2019-2020学年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．下列电池工作时，O2在正极放电的是（）
A．锌锰电池B．氢燃料电池C．铅蓄电池D．镍镉电池A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；
B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；
C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；
D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；
综上所述，答案为B。

2．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．
()
()
-
12
+
OH
10
H
c
c
-
=的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
B．0.1 mol·L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C．1 mol·L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I−D．0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH−【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．
()
()
-
12
+
OH
10
H
c
c
-
=的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大
量共存，A项正确；
B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；C．1 mol·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；
答案选A。

【点睛】
（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；
（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；
（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。

3．氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。

一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流程如下：
已知：①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；
②“还原”反应剧烈放热，可制得Cr（OH）3浆料。

（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。

请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_________。

（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误
．．的是_____（填标号）。

A 该反应一定无需加热即可进行
B 必要时可使用冷却水进行温度控制
C 铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应
D 应建造废水回收池，回收含铬废水
（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr（Ⅵ）还原率如下图。

实际生产过程中Cr（Ⅵ）还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_________。

（4）滤液中所含溶质为_______。

该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_________、________（请写出两条）。

（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[Cr （OH ）3·
nH 2O]。

将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，质量损失与固体残留质量比为9:19，经计算得出n=_________。

（6）重铬酸钠（Na 2Cr 2O 7·
H 2O ）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为_________。

【答案】()2--2-
42334CrO +3HCHO+4H O=4Cr OH +2OH +3CO ↓ AC 碳化率40%、恒温240℃
Na 2CO 3(或NaHCO 3或Na 2CO 3、NaHCO 3) 工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备 无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等 0.5
()Δ
2272442324222Na Cr O H O+NH SO =Cr O +Na SO +5H O+N ⋅↑
【解析】 【分析】
在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠(取决于起始反应溶液的碱性)，然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr(OH)3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。

【详解】
（1）HCHO 中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：
()2--2-42334CrO +3HCHO+4H O=4Cr OH +2OH +3CO ↓；
（2）A ．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，故A 符合题意；
B ．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，故B 不符合题意；
C ．为保证原料的充分利用，应淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，故C 符合题意；
D ．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，故D 不符合题意； 故答案为：AC ；
（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：碳化率40%、恒温240℃；
（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na 2CO 3(或NaHCO 3或Na 2CO 3、NaHCO 3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等； （5）加热过程中相关物质的转化关系式为：
()()()223232Cr OH nH O Cr O 3+2n H O
152183+2n 19
9
⋅⨯::
()183+2n 152=199
⨯，解得n=0.5； （6）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N 元素转化为N 2，二者发生氧化还原反应生成Cr 2O 3、N 2、Na 2SO 4、H 2O ，根据氧化和还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：()Δ
2272442324222Na Cr O H O+NH SO =Cr O +Na SO +5H O+N ⋅↑。

4．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．2 molNO 2与水充分反应，转移电子数为N A B ．含0.1molH 3PO 4的水溶液中PO 43－的数目为0.1N A C ．0.5molNa 2O 2中O －的数目为N A
D ．标况下，42g 丙烯和丁烯混合物含C 数目为3N A 【答案】D 【解析】 【详解】
A 选项，3NO 2 + H 2O = 2HNO 3 + NO ，3molNO 2与水反应转移2mol 电子，因此2 molNO 2与水充分反应，转移电子数为
A
4N 3
，故A 错误； B 选项，H 3PO 4是弱酸，弱电解质，因此含0.1molH 3PO 4的水溶液中PO 43－的数目为小于0.1N A ，故B 错误； C 选项，0.5molNa 2O 2中含有过氧根离子，数目为0.5N A ，故C 错误；
D 选项，标况下，丙烯和丁烯混合物通式为C n H 2n ，42g 丙烯和丁烯混合物含C 数目
-1A A -1
42g
n N mol =3N 12ng mol
⨯⨯⋅，故D 正确。

综上所述，答案为D 。

【点睛】
过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，离子个数有3个。

5．能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是 A ．硝酸钡，稀硫酸 B ．稀盐酸，氯化钡 C ．稀硫酸，氯化钡 D ．稀硝酸，氯化钡
【答案】B 【解析】 【分析】
在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。

证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。

【详解】
A. 样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。

酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A 项错误；
B. 样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。

再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；
C. 样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；
D. 稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。

本题选B。

【点睛】
检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。

6．锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLi Li x V2O5。

如图为用该电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。

下列说法正确的是（）
A．该电池充电时，负极的电极反应式为Li x V2O5–xe-=V2O5+xLi+
B．该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液
C．当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNi
D．电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大
【答案】D
【解析】
【分析】
V2O5+xLi Li x V2O5，分析反应得出Li化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。

【详解】
A. 该电池充电时，阴极的电极反应式为Li+ + e－= Li，故A错误；
B. Li会与LiCl水溶液中水反应，因此LiCl水溶液不能作电解质溶液，故B错误；
C. 根据电子守恒得到关系式2Li — Ni，因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时，能得到0.5molNi即29.5g，故C错误；
D. 电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl溶液的浓度会不断增大，故D正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】
分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，降低为正极，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。

7．化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是
A．该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
B．该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率
C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行
D．为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO3
【答案】D
【解析】
【详解】
A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正确；
B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提高NO的利用率和加快反应速率，B正确；
C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；
D.在阳极NO被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极NO被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D错误；
故合理选项是D。

8．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
选项实验操作实验现象实验结论
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【分析】
A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，可根据反应的剧烈程度确定羟基上氢原子的活泼性；
B、淀粉水解要在硫酸作用下进行，要检验水解产物，必须先加碱中和至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，但淀粉水解是否完全，还要检验是否有淀粉存在；
C、稀硫酸没有强氧化性，不能氧化Fe2+；
D、该实验中物质的用量决定着反应的本质，现象不能说明Ksp的大小。

【详解】
A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；
B、淀粉若部分水解，也会产生同样的现象，故B错误；
C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；
D、由于Na2S在与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+CuSO4 ==CuS↓+ Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，即D错误。

本题答案为A。

【点睛】
淀粉是完全水解、部分水解、还是没有水解一定要明确其检验方法，一般都需要做两个实验；要明确硝酸和硫酸谁具有强氧化性，才能准确解答C选项；D选项最容易错选，物质量的多少对某些离子反应的发生
起着决定性作用。

9．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A和D的质子数之和等于E的核外电子数，B 和D同主族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A和E组成的化合物AE是常见强酸。

下列说法错误的是
A．简单离子半径：B>C
B．热稳定性：A2D>AE
C．CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性
D．实验室制备AE时可选用D的最高价含氧酸
【答案】B
【解析】
【分析】
据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。

【详解】
短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A为氢（H）、E为氯（Cl）；又A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D为硫（S）；因B和D同主族，则B为氧（O）。

A项：B、C的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A项正确；B项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性S<Cl，故氢化物热稳定性：H2S<HCl，B项错误；
C项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH和H2，使溶液呈碱性，C项正确；
D项：实验室制备HCl气体，常选用NaCl和浓硫酸共热，D项正确。

本题选B。

10．关于下列四个装置的说明符合实验要求的是
A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置
B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸
C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘
D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A 错误；
B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；
C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；
D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；
故选：B。

11．某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。

已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。

下列说法中正确的是
A．根据步骤①的现象，说明废液中一定含有Al3+
B．由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+
C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3
D．该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种
【答案】D
【解析】
【分析】
沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。

【详解】
A. 由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤
①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；
B. 废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；
C. 由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；
D. 溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

12．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述错误
．．的是（）
A．生活中可用氢氟酸在玻璃器皿上做标记
B．液态HCl不能导电，说明HCl是共价化合物
C．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
D．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．玻璃中含SiO2，会跟HF反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；
B．HCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；
C．高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；
D．所有胶体都具有丁达尔效应，D正确。

答案选C。

13．中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是
A．火法炼铜B．转轮排字C．粮食酿酒D．钻木取火
【答案】B
【解析】
【详解】
A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应，属于氧化还原反应，故A 不选；
B. 转轮排字属于物理变化，故选B ；
C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C 不选；
D. 钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧，属于氧化还原反应，故D 不选；答案：B 。

14．下列关于有机物的说法正确的是
A ．聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上
B ．乙烯和苯使溴水褪色的反应类型相同
C ．石油裂化是化学变化
D ．葡萄糖与蔗糖是同系物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 聚氯乙烯高分子中是链状结构，像烷烃结构，因此不是所有原子均在同一平面上，故A 错误；
B. 乙烯使溴水褪色是发生加成反应，苯使溴水褪色是由于萃取分层，上层为橙色，下层为无色，原理不相同，故B 错误；
C. 石油裂化、裂解都是化学变化，故C 正确；
D. 葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，结构不相似，不是同系物，故D 错误。

综上所述，答案为C 。

【点睛】
石油裂化、裂解、煤干气化、液化都是化学变化，石油分馏是物理变化。

15．2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。

磷酸铁锂锂离子电池充
电时阳极反应式为,-+44xLiFePO -xe xLi +xFePO −−
→，放电工作示意图如图。

下列叙述不正确的是
A ．放电时，Li +通过隔膜移向正极
B ．放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔
C ．放电时正极反应为：+-44xFePO +xLi +xe xLiFePO −−
→
【答案】D
【解析】
【详解】
A 选项，放电时，“同性相吸”即Li +通过隔膜移向正极，故A 正确；
B 选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B 正确；
C 选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO 4 + xLi ++xe －=xLiFeO 4，故C 正确；
D 选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li +迁移实现，Fe 元素化合价发生变化，故D 错误； 综上所述，答案为D 。

【点睛】
放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．水中的溶解氧（DO ）的多少是衡量水体水质的重要指标。

某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，
Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na 2S 2O 3）固体配制一定体积的cmol/L 标准溶液；
Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v 1m L 并立即依次序注入1.0mLMnCl 2溶液和1.0mL 碱性KI 溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；
Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL 硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； Ⅳ．将
水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；
V ．待试液呈淡黄色后，加1mL 淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v 2。

已知：I 2 +2Na 2S 2O 3 =2NaI+Na 2S 4O 6
（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。

（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO 3沉淀，离子方程式为4Mn 2++O 2+8OH －
2MnMnO 3↓+4H 2O 。

（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为
_______________________________________________________________。

（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。

（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L 。

（6）当河水中含有较多NO 3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)
【答案】碱式滴定管 MnMnO 3+2I －+6H +
I 2+2Mn 2++3H 2O 蓝 无 21
8000cv v 偏高 【解析】
【分析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na 2S 2O 3溶液，Na 2S 2O 3
(3)Ⅱ中有MnMnO 3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL 硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I 2，根据氧化还原反应方程式分析；
(4)待测液中有I 2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；
(5)根据关系式，进行定量分析；
(6)含有较多NO 3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na 2S 2O 3。

【详解】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na 2S 2O 3溶液，Na 2S 2O 3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
(3)Ⅱ中有MnMnO 3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL 硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全
部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I 2，即碘化合价升高，Mn 的化合价会降低，离子方程式为MnMnO 3+2I
－+6H +I 2+2Mn 2++3H 2O ，故答案为：MnMnO 3+2I －+6H +I 2+2Mn 2++3H 2O ；
(4)待测液中有I 2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；
(5)由4Mn 2++O 2+8OH －2MnMnO 3↓+4H 2O ，MnMnO 3+2I －+6H +
I 2+2Mn 2++3H 2O ，I 2 +2Na 2S 2O 3 =2NaI+Na 2S 4O 6，可知关系式232223O 2MnMnO 4I 2I 4Na S O -::::，即
2
22332O 4Na S O 1mol
4mol x cmol/L (v 10)L -⨯⨯:，则氧气的物质的量x=32c (v 10
)mol 4
-⨯⨯，v 1mL 水样中溶解氧=32223111
c (v 10)mol 32g/mol 8cv 8000cv nM 4==g /L=mg /L V (v 10)L v v --⨯⨯⨯⨯，故答案为：218000cv v ； (6)含有较多NO 3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na 2S 2O 3，即Na 2S 2O 3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。

【点睛】
本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．已知 A 与 H 2、CO 以物质的量 1∶1∶1 的比例形成 B ，B 能发生银镜反应，C 分子中只有一种氢，相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：
（1）有机物C 的结构简式是________，反应②的反应类型是________。

（2）写出一定条件下发生反应①的化学方程式___________。

（3）下列说法不正确
．．．的是________(填字母)。

A．化合物A 属于烃
B．化合物D 含有两种官能团
C．用金属钠无法鉴别化合物F、G
D．A 与D 一定条件下可以生成CH3CH2OCH2CH2OH
【答案】加成反应CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO BC
【解析】
【分析】
石蜡分解生成A，A氧化生成C，C分子中只有一种氢，则C为，因此A为HC2=CH2；A与CO、H2以物质的量1∶1∶1的比例形成B，B能发生银镜反应，则B为CH3CH2CHO，B氧化生成E，E为
CH3CH2COOH，根据A、E的化学式可知，A与E发生加成反应生成G，G为CH3CH2COOCH2CH3；根据C、D 的化学式可知，C与水发生加成反应生成D，则D为HOCH2CH2OH，D与E发生酯化反应生成F，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上述分析，有机物C的结构简式是为，反应②的反应类型是加成反应，故答案为：
；加成反应；
(2)一定条件下发生反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO，故答案为：
CH2=CH2+H2+CO CH3CH2CHO；
(3)A．化合物A为乙烯，只含有C和H两种元素，属于烃，故A正确；B．化合物D为HOCH2CH2OH，只有一种官能团，为-OH，故B错误；C．G为CH3CH2COOCH2CH3；不能与金属钠反应，F为CH3CH2COOCH2CH2OH，含-OH，能与金属钠反应放出氢气，用金属钠能鉴别化合物F、G，故C错误；D．A为HC2=CH2，D为HOCH2CH2OH，A与D一定条件下可以发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH，故D正确；故答案为：BC。

【点睛】
正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。

本题的难点是G的结构的判断。

本题的易错点为(3)，要框图中A与E发生反应生成G的反应类型的判断和应用。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
质)为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和LiOH反应可制各 LiFePO4， LiFePO4的制备流程如下图所示：
请回答下列问题：
(1)酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为____________________。

(2)①加铁屑还原的目的是__________，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为_________。

(3)①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为____________________，
②其理由是______________________________。

(4)滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2O Cu2O+H2↑。

则该装置中铜电极应连接直流电源的__________极，石墨电极的电极反应式为____________________，当有0. 1mol Cu2O生成时电路中转移__________mol 电子。

【答案】FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全磷酸硫酸亚铁溶液 LiOH先加磷酸，在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀正2H2O+2e-=H2↑+2OH-0.2
【解析】
【分析】
(1)酸溶时 FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，据此写出方程式；
(2)①铁具有还原性，能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜；
②还原的是否完全，通过检验反应后的溶液中是否含有铁离子即可，选用试剂硫氰化钾溶液；
（3）亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，需要加酸抑制其水解，据此分析三种试剂加入的顺序；(4)电解池的阳极与电源的正极相连，发生氧化反应，电解池的阴极与电源的负极相连，发生还原反应；根据总反应方程式及电子转移数目进行计算；
【详解】。