湖南省长沙市长郡中学2017届高三上学期月考(二)化学试题 含解析

（炎德·英才大联考）湖南省长沙市长郡中学2017届
高三上学期月考（二)化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe—56 Sn—119
一、选择题（共16小题，每小题3分。

共48分。

每小题只有一个选项符合题意。

）
l．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( ）
A．5.6g铁与足从稀盐酸反应．转移0.3N A个电子
B．10LpH=1的硫酸溶液中,所含的H+数为N A
C．1L1mol/L的醋酸钠溶液中，所含的CH3COO—数目等于N A
D．28gC2H4和C3H6的混合气体中碳原子数为N A
【答案】B
考点：考查阿伏伽德罗常数及有关计算。

2．设N A为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是
A．18gH2O含有l0N A个质子
B．1mol甲苯含有6N A个C—H键
C．标准状况下,22.4L氨水含有N A个NH3分子
D．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子
【答案】A
【解析】
试题分析：A．18g水的物质的量为1mol，1个水分子中有10个质子，则1mol水中含有10N A 个质子，A项正确；B．1个甲苯分子中含有8个C—H键,则1mol甲苯含有8N A个C—H键,B 项错误；C．标准状况下,氨水是液体，无法利用气体摩尔体积计算分子数，C项错误；
D．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化,无法生成SO2气体,D项错误；答案选A。

考点:考查阿伏伽德罗常数及有关计算。

3．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份,一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡.则原混合溶液中钾离子的浓度为
A． B． C．
D．
【答案】D
【考点定位】考查离子反应的有关混合计算。

【名师点睛】本题考查离子反应的有关混合计算,难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键．两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42-═BaSO4↓，由离子方程式可知n（SO42-)=n（Ba2+），另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH-═Mg(OH）2↓，由离子方程式可知每份溶液中n（Mg2+)=1/2n（OH—）,
再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42—)，据此计算每份中n（K+），根据c=n/V计算钾离子浓度。

4．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI: 5I—+IO3-+3H2O=3I2+6OH—
B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH—△NH3↑+H2O
C．将过量SO2通入冷氨水中：SO2＋NH3·H2O=HSO3—+NH4+
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3-=Ag++NO↑+H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．KIO
3氧化酸性溶液中的KI：5I -+IO
3
-+6H+=3I
2+3H2O，A项错误；B．向NH4HCO3溶
液中加过量NaOH溶液并加热，反应的离子方程式为：
HCO3-+NH4++2OH-△NH3↑+2H2O+CO32—；B项错误；C．过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方程式为：SO2＋NH3·H2O=HSO3-+NH4+,C项正确;D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，D项错误；答案选C。

考点：考查离子方程式的正误判断.
5．某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是
A．NH4+、Ba2+、HCO3-、Cl—、 B．K+、Al3+、S2-、ClO—
C．Na+、Fe3+、Cl—、SO42— D．NH4+、Mg2+、SO42-、NO3-
【答案】C
考点：考查离子共存的判断。

6．下列各组物质依次满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
【答案】D
【解析】
试题分析:①中，SiO
2难溶于水，由SiO2生成H2SiO3不能一步实现；②中，铝在氯气中燃烧生成AlCl3，氯化铝溶液中加入过量NaOH溶液能生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入过量盐酸能生成氯化铝，偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝溶于盐酸中生成氯化铝，氯化铝溶液中加入氨水生
成氢氧化铝，②正确;③中，由CuO生成氢氧化铜不能一步实现;④Na与水反应生成NaOH,NaOH能与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH和碳酸钙,碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸氢钠和过量氢氧化钙反应生成NaOH、水和碳酸钙;NaOH溶液中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钠,④正确；
答案选D.
考点：考查常见物质间的相互转化。

7．为除去括号内的杂质,下列各选顶中所选用的试剂或方法不正确的是
A．Na2CO3溶液（NaHCO3),选用适量的NaOH溶液
B．NaHCO3溶液（Na2CO3），应通入过量的CO2气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在空气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4),加入适量的Ba(OH）2溶液，过滤
【答案】D
【考点定位】考查常见物质的提纯与除杂。

【名师点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。

在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则，即1。

不能引入新的杂质（水除外),即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2。

分离提纯后的物质状态不变；3。

实验过程和操作方法简单易行,即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。

8．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
1.68L 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/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
【答案】A
【解析】
试题分析：Cu在与硝酸中发生反应时失去电子变为Cu2+，Cu2+再结合OH-形成Cu（OH）
2沉淀，可见Cu失去的电子数与形成Cu（OH)2沉淀时结合的OH—的数目相等；硝酸得到电子变为NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与氧气反应又失去电子转化为硝酸，所以Cu失去的电子数与氧气得到的电子数目相等。

n(O2)= 1.68 L÷22.4L/mol=0。

075mol,所以n（e-）=0。

075mol×4=0。

3mol,溶液中Cu2+结合的OH—的物质的量是0.3mol，所以V（NaOH）=0.3mol÷5mol/L=0.06L=60mL；答案选A。

【考点定位】考查守恒法在化学计算中的应用。

【名师点睛】本题考查守恒法在化学计算中的应用等知识.由题意分析可知，经过一系列反应后，Cu失去的电子数与氧气得到的电子数目相等，相当于1。

68LO2恰好把铜氧化,n（Cu）=2×n（O2)=2×=0。

15mol.最终产物为Cu（OH）2,由OH－的守恒可知：n(NaOH）=n（OH－）= n(Cu）×2=0。

3 mol,然后根据V=n÷c计算即可。

9．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液;②Na2SiO3溶液③Ca(OH)2溶液;④饱和Na2CO3溶液。

最终溶液中有白色沉淀析出的是
A．①②③④ B．②④ C．①②③ D．②③
【答案】B
考点：考查碳及其化合物的性质。

10．海水开发利用的部分过程如图所示。

下列说法错误的是
A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】
试题分析:A．氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl
2是为了提取溴，A项正确；B．粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去,所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B项正确;C．工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C项错误；D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性,能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D项正确，答案选C.
【考点定位】考查海水的综合开发与利用
【名师点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等,题目难度中等。

氯气具有强氧化性,能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收，据此解答即可.
11．下列是某同学在实验报告中记录的数据，其中正确的是
A．用25mL量筒量取12。

36mL盐酸
B．用托盘天平称取8.75g食盐
C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.5
D．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去NaOH溶液23。

10mL
【答案】D
【考点定位】考查中学中常用仪器在使用中读数的问题
【名师点睛】本题是考查中学化学中常用仪器在使用中读数的问题,熟悉不同仪器的精确度不同，只要熟练掌握基本知识便可解决。

①根据量筒精确到0.1mL分析；②根据托盘天平
精确到0。

1g分析；③根据广泛pH试纸的精确度只能达到整数分析;④根据滴定管精确到0。

01mL分析。

12．用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是
A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Cl2和HCl都与NaOH反应,应通过饱和食盐水分离，A项错误；B．NH4Cl在加热条件下易分解,如制备氯化铵晶体，不能直接蒸干，B项错误；C．纯碱是白色粉末，不能用制备氢气的简易装置，C项错误；D．CCl4密度比水大，且与水互不相溶，碘在CCl4中的溶解度比在水中的大,所以该装置可以分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，有机层在下层，D项正确；答案选D。

考点：考查化学实验基本操作、设计和评价.
13．用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是
①加盐酸溶解②加烧碱溶液溶解③过滤④通入过量CO2生成Al(OH）3沉淀⑤加入盐酸
生成盐胜生成Al(OH)3沉淀⑥加入过量烧碱溶液
A．①⑥⑤③ B．②③④③ C．②③⑤③ D．①③⑤③
【答案】B
【考点定位】考查物质的分离与提纯，镁、铝的化学性质。

【名师点睛】本题考查物质的分离与提纯，镁、铝的化学性质。

用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝,需要先除去其中的镁。

加烧碱溶液溶解，过滤后可以除去不溶解的镁，再通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀，过滤可得纯净的氢氧化铝。

14．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
【答案】D
【解析】
试题分析：A．蛋白质中加入NaCl发生盐析，加入CuSO
4发生变性，A项错误;B．若原X中含有SO32－，加入稀HNO3,会把SO32-氧化成SO42－,也会出现白色沉淀，B项错误;C．该反应的方程式为:CO2+H2O+Na2SiO3= H2SiO3↓+ Na2CO3，白色沉淀是硅酸，该反应发生的原理为强酸制弱酸，即酸性：H2CO3 >H2SiO3 ,C项错误；D．向BaCl2溶液中通入适量的SO2和Cl2,发生反应为Cl2+SO2+2H2O = 2HCl+H2SO4，H2SO4+BaCl2 =BaSO4↓+2HCl，出现白色沉淀，D 项正确;答案选D。

考点：考查实验过程的现象及结论分析。

15．不用试剂，只用试管和滴管不能鉴别下列无色溶液的是
A．碳酸钠溶液和稀硫酸 B．氯化铝溶液和氢氧化钠溶液
C．偏铝酸钠溶液和稀盐酸 D．氯化钡溶液和碳酸钠溶液
【答案】D
【考点定位】考查物质的检验和鉴别的实验方案设计
【名师点睛】本题考查不加任何试剂的鉴别，题目难度中等，注意物质发生反应的现象，牢固掌握相关基础知识，是解答此类题目的关键。

只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同,现象不同的可以鉴别。

16． Na2FeO4是一种离效多功能水处理剂。

一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2Fe+6Na2O2=2Na2FeO4+2 +O2↑。

下列对此反应的说法中，不正确的是
A．方框中的物质为Na2SO4
B．Na2O2既是氧化剂,又是还原剂
C．Na2FeO4既是氧化产物,又是还原产物
D．2molFeSO4发生反应时，反应中共转移8mol电子
【答案】D
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点睛】本题考查氧化还原反应中的有关概念以及电子守恒定律，可以根据所学知识来灵活运用,难度不大.①根据质量守恒定律分析；②化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升到元素所在的反应物是还原剂；③还原剂被氧化得到氧化产物，氧化剂被
还原得到还原产物；④反应中元素化合价升高的数目就是反应中转移电子的数目。

二、非选择题（本题包括5个小题，共52分）
17．（10分)A 、B 、C 为中学常见单质，其中一种为金属;通常情况下，A 为固体,B 为液体，C
为气体。

D 、E 、F 、G 、H 、X 均为化合物,其中X 是一种无氧强酸、E 为黑色固体，H 在常温下为液体。

它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。

（1）写出化学式：A_________、D_________、E__________、X__________。

（2)在反应①~⑦中，不属于氧化还原反应的是________(填编号）.
（3）反应⑥的离子方程式为_________________________；
（4）反应⑦的化学方程式为____________________;该反应中每消耗0。

3 mol 的A ，可转移电子_____mol 。

（5）分别写出D 的溶液与小苏打溶液、D 的溶液中通人少量SO 2反应的离子方程式___________________。

【答案】17、（1)Fe;FeBr 3；Fe 3O 4；HBr;（2)③⑥ ；（3)Fe 3++3SCN —==Fe(SCN ）3 ；
（4）3Fe+4H 2O(g)高温 Fe 3O 4+4H 2；0。

8； （5）Fe 3++3HCO 3-=Fe （OH ）3↓+3CO 2↑；2Fe 3++SO 2+2H 2O=2Fe 2++SO 42—+4H +
（1）根据上述分析，A 为Fe ；D 为FeBr 3；E 为Fe 3O 4;X 为HBr 。

（2)反应①②④⑤⑦均有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，反应③和⑥元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应。

（3）反应⑥为FeBr3与KSCN溶液的反应，离子方程式为Fe3++3SCN—==Fe(SCN)3。

（4）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气,反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g)高温Fe3O4+4H2，该反应中氢元素化合价从+1价变化为0价，4H2O反应转移电子为 8mol，铁元素从0价变化为+3/8价,每消耗 0。

3mol的A（Fe），可转移电子0。

8mol。

(5）根据上述分析，D为FeBr3，小苏打为NaHCO3，Fe3＋与HCO3—发生双水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑;Fe3＋具有氧化性，SO2具有还原性,Fe3＋能将SO2氧化成SO42—，而自身生成Fe2＋，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。

【考点定位】考查无机物的推断。

【名师点睛】本题考查无机物的推断，主要考查铁及其化合物性质的应用，题目难度中，依据转化关系的特征和物质性质分析判断，A、B、C为中学常见单质,单质固体A和气体C 反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化,说明A为变价金属Fe,和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；依据G+B=D分析判断B是强氧化剂，常温下为液体的氧化剂单质为Br2,可推断D为FeBr3,G为FeBr2,X为HBr,据此解答即可。

18．(10分）某研究小组模拟工业处理电镀含氰废水并测定处理的效率，利用下图所示装置进行实验。

将CN－的浓度为0。

2 mol·L－1的含氰废水100 mL与100 mL NaClO溶液(过量）置于装置②三颈烧瓶中，充分反应.打开分液漏斗活塞,滴入100 mL稀H2SO4，关闭活塞。

已知装置②中发生的主要反应依次为：
CN－+ ClO－=CNO－+ Cl－ 2CNO－+2H+ +3C1O－=N2↑+2CO2↑+3C1－+H2O
（1)①和⑥的作用是。

（2）装置②中，生成需由装置③除去的物质的离子方程式为。

（3)反应结束后,缓缓通入空气的目的是。

（4)为计算该实验中含氰废水被处理的百分率，需要测定的质量。

（5）已知CN—的处理效率可高达90%，产生的CO2在标准状况下的体积为.（保留一位小数)
【答案】18．（1)排除空气中CO
2对实验的干扰；(2)ClO －+Cl－+2H+=Cl
2↑+H2O；
（3）使装置内残留的CO2全部进入装置⑤而被吸收；
（4）装置⑤反应前后的质量或沉淀；（5）0。

4L。

(2）根据已知装置②中发生的主要反应依次为CN－+ ClO－=CNO－+ Cl－；2CNO－+2H+ +3C1O
－=N
2↑+ 2CO2↑+3C1－+H
2O，,可知溶液中有氯离子、氢离子和次氯酸根离子，酸性条件下，
氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，产生的氯气用碘化钾吸收，所以发生反应的离子方程式为ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O;
（3）反应后装置中残留二氧化碳,应继续缓缓通入净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置⑤，以减少实验误差，所以反应结束后，缓缓通入空气的目的是使装置中残留的二氧化碳全部进入装置⑤而被吸收.
（4)通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量,根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量或沉淀；
（5）根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2）=0。

02mol×90%=0.018mol，所以标准状况下的体积为0。

018mol×22.4L/mol=0.4L，
【考点定位】考查物质含量测定的实验设计与评价。

【名师点睛】本题考查物质含量测定的实验设计，以氯气的性质为载体考查化学实验设计和评价问题，题目难度中等，注意把握实验原理和实验方法。

（1）①和⑥的作用是排除空气中CO2对实验的干扰；(2）根据已知条件可知，有氯离子生成，次氯酸跟有强氧化性,
发生反应ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O.（3）使装置内残留的CO2全部进入装置⑤而被吸收（4）通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量。

（5）根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量。

19．（10分）溴乙烷是一种重要的有机化工原料，其沸点为38.4℃。

实验室制备溴乙烷并进行溴乙烷的性质实验如下,试回答下列问题：制备溴乙烷的的一种方法是乙醇与氢溴酸反应，该反应的化学方程式为:CH3CH2OH＋HBr△CH3CH2Br＋H2O.
I.实际通常是用溴化钠与一定浓度的硫酸和乙醇反应.某课外小组欲在实验室制备溴乙
烷的装置如图,实验操作步骤如下：
①检查装置的气密性；
②在圆底烧瓶中加入95％乙醇、80％硫酸，然后加
入研细的溴化钠粉末和几粒碎瓷片；
③小心加热，使其充分反应。

请问答下列问题。

(1）装置A的作用是.
（2）反应时若温度过高，则有SO2生成，同时观察到还有一种红棕色气体产生,该气体的分子式是。

(3）反应结束后，得到的粗产品呈棕黄色。

为了除去粗产品中的杂质，可选择下列试剂中的(填写正确选项的字母）。

a．稀氢氧化钠溶液 b．乙醇 c．四氯化碳
该实验操作中所需的主要玻璃仪器
是(填仪器名称).
II．溴乙烷的性质实验
（4）为了检验溴乙烷中含有溴元素,不能直接向溴乙烷中滴加硝酸银溶液来检验，其原因是。

通常采用的方法是取少量溴乙烷，然后(按实验的操作顺序选填下列序号）。

①加热②加入AgNO3溶液③加入稀HNO3酸化④加入NaOH溶液
（5）溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热可产生乙烯气体。

在进行该实验时，把生成的气体通过右图所示的装置。

用该装置进行实验的目的是检验乙烯的生成，该图中右侧试管中的现象是______;左侧试管中水的作用是___________。

【答案】19．(1）冷凝回流（2)Br
2 （3)a ；分液漏斗;
（4）溴乙烷为非电解质，不能电离出Br-，不能与硝酸银溶液反应生成沉
淀④①③②
(5）酸性高锰酸钾溶液褪色；除去乙醇等杂质干扰;
【解析】
试题分析：（1）实验时，长玻璃导管的作用是冷凝回流,可以获得要制取的有机物，所以装置A的作用是冷凝回流。

(2）浓硫酸具有氧化性，可以将还原性的溴离子氧化为溴单质，得到的红棕色气体为溴蒸气，浓硫酸自身被还原为二氧化硫,则该气体的分子式是Br2.
(3）溴单质溶解在有机物中显棕黄色，为了除去粗产品中的杂质溴单质，可以用氢氧化钠来与之发生反应，生成的溶液和溴乙烷互不相溶，答案为选a；实现溴乙烷和氯化钠、次氯酸钠水溶液的分离可以采用分液法，分液所需的主要玻璃仪器是分液漏斗.
考点：考查制备实验、性质实验方案的设计与评价,乙烯的制备与性质。

20．（10分）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业.某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料:
I．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。

Ⅱ．SnC12易水解生成碱式氯化亚锡
回答下列问题：
（1）操作I是____________。

（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解,请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：________。

（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH;②__________。

(4）反应I得到沉淀SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是____________。

（5)酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式
是:________________。

（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应）：
①试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl=SnCl2+H2；
②加入过量的FeC13；
③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+,发生的反应为:
6FeCl2+ K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。

取1.226g锡粉，经上述各步反应后共用去0.100mol/L K2Cr2O7溶液32.0mL.锡粉中锡的质量分数是________.(保留三位有效数字）
【答案】20.(10分）（1）加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤(1分）；
（2）SnCl2+H2O Sn（OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解（2分）；
（3）防止Sn2+被氧化（1分); （4)Sn2++CO32—=SnO↓+CO2↑(2分)；
（5）Sn2++ H2O2+H+=Sn4++2H2O(2分）；（6)93。

2％.
（3）由于在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。

所以加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH；②防止Sn2+被氧化。

（4）反应I是SnCl2与碳酸钠反应生成SnO沉淀,则反应的离子方程式为Sn2++CO32-=SnO↓+CO2↑.
（5）酸性条件下,SnSO4还可以用作双氧水去除剂,Sn2＋具有还原性，双氧水具有氧化性,两者发生氧化还原反应生成Sn4＋和水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，则发生反应的离子方程式是Sn2++ H2O2+H+=Sn4++2H2O.
(6）在处理过程中发生的反应为:Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；2FeCl3+SnCl2=2FeCl2+ SnCl4，6FeCl2+ K2Cr2O7+ 14HCl =6FeCl3+ 2KCl + 2CrCl3+7H2O.由方程式得关系式3Sn—3SnCl2—6FeCl3— K2Cr2O7,因为n（K2Cr2O7）=C·V=0.1000 mol/L×0.032L=3。

2×10—3mol。

所以n(Sn）= 3×3.2×10—3mol =9.6 × 10-3mol,m （Sn)=n·M=9.6×10—3mol×119g/mol=1.14g，该锡粉样品中锡的质量分数是（1。

14g÷1。

226 g) ×100%= 93.2%。

考点：考查工业合成SnSO4的工艺流程分析,离子方程式的书写，化学计算等知识.
21．(12分)用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如下：
已知：
III．L是六元环酯，M的分子式是(C15H16O6)n。

回答下列问题：
（1） B中官能团的名称是________,D的结构简式是_________.
(2) E→F的反应条件是______，H→J的反应类型是_______。

（3）F→G的化学反应方程式是_________.
（4）K→M属于加聚反应，M的结构简式是_________。

(5)碱性条件下，K水解的化学反应方程式是_________。

（6)符合下列条件的C的同分异构体的结构简式是_______。

①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为l：l:2：2。

【答案】21。

（12分）（1）羟基(1分)；（1分);
（2）KMnO4/OH—(1分);消去反应（1分)；
（3)（2分)；
(4） (2分)；
（5）(2分)；
(6）（2分，答不全给1分，答错0分）.
【解析】
试题分析：由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH
2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为，F发生催化氧化生成G，G与新制氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基,G中-CHO氧化为羧基,L 是六元环酯，由H、L的分子式可知,应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，H中还含
有—OH,且—OH、—COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，H为,
逆推可得G为、F为，E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F。

B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是(C l5H l6O6）n，由M 的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K,H在浓硫酸、加热条件
下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3)COOH，K为、M为
.
(5)碱性条件下，K与足量NaOH反应化学反应方程式是:
.
（6）符合下列条件的C（）的同分异构体:①属于芳香族化合物,说明含有苯环；
②能发生银镜反应，含有—CHO或—OOCH，若为—CHO，则还含有2个—OH，若为—OOCH，
则还含有1个—OH．③核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为1：1:2：2，符合条件的同分异构体为：。

考点：考查有机物的推断与合成。