2019-2020学年广东广州市新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年广东广州市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．部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：
下列说法正确的是
A．离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞h
B．与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞d
C．x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键
D．e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素；
A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小g＞h＞e＞f；选项A错误；
B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为d＞z＞y，选项B错误；
C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；
D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误；
答案选C。

2．Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。

下列有关说法正确的是
B．a、b、c都能发生加成、加聚反应
C．c中所有原子共平面
D．b、c为同系物
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；
C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。

3．固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。

为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：
①将X加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液Z
②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物
③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色
④向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀
分析以上实验现象，下列结论正确的是（）
A．X中一定不存在FeO
B．Z溶液中一定含有K2CO3
C．不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种
D．向④中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl
【答案】B
①将X 加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液Z ，Y 可能为Fe 、FeO 、CuO 、MnO 2中的物质，Z 可能为KCl 和K 2CO 3中的物质；②取少量Y 加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y 中至少含有CuO 、MnO 2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu 生成，说明Y 中含有的CuO 与酸反应生成的CuCl 2被置换出来了，可说明Y 中还含有Fe ；③用玻璃棒蘸取溶液Z 于pH 试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K 2CO 3；④向乙溶液中滴加AgNO 3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；以此分析解答。

【详解】
A. 根据上述分析，不能确定X 中是否存在FeO ，故A 错误；
B. 用玻璃棒蘸取溶液Z 于pH 试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，说明Z 溶液中一定含有K 2CO 3，故B 正确；
C. 根据分析，不溶物Y 中一定含有MnO 2、CuO 和Fe ，不能确定是否存在FeO ，故C 错误；
D. 向乙溶液中滴加AgNO 3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，向生成的白色沉淀中滴加盐酸，盐酸提供了氯离子，不能说明X 中含有KCl ，故D 错误；
故选B 。

【点睛】
本题的易错点为D ，要注意加入的盐酸对氯化钾的干扰。

4．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 ．澄清透明的溶液中：Cu 2+、Mg 2+、-3NO 、2-4SO
B ．弱碱性溶液中：K +、Na +、I －、ClO －
C ．中性溶液中：Fe 3+、K +、Cl －、2-4SO
D ．能使甲基橙变红的溶液中：Al 3+、Na +、Cl －、-3HCO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．澄清透明的溶液中：Cu 2+、Mg 2+、-3NO 、2-
4SO 离子之间不反应，能够大量共存，故A 符合题意； B ．弱碱性溶液中：I －和ClO －发生氧化还原反应，不能大量共存，故B 不符合题意；
C ．中性溶液中：Fe 3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C 不符合题意；
D ．能使甲基橙变红的溶液显酸性，H +和-3HCO 不能大量共存，且Al 3+与HCO 3-发生双水解反应不能大量共存，故D 不符合题意；
HCO在酸性和碱性条件下都不能大量共存。

澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，-
3
5．下列说法错误的是（）
A．光照下，1 mol CH4最多能与4 mol Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl
B．将苯滴入溴水中，振荡、静置，上层接近无色
C．邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构
D．乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈
【答案】B
【解析】
【分析】
A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同时生成氯化氢；B．苯与溴水不反应，发生萃取；
C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种；
D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢。

【详解】
A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同时生成氯化氢，1 mol CH4最多能与4 mol Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，故A正确；
B．苯与溴水不反应，发生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以将苯滴入溴水中，振荡、静置，下层接近无色，故B错误；
C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种，邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故C正确；
D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢，所以乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈，故D正确；
故选：B。

6．下列关于铝及其化合物的说法正确的是( )
A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中
B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料
D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同
【答案】C
【解析】
【分析】
B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；
C. 氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；
D. 熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。

7．下列实验操作正确的是
A．稀释浓硫酸B．添加酒精
C．检验CO2是否收集满D．过滤
【答案】A
【解析】
【详解】
A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故A正确；
B．使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，不能向燃着的酒精灯内添加酒精，故B错误；
C．检验CO2是否收集满，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，故C错误；
D．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故D错误；
故答案选A。

8．下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()
A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑
B．2F2+2H2O=4HF+O2↑
C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
【答案】D
A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；
B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；
C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；
D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；
故选D。

9．N A是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于N A
B．0. 1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4N A
C．10 g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2N A
D．100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，故11.2 L二氧化硫的物质的量小于0.5 mol，则含有的氧原子个数小于N A，故A正确；
B．由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1 mol Na2O中含3 mol离子，1 mol Na2O2中含3 mol离子，则0.1 mol Na2O和Na2O2混合物中离子为0.3 mol，即含有的阴、阳离子总数是0.3N A，故B错误；
C．H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10 g×34%=3.4g，
物质的量n=m
M
=
3.4g
34g
=0.1mol，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，1mol过氧化氢分子中含有2mol
氢原子，0.1mol过氧化氢分子中含有0.2mol氢原子，0.2mol氢原子个数等于0.2N A，水也含氢原子，氢原子的个数大于0.2N A，故C错误；
D．醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100 mL 0.1 mol/L醋酸的物质的量n=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，含有的醋酸分子数小于0.01N A，故D错误；
答案选A。

【点睛】
计算粒子数时，需要先计算出物质的量，再看一个分子中有多少个原子，可以计算出原子的数目。

10．用化学方法不能实现的是（）
A．生成一种新分子B．生成一种新离子
【解析】
【分析】
化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。

【详解】
根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；
答案选C。

11．下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A.酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A可以达到实验目的，A正确；
B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；
C.用NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；
D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D错误；
12．常温下，HCOOH 和CH 3COOH 的电离常数分别1.80×10−4和1.75×10−5。

将pH=3，体积均为V 0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V ，pH 随
lg 0
V V 的变化如图所示。

下列叙述错误的是（ ）
A ．溶液中水的电离程度：b 点＜c 点
B ．相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中n(Na +)相同
C ．从c 点到d 点，溶液中--(HA)(O (H )
)A c c c ⋅不变（HA 、A -分别代表相应的酸和酸根离子） D ．若两溶液无限稀释，则它们的c(H +)相等
【答案】B
【解析】
【分析】
从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，Ⅰ的pH 大于Ⅱ的pH ，则表明Ⅰ的n(H +)小于Ⅱ的n(H +)，从而表明lg 0
V V =0时，Ⅰ对应的酸电离程度大，Ⅰ为HCOOH ，Ⅱ为CH 3COOH ；pH=3时，二者电离产生的c(H +)相等，由于HCOOH 的电离常数大于CH 3COOH ，所以CH 3COOH 的起始浓度大。

【详解】
A ．在c 点，溶液的pH 大，则酸电离出的c(H +)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b 点＜c 点，A 正确；
B ．相同体积a 点的两溶液，CH 3COOH 的物质的量比HCOOH 大，分别与NaOH 恰好中和后，消耗的NaOH 体积大，所以CH 3COOH 溶液中n(Na +)大，B 错误；
C ．对于HCOOH 来说，从c 点到d 点，温度不变，溶液中--(HA)(O (H )
)A c c c ⋅=K a (HCOOH)不变，C 正确； D ．若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H +)相等，D 正确；
故选B 。

13．下图为某燃煤电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是
A．使用此装置可以减少导致酸雨的气体的排放
B．该装置内既发生了化合反应，也发生了分解反应
C．总反应可表示为：2SO2+ 2CaCO3 + O2=2CaSO4+ 2CO2
D．若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体中含SO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与CaCO3、O2反应最终生成了CaSO4，减少了二氧化硫的排放，A正确；
B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与O2生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B正确；
C.根据以上分析，总反应可表示为：2SO2+ 2CaCO3 + O2=2CaSO4+ 2CO2，C正确；
D.排放的气体中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含SO2，D错误；
答案选D。

14．能够产生如图实验现象的液体是
A．CS2B．CCl4
C．H2O D．
【答案】C
【解析】
A．CS2是非极性分子，用带电玻璃棒接近CS2液流,液流不偏转，A错误；
B．CCl4是非极性分子，用带电玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏转，B错误；
C．H2O是极性分子，用带电玻璃棒接近H2O液流,液流会偏转，C正确；
D．是非极性分子，用带电玻璃棒接近液流,液流不偏转，D错误。

答案选C。

【点睛】
极性分子能发生细流偏转现象，非极性分子不能发生细流偏转现象。

15．实验室进行下列实验时，一定不需要使用“沸石”的是
A．制乙酸丁酯B．分馏石油C．制取乙烯D．溴乙烷的水解
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 制乙酸丁酯温度较高，需要加入沸石防止混合液体暴沸，故A错误；
B. 分馏石油时，需要通过蒸馏操作完成，需要加入沸石防止混合液体暴沸，故B错误；
C. 制取乙烯，需要将混合液体加热到170℃，为了防止混合液体暴沸，需要使用沸石，故C错误；
D. 溴乙烷的水解温度较低，所以不需要使用沸石，故D正确；
故选：D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)
(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是______(填序号)
A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸
(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：
甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。

乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。

丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。

继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是______________。

(3)进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。

a.量取试样20.00 mL，用0.1000 mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1
b.平行滴定后获得实验结果。

采用此方案还需查阅资料知道的数据是：________。

(4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在______，测定的结果会：______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)
(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)
①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_________转移到_____________中。

②反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。

气体体积逐次减小的原因是______(排除仪器和实验操作的影响因素)。

【答案】ACB 残余清液中，n(Cl-)＞n(H+) 0.1100 Mn2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡偏小锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温
【解析】
【分析】
(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；
(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；
(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；
(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；
(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。

【详解】
(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；
(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯
化锰，也会与硝酸银反应)；
(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000mol•L-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由c HCl V HCl=c NaOH V NaOH可
得出盐酸的浓度为0.1000mol/L22.00mL
20.00mL
=0.1100mol/L；故答案为：0.1100；
b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；
(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；
(5)①丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；
②金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。

【点睛】
掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。

本题的易错点为(5)②，要注意金属与酸的反应为放热反应。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．从某废催化剂(含ZnO、CuO、Fe2O3、石墨及MnO2等)中回收金属并制取活性氧化锌的工艺流程如下(已知：Zn及其氧化物、氢氧化物的性质与Al及其相应化合物性质类似)：
（1）废催化剂“破碎”的目的是____________________________________________。

（2）“氧化”时Mn2+被氧化的离子方程式为_________________________________。

（3）“中和、沉淀”时，若pH过高，则碱式碳酸锌的产率偏小。

写出其反应的离子方程式(任写一个即可)：____________________________________________。

（4）测得“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：
I.准确称取粗铜粉mg，加入足量盐酸和H2O2溶液使其完全溶解。

Ⅱ.将溶液煮沸1~2min，除去过量的H2O2。

Ⅲ.滴入铁掩蔽剂排除Fe3+的干扰。

然后加入稍过量的KI溶液(反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2)，再加入几滴淀粉溶液作指示剂，用c mol ·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失(I2+2S2O32－=2I－+S4O62－)且半分钟内不变
色，共消耗Na 2S 2O 3标准溶液VmL 。

①铜的质量分数为______________________。

②缺少步骤Ⅱ哙会使测得的铜的质量分数___________(填“偏大”、“偏小”、或“不变”)
【答案】提高浸取率和浸取速率Mn 2＋＋S 2O 82－＋3H 2O ＝MnO(OH)2↓＋2SO 42－＋4H ＋Zn(OH)2＋2OH －＝ZnO 22－＋2H 2O 或Zn 2＋＋4OH －＝ZnO 22－＋2H 2O 或ZnCO 3·2Zn(OH)2 · H 2O ＋4OH －＝ZnCO 3＋ZnO 22－
＋5H 2O6.4Vc/m%偏大
【解析】
【详解】
（1）废催化剂“破碎”的目的是提高浸取率和浸取速率；
（2）“氧化”时S 2O 82－在碱性条件下可以将Mn 2+氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为Mn 2＋＋S 2O 82－＋3H 2O ＝MnO(OH)2↓＋2SO 42－＋4H ＋；
（3）“中和、沉淀”时，若pH 过高，则碱式碳酸锌的产率偏小。

发生反应的离子方程式有Zn(OH)2＋2OH －
＝ZnO 22－＋2H 2O 或Zn 2＋＋4OH －＝ZnO 22－＋2H 2O 或ZnCO 3·2Zn(OH)2 · H 2O ＋4OH －＝ZnCO 3＋ZnO 22－＋5H 2O ； （4）测得“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：
I.准确称取粗铜粉mg ，加入足量盐酸和H 2O 2溶液使其完全溶解。

Ⅱ.将溶液煮沸1~2min ，除去过量的H 2O 2。

Ⅲ.滴入铁掩蔽剂排除Fe 3+的干扰。

然后加入稍过量的KI 溶液(再加入几滴淀粉溶液作指示剂，用 c mol ·L －1Na 2S 2O 3标准溶液滴定至蓝色消失且半分钟内不变色，共消耗Na 2S 2O 3标准溶液VmL 。

①根据反应：2Cu 2++4I －=2CuI↓+I 2，I 2+2S 2O 32－=2I －+S 4O 62－可知关系2Cu 2+~~I 2~~~2S 2O 32－，铜的质量分数为
31064 6.4100%%cV cV m m
-⨯⨯⨯=； ②缺少步骤Ⅱ,则被氧化的碘离子的量偏多，滴定时消耗的Na 2S 2O 3标准溶液偏多，会使测得的铜的质量分数偏大。

【点睛】
本题以间接测定为载体考查了氧化还原滴定的应用、对实验原理理解与实验装置的评价，注意掌握碘及其化合物的性质是解答本题的关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．丙烷、乙烯等有机物在工业上有广泛的应用。

回答下列问题：
(1)丙烷中混有乙烯杂质，实验室用如图装置除杂，得到纯净的丙烷。

若试剂a 为酸性高锰酸钾溶液，则试剂b 、c 的名称分别为______、_______。

(2)如图为各组物质的能量总和及相互间转化的能量关系。

丙烷气体分解得到石墨(C)和氢气的热化学方程式为_________。

(3)在两个容积均为1 L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入2 mol H2和一定量的CO2，在一定条件下发生反应2CO2(g) +6H2(g)ƒC2 H4(g) +4H2O(g) △H。

CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H___________(填“>”“<"或“=")0，判断的理由是__________。

②在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)_______P点v(逆)(填“>”“<"或“=”)。

③氢碳比：x_____2. 0(填“>”“<”或“=”)。

④Q点对应温度下，该反应平衡常数K=_______L3· mol-3。

【答案】饱和氢氧化钠溶液浓硫酸C3H8(g)═3C(石墨，s)+4H2(g) △H=△H1−△H2−△H3< 温度升高CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故逆反应是吸热反应，正反应为放热反应< > 64【解析】
【分析】
（1）根据乙烯的性质及氧化产物分析解答；（2）根据盖斯定律及图示能量变化分析解答；（3）根据平衡移动原理及平衡常数表达式进行相关计算。

【详解】
（1）乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳气体，所以试剂b为饱和氢氧化钠溶液，目的是除去二氧化碳气体，试剂c为浓硫酸，目的是除去水分，故答案为：饱和氢氧化钠溶液；浓硫酸；
（2）根据能量变化示意图结合盖斯定律可知，丙烷气体(C3H8)分解得到石墨(C)和氢气的热化学方程式为：C3H8(g)═3C(石墨，s)+4H2(g) △H=△H1−△H2−△H3，故答案为：C3H8(g)═3C(石墨，s)+4H2(g)
△H=△H1−△H2−△H3；
（3）①由图可知，随温度升高CO 2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，故△H<0，故答案为：<；温度升高CO 2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故逆反应是吸热反应，正反应为放热反应；
②在氢碳比为2.0时，P 点达平衡，Q 点未达平衡，此时二氧化碳的转化率比平衡时小，说明此时要继续转化更多的二氧化碳，反应物浓度在减小，生成物浓度在增大，正反应速率在减小，逆反应速率在增大，所以此时逆反应速率比平衡时逆反应速率小，故答案为：<；
③由图象可知x 的碳氢比不等于2，在相同条件下反应达平衡时，二氧化碳的转化率增大了，说明是增大了氢气的量，提高二化碳的转化率，即氢碳比越大，二氧化碳转化率越大，故答案为：>；
④Q 点和P 点相同温度下K 相同，P 点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比n(H 2)/n(CO 2)=2，设起始时氢气为2mol/L 、二氧化碳为1mol/L ，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L ，则：
()()()()()()()22242-1
-1-1++12000.5 1.30.2510.50.5 2CO g 6H g C H g 4H O g mol L mol L mol 0.5L 21
⨯⨯⨯垐?噲?起始变化平衡 代入平衡常数表达式()()()()44
2422626
22c C H c H O 0.25?1K===64c CO c H 0.5?0.5⋅⋅，故答案为：64。

19．有机物A 、B 结构如图：
A ：
B ：
完成下列填空：
(1)等物质的量的A 和B ，分别和足量氢氧化钠溶液完全反应，消耗氢氧化钠物质的量之比为___________。

(2)写出B 与足量溴水反应的化学反应方程式________________________。

(3)欲将B 转化为 ，则应加入_______；若在B 中加入足量Na 2CO 3溶液，则B 转化为____________(填写结构简式)。

(4)某有机物是A 的同系物，且沸点比A 低，写出其结构简式_________；能鉴别A 、B 的试剂是______________________________________________ 【答案】3：2 Na
Na 2CO 3、NaHCO 3、银氨溶液、新制Cu （OH ）2等
【解析】
【分析】
(1)有机物中的羧基和酯基、酚羟基，都能与氢氧化钠溶液发生反应。

(2)碳碳双键与溴发生加成反应，酚羟基的邻位、对位的H原子与溴发生取代反应；
(3)醇羟基、酚羟基、羧基都能与金属钠反应；醇羟基与碳酸钠不反应，酚羟基、羧基能与碳酸钠反应；
(4)官能团种类和个数相同，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物为同系物，相对分子质量越小，沸点越低；根据含有的官能团不同鉴别A、B。

【详解】
（1）A含有酚羟基和酯基，都可与氢氧化钠反应，该酯基可水解生产酚羟基和甲酸，则1molA可消耗
3molNaOH，B含有酚羟基和羧基，1molB可消耗2molNaOH，则消耗氢氧化钠物质的量之比为3：2；（2）B含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，含有酚羟基，可与溴发生取代反应，方程式为
；
（3）欲将B转化为，可加入钠，若在B中加入足量Na2CO3溶液，只有酚羟基和羧基反应，生成物为；
（4）某有机物是A的同系物，且沸点比A低，则不含甲基，为，A含有醛基，可用银氨溶液、
新制Cu（OH）2等检验，B含有羧基，可用Na2CO3、NaHCO3检验。

【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，侧重学生的分析能力的考查，把握官能团结构与性质的关系即可解答，注意甲酸酯能发生银镜反应。