mole-，故失4mole-说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu （NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol．反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1:7；
A、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 molCu2S参加反应时有10mol电子转移，故A错误；
B、参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1:7，故B错误；
C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；
D依据分析计算得到，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1:1；故D正确；故答案选D
【思路点拨】本题考查了氧化还原反应的基本概念和基本规律，反应比较复杂，正确分析元素化合价变化是关键。

【题文】15．将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH＝14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是（）
A．原合金质量为0.92 g B．标准状况下产生氢气896 mL
C．图中V2为60 mL D．图中m值为1.56 g
【知识点】钠铝及其化合物的性质C1 C2
【答案解析】D 解析：反应后得到20 mL pH＝14的溶液，所以n(OH-)=0.02mol，所以需要1mol/L的盐酸20mL来中和，因此V1为20mL，故C错误；继续加盐酸发生AlO2-+H++H2O=Al(OH)3，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，因此沉淀AlO2-用掉盐酸的体积是40ml-20ml=20mL，溶解Al(OH)3用掉60mL盐酸，所以V2为100mL，Al(OH)3为0.02mol，则m为1.56g，故D正确。

原混合物中含有Al为0.54g，当盐酸加100mL时，溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，又知n(Cl-)=0.1mol，n(Al3+)=0.02mol，所以n(Na+)=0.04mol。

所以原混合物中有Na为0.04mol，质量为0.92g，所以原混合物的质量为0.92g+0.54g=1.46g。

故A错误；反应过程中产生氢气的物质的量是0.04mol/2+0.02mol×1.5=0.05mol，体积1120mL，故B错误；
故答案选D
【思路点拨】本题考查了钠铝及其化合物的性质，清楚过程中依次发生的化学反应是关键。

第Ⅱ卷（共55分）
二、非选择题（共6小题，55分）
【题文】16．（9分)下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的
位置，回答下列问题：
（1）画出⑧原子结构示意图__________ __
(2)④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序是________。

（用离子符号表示）
(3)①-⑧的元素中，某元素气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应所得生成物溶于水，溶液呈酸性，原因是__________________________ _（用离子方程式表示），该氢化物分子空间结构为______ _
（4）写出由元素⑥组成的单质与元素⑤最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应的离子方程式_________________________ _
【知识点】元素推断元素周期表E2
【答案解析】（1） (2) O2->Na+ > Al3+ （3） NH4++H2O NH3·H2O+H+ 三角锥形（1分）
（4）2Al+2OH++2H2O=2Al3++3H2↑
解析：根据元素在周期表上的位置①至⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl，
（1）⑧代表Cl元素，氯的原子结构示意图为。

(2)根据核外电子排布相同的离子核电荷数小的半径大，④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序是 O2->Na+ > Al3+ 。

(3)氮元素气态氢化物NH3与其最高价氧化物对应的水化物HNO3反应所得生成NH4NO3，溶液呈酸性，原因是NH4++H2O NH3·H2O+H+ ，NH3分子空间结构为三角锥形.
（4）元素⑥组成的单质是铝，元素⑤最高价氧化物对应的水化物是NaOH溶液，反应的离子方程式：2Al+2OH++2H2O=2Al3++3H2↑
【思路点拨】本题考查了元素推断，注意理解离子半径比较，核外电子排布相同的离子核电荷数小的半径大。

【题文】17．(10分)为测定某碳酸氢钠样品纯度(含有少量氯化钠)，学生设计了如下几个实验方案(每个方案均称取m1g 样品)，请回答每个方案中的问题。

[方案Ⅰ] 选用重量法进行测定：可用下图中的装置进行实验。

(1)A 装置中NaOH 溶液的作用是__________________若直接向试样溶液中鼓入空气会导致实验测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

(2)该方案需直接测定的物理量是______________________________________。

[方案Ⅱ] 选用气体体积法进行测定：可用如图中的装置进行实验，
为了减小实验误差，量气管中加入饱和NaHCO3溶液。

(3)通过实验，测得该试样中碳酸氢钠质量分数偏低，产生这种现象
的原因可能是________。

a ．测定气体体积时未冷却至室温
b ．测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面
c ．Y 型管中留有反应生成的气体
d ．气体进入量气管前未用浓硫酸干燥
[方案Ⅲ] 选用滴定法进行测定：
(4)称取m1g 样品，配成100 mL 溶液，取出20 mL ，用c mol·L－1的标准HCl 溶液滴定， 消耗体积为VmL ，则该试样中碳酸氢钠质量分数的计算表达式为：_________________
【知识点】测样品纯度的实验设计J4 J5
【答案解析】(1) 吸收空气中的CO2 偏高，(2) 装置C 反应前后质量
b ；(4) 5×c×V×10－3×84m1
×100%
解析：(1)实验原理是：通过测定样品中的NaHCO3与硫酸反应产生CO2气体的质量，计算碳酸氢钠样品纯度，所以A 装置中NaOH 溶液的作用是吸收空气中的CO2，若直接向试样溶液中鼓入空气，就会使得到的CO2的质量偏大，导致碳酸氢钠质量偏大，实验测定结果偏高。

(2)本实验关键是得到碳酸氢钠质量，只需知道样品中的NaHCO3与硫酸反应产生CO2气体的质量，所以该方案需直接测定的物理量是装置C 反应前后质量。

(3)如果测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面，因为这样气体所受压强大，测得的CO2体积偏小，导致该试样中碳酸氢钠质量分数偏低
(4)根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，碳酸氢钠的物质的量等于盐酸的物质的量：CV ×10-3
×100÷20，则该试样中碳酸氢钠质量分数的计算表达式为5×c×V×10－3×84m1
×100%。

【思路点拨】本题考查了测样品纯度的实验设计，试题简单，易错点是(3)测得该试样中碳酸氢钠质量分数偏低，产生这种现象的原因分析。

【题文】18．（10分）2010年8月7日，甘肃甘南藏族自治州舟曲县发生特大泥石流，造成大量人员伤亡，其中饮用水安全在灾后重建中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了如下分析：并给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A 、B 两种物质，一处含有C 、D 两种物质，一处含有E 物质，A 、B 、C 、D 、E 五种常见化合物都是由下表中的离子形成的：
为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：
①将它们溶于水后，D 为蓝色溶液，其他均为无色溶液．
②将E 溶液滴入到C 溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解．
③进行焰色反应，只有B 、C 为紫色(透过蓝色钴玻璃)．
④在各溶液中加入Ba(NO3)2溶液，再加入过量稀硝酸，A 中放出无色气体，C 、D 中产生白色沉淀．
⑤将B 、D 两溶液混合，未见沉淀或气体生成．
根据上述实验现象写出下列物质化学式：A B C D E
【知识点】物质检验J2 B1
【答案解析】A ： NaHCO3 B: KNO3 C: KAl(SO4)2 D: CuSO4 E: NaOH 解析：根据实验①D 为蓝色溶液可知，D 中含有Cu2＋；根据实验②可知C 中含有Al3＋，E 可能是KOH 或NaOH ；再根据③可知，只有B 、C 中含有K ＋，故E 为NaOH ；根据实验④可知A 中含有HCO3-，故A 为NaHCO3，C 、D 中含有SO42-，故D 为CuSO4，C 为KAl(SO4)2，最后可判定B 为KNO3。

【思路点拨】本题考查了物质检验，根据常见离子的检验方法即可解答。

【题文】19．（8分）已知：常温常压下，D 、E 、F 、I 、J 为气体； 1molE 与含1molF 的水溶液恰好反应生成B 。

B 是一种常见的化肥。

物质A K -之间有如下图所示转化关系（部分反应中生成的水已略去）。

试回答下列问题：
（1）已知A 中[]FeC O 24和C 中Fe 元素均为＋2价，则FeC O 24中碳元素的化合价为______
（2）B 的化学式为___________________。

（3）写出反应③的化学方程式 _______________________。

（4）写出过量单质H 与K 的稀溶液反应的离子方程式：_____________________。

【知识点】无机框图推断D4
【答案解析】（1） ＋3； NH4HCO3
（2）4NH3+5O2∆=催化剂4NO+6H2O 。

（3）3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO ↑+4H2O
解析：根据B 是一种常见的化肥，分解生成3种物质，其中2种是气体，B 是NH4HCO3，D 氧化得E ，所以E 是CO2，F 是NH3，D 是CO ，由③得到I 是NO ，J 是NO2，K 是HNO3，
（1）已知FeC2O4中Fe 元素为＋2价，则碳元素的化合价为+3，
（2）B 的化学式为NH4HCO3。

（3）根据分析反应③是氨的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O2∆=催化剂
4NO+6H2O 。

（4）单质H 是铁，K 是硝酸，当铁过量时生成Fe2+，反应的离子方程式为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO ↑+4H2O
【思路点拨】本题考查了无机框图推断，B 是一种常见的化肥，以及反应③是推断的突破口，掌握氮、铁及其化合物的性质即可顺利解答。

【题文】20．（10分）实验室里用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS 、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4·H2O），过程如下：
足量
H SO W （S 、SiO 2等）
调节pH Z 聚铁胶体 聚铁70~80
溶液Y 绿矾
请回答下列问题：
（1）写出过程①中FeS 和O2、H2SO4反应的化学方程式： 。

（2）将过程②中产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是 。

A.品红溶液
B.紫色石蕊试液
C.酸性高锰酸钾溶液
D.溴水
（3）过程③中，需要加入的物质是 （化学式）。

（4）过程④中，蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、泥三角，还需要的仪器有 。

（5）过程⑥中，将溶液Z 加热到70～80℃,目的是 。

【知识点】物质制备的流程图J1 O5
【答案解析】(1)4FeS+6H2SO4+3O2=2Fe2(SO4)3+6H2O+4S
(2)ACD （3）Fe
(4)蒸发皿 玻璃棒 （5）升高温度，促进铁离子水解
解析：（1）根据固体W 的成分中存在S ，推出FeS 和O2、H2SO4发生氧化还原反应，FeS
做还原剂，O2作氧化剂，产物有Fe2(SO4)3、S、H2O。

反应的化学方程式：4FeS+6H2SO4+3O2=2Fe2(SO4)3+6H2O+4S。

固体W的成分中存在S，灼烧产生的气体中含SO2，因为SO2的漂白性可使品红褪色，SO2具有还原性可使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色。

SO2通入紫色石蕊试液，溶液显酸性使紫色石蕊试液变红，但不能使其褪色。

溶液X中的铁是Fe3+，绿矾中的铁为Fe2+，故应加入Fe粉，将Fe3+还原为Fe2+。

蒸发结晶需要使用酒精灯、三角架、泥三角、蒸发皿、玻璃棒；
（5）过程⑥中，将溶液Z加热到70～80℃制得胶体，目的是升高温度，促进Fe3+的水解。

【思路点拨】本题考查了物质制备的流程图，涉及到铁及其化合物的性质，SO2的性质，难度不大。

【题文】21．（8分）.已知化合物A的分子式为C4H6O2，不溶于水,并可以发生如下图所示
的变化：
已知：C物质的一氯代物D只有两种同分异构体。

请回答：
（1）A分子中含有的官能团的名称。

（2）②属于反应(反应类型）
（3）写出②的反应方程式。

（4）写出C的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的结构简式
【知识点】有机推断I1 L6
【答案解析】（1）碳碳双键、酯基
（2）取代反应
（3）CH2=CHCOOCH3+H2O
24
H SO
浓
CH2=CHCOOH+CH3O
(4)HCOOCH2CH3
解析：根据①知A中含碳碳双键，根据②判断A为酯类，含酯基；A水解得到甲醇和B，B应该是羧酸，综合C物质的一氯代物D只有两种同分异构体，得到C为丙酸，逆推知A的结构为CH2=CHCOOCH3，根据分析：
（1）A分子中含有的官能团的名称是碳碳双键、酯基。

（2）②是酯酸性条件下的水解反应，属于取代反应。

（3）酯在酸性条件下水解为酸和醇，反应方程为
CH2=CHCOOCH3+H2O
24
H SO
浓
CH2=CHCOOH+CH3OH。

（4）C的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应结构只有甲酸乙酯：HCOOCH2CH3 【思路点拨】本题考查了有机推断，主要利用了酯酸性条件下的水解反应，试题较简单。