2019-2020学年上海市上海交通大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年上海市上海交通大学附属中学新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．Bodensteins 研究反应H 2(g)+I 2(g)
2HI(g) △H ＜0 ，温度为T 时，在两个体积均为1L 的密闭容器中
进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t 的关系如下表： 容器编号 起始物质
t/min 0 20 40 60 80 100 Ⅰ 0.5mol I 2、0.5mol H 2 w(HI)/% 0 50 68 76 80 80 Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v 正=k a •w(H 2)•w(I 2)，v 逆=k b •w 2(HI)，其中k a 、k b 为常数。

下列说法不正确的是( ) A ．温度为T 时，该反应
a
b
k k =64 B ．容器I 中在前20 min 的平均速率v(HI)=0.025 mol•L -1•min -1
C ．若起始时，向容器I 中加入物质的量均为0.1 mol 的H 2、I 2、HI ，反应逆向进行
D ．无论x 为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同 【答案】C 【解析】 【详解】
A ． H 2(g)+I 2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0 变化量(mol/L) n n 2n 平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=2n
1
×100%=80%，n=0.4 mol/L ，平衡常数 K=2080.10.1⨯．=64。

反应达到平衡状态时正逆反应速率相
等，k a •w(H 2)•w(I 2)=v 正=v 逆=k b •w 2(HI)，则a
b k k =
()()()
2
22w HI w H w I =K=64，故A 正确； B ．前20 min ，H 2(g) + I 2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0 变化量(mol/L) m m 2m 平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m w(HI)%=
21
m
×100%=50%，m=0.25mol/L ，容器I 中前20 min 的平均速率，v(HI)=
20.25mol /L
20min
⨯=0.025mol•L -1•min -1，故B 正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Q c=
2
01
0.10.1
．
=1＜K=64，
反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。

2．CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。

实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。

下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()
A．制备SO2
B．制备CuI并制备少量含SO2的溶液
C．将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀
D．加热干燥湿的CuI固体
【答案】D
【解析】
【详解】
A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；
B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；
C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；
D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；
故合理选项是D 。

3．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na 2S 2O 8，其中S 为+6价）去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。

Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39，下列叙述错误的是
A ．pH 越小，越有利于去除废水中的正五价砷
B ．1mol 过硫酸钠（Na 2S 2O 8）含N A 个过氧键
C ．碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO 4-•+ OH - = SO 42-+•OH
D ．室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe 3+)约为2.7×10-18mol·L -1 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．pH 越小，酸性越强，会使Fe(OH)3(s)⇌Fe 3+(aq)+3OH -(aq)和Fe(OH)2(s)⇌Fe 2+(aq)+2OH -(aq)平衡右移，无法生成沉淀，不利于除去废水中的正五价砷，故A 错误；
B ．设1mol 过硫酸钠(Na 2S 2O 8)中过氧键物质的量为amol ，钠为+1价，硫为+6价，过氧键中的氧为-1价，非过氧键中的氧为-2价，则(+1)×2+(+6)×2+(-2) ×a+(-2) ×(8-2a)=0，解得a=1，所以1mol 过硫酸钠(Na 2S 2O 8)中过氧键的数量为N A ，故B 正确；
C ．由图示可得，碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO 42-•+ OH - = SO 42-+•OH ，故C 正确；
D ．Fe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)⇌Fe 3+(aq)+3OH -(aq)，此溶液碱性极弱，pH 接近7，即c(OH -)=1×10-7mol/L ，因为Ksp(Fe(OH)3)= c(Fe 3+)×c 3(OH -)=2.7×10-39，则
c(Fe 3+)=()()
3939
3732.710 2.710c OH 110----⨯⨯⨯==2.7×10-18
mol·L -1，故D 正确； 答案选A 。

4．屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖．一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素．下列有关说法中正确的是
A．青蒿素的分子式为C15H20O5
B．双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应
C．1 mol青蒿素最多能和1 molBr2发生加成反应
D．青蒿素转化为双氢青蒿素发生了氧化反应
【答案】B
【解析】A．由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；B．双氢青蒿素含-OH，能发生氧化反应、酯化反应，故B正确；C．青蒿素不含碳碳双键或三键，则不能与溴发生加成反应，故C错误；D．青蒿素转化为双氢青蒿素，H原子数增加，为还原反应，故D错误；故选B。

5．通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢B．乙酸钠溶液pH＞7
C．乙酸溶液能使石蕊变红D．某乙酸溶液能导电能力弱
【答案】B
【解析】
【分析】
证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH 比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。

【详解】
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；
B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；
C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；
D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；
故合理选项是B。

【点睛】
本题考查弱电解质判断的知识。

明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。

6．—定温度下，在三个容积均为2.0L 的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N 2(g)+2CO 2(g)各容
器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO 2的物质的量随间变化关系如图所示。

容器
温度/℃
起始物质的量浓度/mol ·L -1
NO(g)
CO(g) N 2 CO 2 甲 T 1 0.10 0.10 0 0 乙 T 2 0 0 0.10 0.20 丙
T 2
0.10
0.10
下列说法正确的是（） A ．该反应的正反应为吸热反应
B ．乙容器中反应达到平衡时，N 2的转化率小于40%
C ．达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍
D ．丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO 和0.10molCO 2，此时v(正)<v(逆) 【答案】B 【解析】 【详解】
A. 根据图示，甲反应速率快，12T T >，升高温度，CO 2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故A 错误；
B. 丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol ，
22+0.10.1000.060.02NO g 2CO g N g 60.030.060.040.040.02C 30.0O g 6
ƒ开始转化平（）（）
衡（）（）
根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO 和0.20molCO ，投料是丙的2倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N 2的平衡浓度大于0.06 mol/L ；所以N 2的转化率小于40%，故B 正确； C. 根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20mol NO 和0.20mol CO ，投料的物质的量是甲的2倍，乙压
强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故C错误；
D.
22
+
0.10.100
0.060.0
2NO g2CO g N g
60.030.06
0.040.040.0
2C
30.0
O g
6
+
ƒ
开始
转化
平
（）（）衡
（）（）
2
22
0.060.03
42.19
0.040.04
⨯
==
⨯
K；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，()
()
2
22
0.06+0.050.03
28.14
0.04+0.050.04
Q K
⨯
==<
⨯
，平衡正向进行，所以v(正)>v(逆)，故D错误；
【点睛】
本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；Q>K时，反应逆向进行；Q<K时，反应正向进行。

7．一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是
A．该电池将太阳能转变为电能
B．电池工作时，X极电势低于Y极电势
C．在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-
D．电路中每通过2mol电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加
【答案】D
【解析】
【分析】
由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2RuⅡ-2e-=2 RuⅢ，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。

【详解】
A. 由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；
B. 由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B 正确；
C. 电池工作时，在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为：2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，选项C正确；
D. Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。

答案选D。

8．利用如图装置模拟铁的电化学保护。

下列说法正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，为外加电流阴极保护法
B．若X为碳棒，开关K置于N处，为牺牲阳极阴极保护法
C．若X为锌棒，开关K置于M处，Zn极发生：Zn-2e→Zn2+
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A．若X为锌棒，开关K置于M处，该装置是原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作正极的铁被保护，这种方法称为牺牲阳极阴极保护法，故A错误；
B．若X为碳棒，开关K置于N处，该装置是电解池，碳作阳极、铁作阴极，作阴极的铁被保护，这种方法称为外加电流阴极保护法，故B错误；
C．若X为锌棒，开关K置于M处时，该装置是原电池，活泼金属锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故C正确；
D．若X为碳棒，开关K置于N处时，该装置是电解池，阳极X上是氢氧根离子失电子发生氧化反应，故D错误；
故答案为C。

9．向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b －a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。

下列说法正确的是（）
A．线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1
C．根据图像无法计算a的值
D．线段Ⅳ表示HIO3的变化情况
【答案】D
【解析】
【分析】
向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答。

【详解】
A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；
B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；
D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：
()
1-025mol
2mol =+5
⨯⨯
价，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；
故答案为D。

10．一定温度下，硫酸盐MSO4(M2＋代表Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知：p ( M2+ ) =－lgc ( M2+ )，p(SO42－)=－lgc(SO42－)。

向10mL 0.01 mol/L Na2SO4溶液中滴入1 滴(约0. 05 mL) 0. 01 mol/L BaCl2
溶液岀现白色浑浊，而滴入 1 滴(约0. 05 mL) 0. 01 mol/L SrCl2溶液无浑浊出现。

下列说法中错误
．．的是
A．该温度下，溶度积常数K sp(BaSO4)＜K sp( SrSO4)
B．欲使c点对应BaSO4溶液移向b点，可加浓BaCl2溶液
C．欲使c点对应SrSO4溶液移向a点，可加浓SrCl2溶液D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数为106.8【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知K sp( BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO24-)＜
1
0.05 mL0.01 mol L
10 mL
-
⨯⋅
7
0.01 mol/L510-
⨯=⨯，
K sp( SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO24-)＞
-1
0.05 mL0.01 mol L
10 mL
⨯⋅
7
0.01 mol/L510-
⨯=⨯，可判断a 点所在直线(实线)表
示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。

【详解】
A．利用数据可得K sp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO24-)=1.0×10－5×1.0×10－5=1×10－10，K sp(SrSO4)= c(Sr2+)·c(SO24-)=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10－10=1× 3.2
10-，故A正确；
B．欲使c点BaSO4饱和溶液(Ba2+、SO24-浓度相等)移向b点(饱和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO24-)减小，则可加入BaCl2浓溶液，故B正确；
C．欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO24-)都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体，故C错误；
D．SrSO4(s) +Ba2+(aq)ƒBaSO4(s) +Sr2+(aq)的平衡常数K=
3.2
sp4 6.8
10
sp4
K(SrSO)110
10
K(BaSO)110
－
－
⨯
==
⨯
，故D正确；
答案选C。

11．下列离子方程式中正确的是（）
A．向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O
B．向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
C．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓
D．铜与浓硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
【答案】A
【解析】
【详解】
A、向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：Al3+＋2SO42﹣＋2Ba2+＋4OH﹣═AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O，故A正确；
B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子反应为：2Fe2+ +4Br-十3Cl2= 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-，故B不正确；
C、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为：A13+ + 3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+，故C不正确；
D、铜与浓硝酸反应的离子反应为：Cu+4H+ +2NO3- = Cu2+ + 2NO2↑+2H2O，故D不正确；
故选A。

【点睛】
离子反应方程式的正误判断：
(1)、是否符合客观事实；
(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。

如C选项，一水合氨为弱碱，不能拆分，所以C错误；
(3)、电荷守恒。

12．下列有关实验的描述正确的是：
A．要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管
B．用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿
C．溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出碘
D．中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，主要目的是为了充分反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A．溴水可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故A错误；
B．气体溶于水后才能显示一定的酸碱性，因此，用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿，故B 正确；C．溴与KI反应生成的碘易溶于溴苯，汽油与溴苯互溶，无法萃取，应选NaOH溶液充分洗涤、分液，故C错误；
D．环形玻璃搅拌棒应该上下移动，进行搅拌，温度计插在玻璃环中间，无法旋转搅拌棒，故D错误；答案选B。

13．a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，c与b同族，d与c形成的一种化合物可以溶解硫。

下列有关说法正确的是
A．原子半径：a>b>c>d
B．元素非金属性的顺序为b>c>d
C．a与b形成的化合物只有离子键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：d>c
【答案】B
【解析】
【分析】
a的M电子层有1个电子，则A为Na；工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的b的单质，
则b为O；c与b同族且为短周期元素，则c为S；d与c形成的一种化合物可以溶解硫，该物质为CS2，则d为C。

【详解】
A. 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径Na>S>C>O，即a>c>d>b，故A错误；
B. 同一主族：从上到下，元素的非金属性减弱，元素非金属性的顺序为O>S>C，即b>c>d，故B正确；
C. a与b形成的过氧化钠中既含有离子键，又含有共价键，故C错误；
D. S的非金属性大于C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：d小于c，故D错误；
故答案为B。

14．下列实验操作不是从实验安全角度考虑的是
A．稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌
B．做有毒气体的实验时，对尾气进行适当处理
C．加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片
D．向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌，是为了防止浓硫酸溶于水放出的大量的热使液体沸腾飞溅出来，是出于安全考虑，A不符合题意；
B. 做有毒气体的实验时，进行尾气处理，是出于安全考虑，B不符合题意；
C. 加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片，是为了防止暴沸，是出于安全考虑，C不符合题意；
D. 向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内，是为了防止污染试剂，不是出于安全考虑，D符合题意；故答案选D。

15．使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；
B. 氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；
C. 除去酒精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；
D. 用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和，D项正确；
答案选D。

【点睛】
反应热的表达有宏观与微观两种方式。

第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。

在中性或碱性环境中稳定。

I.制备Na2S2O3•5H2O
反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)
实验步骤：
①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。

另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。

②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。

③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。

回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。

（2）仪器a的名称是___，其作用是___。

（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是___，检验是否存在该杂质的方法是___。

（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为___。

II.测定产品纯度
准确称取Wg 产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L 碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S 2O 32-+I 2=S 4O 62-+2I -。

（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为___。

（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___ mL 。

产品的纯度为___（设Na 2S 2O 3•5H 2O 相对分子质量为M ）。

【答案】使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管(或球形冷凝管) 冷凝回流 Na 2SO 4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na 2SO 4
2-+2322S O +2H =S +SO +H O ↑↓ 由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 18.10
33.62010mol M 100%Wg
-⨯⨯⨯ 【解析】
【分析】
I ．（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答； （3）由于S 2O 32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；
（4）S 2O 32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式； II ．（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝；
（6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。

【详解】
I ．（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据题中图示装置图可知，仪器a 为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；
（3）2-23S O 具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na 2SO 4，
故答案为：Na 2SO 4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na 2SO 4；
（4）2-23S O 与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：
2-+2322S O +2H =S +SO +H O ↑↓；
II ．（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色；
（6）起始体积为0.00mL ，终点体积为18.10mL ，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL ；该滴定过程中
反应的关系式为：2-2322S O I :，()()2--33232S O 2I 20.1mol/L 18.1010L=3.62010mol n n -==⨯⨯⨯⨯，则产品的纯度为33.62010mol M 100%Wg
-⨯⨯⨯。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．化合物H 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
(1)A →B 的反应的类型是____________反应。

(2)化合物H 中所含官能团的名称是____________和____________。

(3)化合物C 的结构简式为___________。

B →C 反应时会生成一种与C 互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为___________。

(4)D 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____________。

①能发生水解反应，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；
②分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色。

(5)已知：CH 3CH 2OH 。

写出以环氧乙烷（）、、乙醇和乙醇钠为原料制备
的合成路线流程图_______________（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示
例见本题题干）。

【答案】氧化 羰基 羧基
【解析】
【分析】
被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，据此分析。

【详解】
被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成。

(1)A→B的反应的类型是氧化反应；
(2)根据结构简式可知，化合物H中所含官能团的名称是羧基和羰基；
(3)化合物C的结构简式为；B→C反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，根据甲醛加成的位置可知，该副产物的结构简式为；
(4)D为，它的一种同分异构体同时满足：①能发生水解反应，则含有酯基，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；②分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳双键，符合条件的同分异构体为；
(5)已知：CH3CH2OH。

环氧乙烷（）与HCl发生开环加成生成CH2ClCH2OH，CH2ClCH2OH
在乙醇钠和乙醇作用下，再与转化为，在氢氧化钠溶液中加热得到，酸化得到，在浓硫酸催化下加热生成，合成路线流程图为。

【点睛】
本题为有机合成及推断题，解题的关键是利用逆推法推出各有机物的结构简式，及反应过程中的反应类型，注意D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．二氯亚砜(SOCl2) 是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。

（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜,原子利用率达100%,则三者的物质的量比为______________.
（2）甲同学设计如图装置用ZnCl2• xH2O 晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并利用装置F验证生成物中的某种气体（夹持及加热装置略）。

①用原理解释SOCl2在该实验中的作用______________________________________；加热条件下，A装置中总的化学方程式为____________________.
②装置的连接顺序为A→B→_____________________；
③实验结束后,为检测ZnCl2 • xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为
_____________（填序号）
a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；
b.称得固体为n克；
c.干燥；
d.称取蒸干后的固体m克溶于水；
e.过滤；
f.洗涤
若m/n＝______________（保留小数点后一位），即可证明晶体已完全脱水.
（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3• 6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。

①可能发生的副反应的离子方程式______________________.
②丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性：
i.取少量FeCl3• 6H2O于试管中，加入足量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；
ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。

（供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、BaCl2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、溴水）
【答案】2:3:1SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解xSOCl2
+ZnCl2·xH2O=ZnCl2 +xSO2↑ +2xHCl↑D→E→F→C d a e f c0.56SOCl2 + 2Fe3+ +
3H2O=SO42- + 6H+ + 2Fe2+ + 2Cl-BaCl2溶液K3[Fe(CN)6]溶液若无蓝色沉淀出现
【解析】
【分析】
（1）根据原子利用率达100%,硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料制SOCl2，根据原子、电子守恒完成反应方程式。

由二氯亚砜(SOCl2) 是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，选择装置的连接顺序；根据守恒判断ZnCl2 • xH2O晶体是否完全脱水（ZnCl2~2AgCl）。

根据存在的离子选择试剂：SO42-选择稀HCl和BaCl2;Fe2+选择K3[Fe(CN)6]溶液。

【详解】
（1）用硫黄（S）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜(SOCl2),原子利用率达100%,所以反应方程式为：2S+3Cl2+SO3=3SOCl2则三者的物质的量比为2:3:1。

（2）①因为二氯亚砜(SOCl2) 是一种无色易挥发液体，剧烈与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；加热条件下，A装置中总的化学方程式为xSOCl2 +ZnCl2·xH2O=ZnCl2 +xSO2↑ +2xHCl↑。

答案：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；xSOCl2 +ZnCl2·xH2O=ZnCl2 +xSO2↑ +2xHCl↑。

②A中SOCl2吸收结晶水生成SO2和HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，用品红溶液检验二
氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中SO2和HCl，防止污染环境，E装置防倒吸，装置连接顺序为
A→B→D→E→F→C 。

装置的连接顺序为A→B→D→E→F→C ；答案：D→E→F→C 。

③实验结束后,为检测ZnCl2 • xH2O晶体是否完全脱水的操作方法是：d.称取蒸干后的固体m克溶于水，
a.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应，e.过滤f.洗涤c.干燥；
b.称得固体为n克，所以正确的实验顺序为d a e f c；
ZnCl2~2AgCl
136 287
m n
m
＝0.56即可证明晶体已完全脱水.
n
（3）①FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式SOCl2 + 2Fe3+ + 3H2O == SO42- + 6H+ + 2Fe2+ + 2Cl-。

②要判断副反应的可能性，就是检验溶液中有SO42-和Fe2+，所以，方案一中加BaCl2溶液，如产生白色沉淀，说明发生了副反应；方案二是检验Fe2+，所以选择K3[Fe(CN)6]溶液，加入试液后若无蓝色沉淀出现，说明没有副反应发生。

【点睛】
根据SOCl2是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，中SOCl2吸收结晶水生成SO2和HCl，所以用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气中SO2和HCl，防止污染环境，E装置防倒吸，判断装置连接顺序为A→B→D→E→F→C。

19．Cr、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

（1）还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72−和CrO42−）工业废水的常用方法，过程如下：
①已知：常温下，初始浓度为1.0 mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。

则上述流程中CrO42-转化为Cr2O72-的离子方程式为______________________。

②还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

③Cr3+与Al3+的化学性质相似，对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为____________。

④常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5mol·L−1（即沉淀完全），应。