2018-2019年高中化学重庆高三单元试卷全真试卷【7】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学重庆高三单元试卷全真试卷【7】含答
案考点及解析
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题
1.将ag Fe 2O 3、Al 2O 3样品溶解在过量的200 mL 0.05 mol/L 的硫酸溶液中然后向其中加入NaOH 溶液使Fe 3＋、Al 3
＋刚好完全沉淀，用去NaOH 溶液100 mL ，则NaOH 溶液的浓度为 A ．0.1 mol·L －1
B ．0.2 mol·L －1 C
．0.4 mol·L －1 D ．0.8 mol·L －1
【答案】B 【解析】
试题分析：根据S 元素守恒，最后的溶液是硫酸钠溶液，所以硫酸钠的物质的量即是硫酸的物质的量是0.2L×0.05mol/L=0.01mol ，则钠离子的物质的量是0.02mol ，所以氢氧化钠的物质的量是0.02mol ，则氢氧化钠的物质的量浓度是0.02mol/0.1L=0.2mol/L ，答案选B 。

考点：考查元素守恒法的应用
2.农药波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与该农药中的硫酸铜起反应。

在该反应中，铁( )。

①是氧化剂 ②是还原剂 ③被氧化 ④被还原 A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①④
【答案】B 【解析】
试题分析：反应的方程式是Fe+CuSO 4=FeSO 4+Cu 。

在反应中有元素的化合价的变化，所以属于氧化还原反应，在该反应中，铁元素的化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，因此选项是包括②③的B 。

考点：考查氧化还原反应的概念的知识。

3.下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是
A ．能使pH 试纸显深红色的溶液中，Fe 3
＋、Cl －
、Ba 2
＋、Br －
能大量共存
B ．惰性电极电解氯化铝溶液：
C ．镁与极稀硝酸反应生成硝酸铵的离子方程式为4Mg ＋6H ＋
＋
=4Mg 2
＋＋
＋3H 2O
D ．将10 mL 0.1 mol·L －1
KAl(SO 4)2溶液和10 mL 0.2 mol·L －1
Ba(OH)2溶液混合，得到的沉淀中Al(OH)3和BaSO 4的物质的量之比为1∶2 【答案】A
【解析】能使pH 试纸显深红色的溶液呈酸性，A 项所涉及的离子可以大量共存；在含Al 3
＋
的溶液中不可能生成OH －
，B 项错误；C 项电荷不守恒；D 项中KAl(SO 4)2与Ba(OH)2的物质的量比为1∶2，它们电离出的
与Ba 2
＋的物质的量比为1∶1，恰好完全沉淀，生成BaSO 4，
而Al 3
＋与OH －
的物质的量比为1∶4，恰好完全反应生成，故所得沉淀中不含Al(OH)3。

4.用石墨电极电解CuCl 2溶液（见图）。

下列分析正确的是
A ．a 端是直流电源的负极
B ．通电使CuCl 2发生电离
C ．阳极上发生的反应：Cu 2++2e -=Cu
D ．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体 【答案】A 【解析】
试题分析：A 、电解池中阳离子移向阴极，所以a 端是阴极，连电源的负极，正确；B 、通电使CuCl 2发生电解，错误；C 、阳极是阴离子发生氧化反应，所以应是氯离子放电，错误；D 、氯离子在阳极放电产生氯气，所以在阳极附近观察到黄绿色气体，错误，答案选A 。

考点：考查电解原理的应用
5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ） A ．漂白粉溶液在空气中失效：ClO —+CO 2+H 2O=HClO+HCO3—
B ．用KIO 3氧化酸性溶液中的KI ： 5I －
+IO 3－+3H 2O =3I 2+6OH －
C ．氯化铁溶液与铜反应：Fe 3++Cu=Fe 2++Cu 2+
D ．0．01 mol·L —1 NH 4Al(SO4)2溶液与0．02 mol·L —1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH 4++Al 3+
+2SO 42-+2Ba 2++4OH —
=2BaSO 4↓+Al(OH)3↓+NH 3·H 2O 【答案】D 【解析】
试题分析：A 、漂白粉溶液在空气中失效的离子方程式及化学方程式为：
Ca 2++2ClO —
+CO 2+H 2O=2HClO+CaCO 3↓，2HClO="=2HCl" + O 2↑，错误；B 、用KIO 3氧化酸性溶液中的KI ： 5I －
+IO 3－+6H + =3I 2+3H 2O ，错误；C 、氯化铁溶液与铜反应：Fe 3++Cu=Fe 2++Cu 2+
，电荷
不守恒、得失电子数目不相等，错误；D 、0．01 mol·L —1 NH 4Al(SO4)2溶液与0．02 mol·L —1
Ba(OH)2溶液等体积混合：NH 4++Al 3++2SO 42-+2Ba 2++4OH —
=2BaSO 4↓+Al(OH)3↓+NH 3·H 2O ，正确。

考点：考查离子方程式正误判断。

6.在新制的氯水中加入少量的碳酸钠粉末，下列说法正确的是( ) A ．pH 增大，HClO 浓度增大
B ．pH 减小，Cl －
浓度增大 C ．pH 增大，Cl －
浓度减小 D ．pH 减小，HClO 浓度减小
【答案】A
【解析】在新制的氯水中加入少量的碳酸钠粉末，HCl 与碳酸钠反应，促进了Cl 2与水的反应，pH 增大，HClO 浓度增大，Cl －
浓度增大，即选A 。

7.化学工业是国民经济的支柱产业。

下列生产过程中不涉及化学变化的是( ) A ．氮肥厂用氢气和氮气合成氨 B ．钢铁厂用热还原法冶炼铁 C ．硫酸厂用接触法生产硫酸 D ．炼油厂用分馏法生产汽油 【答案】D
【解析】分馏是利用物质的沸点不同进行分离的方法，属于物理变化。

8.向含有Fe 2+
、I -、Br -的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。

有关说法不正确的是（ ）
A ．线段BC 代表Fe 3+
物质的量的变化情况 B ．原混合溶液中c （FeBr 2）="6" mol/L
C ．当通入Cl 2 2 mol 时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe 2++2I -+2Cl 2=2Fe 3++I 2+4Cl -
D ．原溶液中n （Fe 2+）∶n （I -）∶n （Br -）=2∶1∶3 【答案】B
【解析】还原性强弱顺序为：I ->Fe 2+
>Br -，所以Cl 2最先氧化I -，然后氧化Fe 2+
，最后氧化Br -。

图中AB 线段表示I -的变化情况，氧化I -需氯气1 mol ，则I -为2 mol ；BC 线段表示Fe 3+
的变化
情况，氧化Fe 2+需氯气2 mol ，则Fe 2+为4 mol ；DE 线段表示Br -的变化情况，氧化Br -需氯气3 mol ，则Br -为6 mol 。

当通入Cl 2 2 mol 时，氧化的I -和Fe 2+
均为2 mol ，所以C 中的离子方程式是正确的。

因不知溶液的体积，则B 错误。

9.已知X 、Y 、Z 、W 均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。

则W 、X 不可能是( )
【答案】 D
【解析】 Na 与O 2反应时生成Na 2O 和Na 2O 2，但与O 2的量没有关系，与反应条件有关。

10.一种新型燃料电池，是用两根金属铂做电极插入KOH 溶液中，然后向两极上分别通入CH 3OH 和O 2，下解说法不正确的是 A ．通入CH 3OH 的电极为负极
B ．随着放电的进行，负极附近pH 上升
C ．每消耗1molCH 3OH 可以向外电路提供6mol e －
D ．通入O 2的一极电极反应为 4H 2O+2O 2-8e -=8OH - 【答案】B 【解析】
试题分析：A.在燃料电池中，通入燃料CH 3OH 的电极为负极.正确。

B.由于负极不断消耗OH -
离子，所以负极附近pH 降低。

错误。

C 。

由燃烧的总方程式2CH 3OH+3O 2+4KOH=2K 2CO 3+6H 2O 。

可看出每消耗1molCH 3OH 可以转移6mol e －，即向外电路提供6mol e －。

正确。

D ．通入O 2的
一极电极反应为 4H 2O+2O 2-8e -=8OH -。

正确。

考点：考查燃料电池的反应原理及溶液中的离子浓度等的变化情况的知识。

二、实验题
11.（15分）已知NaHCO 3低温时溶解度小。

德榜制碱的方法是：向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳，即有晶体析出，经过滤、洗涤、焙烧得纯碱。

此过程可以表示为： ①NaCl （饱和）＋NH 3＋CO 2＋H 2O ＝NaHCO 3↓＋NH 4Cl （此反应是放热反应） ②2NaHCO 3
Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O
现某化学小组根据上述原理在实验室中模拟制碱过程，下图C 装置是溶有氨和NaCl 的溶液，且二者均达到了饱和。

（1）制CO 2时为了使反应随开随用，随关随停，上图A 方框内应选用以下_________装置（填序号）。

简述该装置能随关随停的理由________________。

（2）为使实验能够进行，在B 、D 方框内补上所需装置：_________________（将装置图画在答题卡上），并指明所用试剂：_________________。

（3）该小组同学按正确的方法连接装置，检验气密性合格后进行实验，发现析出的晶体非常少。

老师的指导下，他们对某个装置进行了改进，达到了实验目的。

你认为他们的改进方法是___________________。

（4）若所用饱和食盐水中含有NaCl 的质量为5．85g ，实验后得到干燥的NaHCO 3晶体的质量为5．46g ，假设第二步分解时没有损失，则Na 2CO 3的产率为______________。

【答案】（1）③（1分），关闭弹簧夹后反应生成的气体使上部压强增大，到达一定程度后可把反应液压回漏斗，使固液分离从而停止反应 （2分）
（2）试剂：饱和碳酸氢钠溶液 试剂：稀硫酸或水（画图2分，试剂1分，共6分）
（3）将C 装置浸泡在一个盛有冰水混合物的水槽里（或大烧杯中）（3分） （4）65%（3分）
【解析】（1）实验室制取二氧化碳一般采用块状大理石和盐酸反应，要使反应随开随用，随关随停，关键是使固体和溶液分离才能到达目的，故一般采用简易启普发生器，即装置③。

原因是关闭弹簧夹后反应生成的气体使上部压强增大，到达一定程度后可把反应液压回漏斗，使固液分离从而停止反应。

（2）因为生成的二氧化碳气体混有氯化氢气体，再通入到C 之前要先除杂，试剂选用饱和的碳酸氢钠溶液。

由于氨气极易溶于水，所以为了防止倒吸，需要加入1个防倒吸的装置，试剂可以是水或者稀硫酸。

（3）因为NaHCO 3低温时溶解度小，所以要大量析出，需要降低溶液的温度。

（4）NaCl 的质量为5．85g ，所以根据原子守恒可知理论上应得到8.4g 碳酸氢钠。

由于第二步分解时没有损失，所以Na 2CO 3的产率是。

三、填空题
12.下图为中学常见物质间的转化关系，其中甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物，甲单质所含元素最外层电子数等于周期数，C 常温下为无色液体，B 焰色反应为黄色。

一些在溶液中进行的反应溶液中的H 2O 及生成的H 2O 已省略。

回答下列问题：
（1）单质乙所含元素在周期表中的位置______________________。

（2）化合物F 的电子式________________________。

（3）D 和G 反应的离子方程式___________________________________。

（4）甲和A 反应的化学方程式___________________________________。

这类反应一般被称做________反应，该反应的主要应用_________________。

(2种) 【答案】（1）第四周期，Ⅷ族 (2分) (写一半不给分) （2）
（3）Fe 3
＋＋3AlO 2－＋6H 2O ＝Fe(OH)3↓＋3Al(OH)3↓ (2分) (化学式1分，配平1分) （4）2Al ＋Fe 2O 3 Al 2O 3＋2Fe (2分) (无条件扣1分) 铝热 (2分) 焊接钢轨 冶炼难熔金属 (2分，每种1分) 【解析】
试题分析：甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物，甲单质所含元素最外层电子数等于周期数，甲为铝；C 常温下为无色液体，C 为水，N 为红褐色固体，N 为Fe （OH ）3，Fe （OH ）3受热分解生成氧化铁和水，则A 为氧化铁，结合转化关系图及相关物质的性质，可推知，甲为铝，乙为铁，丙为氯气，丁为氢气，A 为氧化铁，B 为氯化钠， C 为水，D 为氯化铁，E 为氧化铝，F 为氢氧化钠，G 为偏铝酸钠，M 为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物；（1）单质乙为铁，所含元素在周期表中的位置第四周期，Ⅷ族；（2）化合物F 为氢氧化钠，电子式
为 ；（3）氯化铁溶液和偏铝酸钠溶液反应的离子方程式为Fe 3
＋＋3AlO 2－＋6H 2O ＝Fe(OH)3↓＋3Al(OH)3↓；（4）铝和氧化铁反应的化学方程式为2Al ＋Fe 2O 3 ＝ Al 2O 3＋2Fe ；这类反应一般被称做铝热反应，该反应的主要应用焊接钢轨 冶炼难熔金属。

考点：考查无机框图推断及铁铝及其化合物的性质。

13.（6分）写出下列反应的离子方程式 （1）铜与浓硝酸溶液反应
（2）碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液
（3）向Ba （OH ）2溶液中，逐滴加入过量的NaHSO 4溶液至中性， 【答案】
（1）Cu ＋4H ＋
＋2NO 3－=Cu 2
＋＋2NO 2↑＋4H 2O （2）NH 4＋＋HCO 3－＋2OH －
==NH 3↑＋CO 32－＋2H 2O （3）Ba 2
＋＋2OH －
＋2H ＋
＋SO 42－==BaSO 4↓＋2H 2O 【解析】略
14.（16分）从某些植物树叶提取的挥发油中含有下列主要成分：
（1）有关A 、B 、C 三种物质的说法正确的是 （填序号） a.均能发生加聚反应 b.只有B 能与FeCl3发生显色反应 c.均不能与氢氧钠溶液反应 d.只有C 能发生银镜反应 （2）A 中苯环上的一卤代物的同分异构体的数目为 。

（3）0.5molB 与足量的溴水充分反应，消耗 mol 单质溴。

（4）写出A 与B 在一定条件下相互反应，生成高分子化合物的化学方程式： （5）已知：
有机物C9H8O 发生如下反应： 则C9H8O 的结构简式为 。

【答案】
（1）a b d （3分，每个1分，填错倒扣分，扣完为止）
（2）3 （3分）
（3）2（3分）
（4）（4分）
（5）（3分）
【解析】略
15.（16分）下图所示各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或化合物，图中部分
反应条件未列出。

已知D、L、M为气体单质，C、E、H为气体化合物，反应②、④、⑥是
化工生产中的重要反应，反应⑤是实验室制备气体C的重要方法。

请回答下列问题：
（1）物质E的结构式为__________。

（2）属于化合反应，但不属于氧化还原反应的是__________（用编号填空）。

（3）C、H的熔沸点比较：C___H（填““>”、“<”或“=”））原因是：________________。

（4）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB和2molC，A的化学式为
______________。

（5）在一定温度下，有甲、乙两容积相等的密闭容器。

I．向甲容器中通入3 mol M和4 mol L，反应达到平衡时，生成C的物质的量为a mol。

此时，M的转化率为__________。

下列能提高反应物L的转化率，但实际生产过程中并没有采用的
措施是_____________。

①降低合成塔温度②适当增大压强
③不断分离出产物C ④加入合适催化剂
II．向乙中通入2 mol C，欲使反应达到平衡时，各物质的浓度与I中第一次平衡时相同，则
起始时还需通入__________mol M和__________mol L。

III．若起始时，向乙中通入6mol M和8mol L，达到平衡时，生成C的物质的量为b mol，
则 ________ (选填“>”、“<”或“=”）。

【答案】
（1）O=C=O （2分） （2）③⑧（2分） （3）> （4）CaCN 2（2分）
（5）I a/6 ；①（各2分） II 2 ；1 （各1分） III < （1分） 【解析】略
16.（8分）硫、氯及其化合物有广泛的用途。

（1）“氯氧化法”是指在碱性条件下用Cl 2将废水中的CN -氧化成无毒的物质。

CN -
被氧化后的产物为 （填化学式）。

（2）“氯胺（NH 2Cl ）消毒法“是在用液氯处理自来水的同时通入少量的氨气，发生反应：
，生成 的NH 2Cl 能部分水解生成强氧化性的物质，起消毒杀菌的作用。

氨氯
能用于消毒杀菌的原因是 （用化学方程式表示）。

（3）如图所示装置和药品可用来制备。

①三种酸的酸性由强到弱的顺序位 。

②配平广口瓶中生成
反应的化学方程式：
【答案】（1）HCO 3-（或CO 32-）、N 2, （2）NH 2Cl+H 2O
NH 3+HClO ；
（3）①H 2SO 3> H 2CO 3>H 2S ； ②4、2、1、3、1 【解析】
试题分析：（1）Cl 2将废水中的CN -氧化成无毒的物质，根据元素守恒，CN -
对应的无毒物质
只能是HCO 3-（或CO 32-）、N 2,所以CN -被氧化后的产物为HCO 3-（或CO 32-）、N 2,
(2) 氨氯能用于消毒杀菌的原因是二者反应生成的NH 2Cl 能部分水解生成强氧化性的物质，起消毒杀菌的作用，该强氧化性物质是次氯酸，所以反应原理用化学方程式表示为NH 2Cl+H 2O NH 3+HClO ； （3）①由资料中的电离常数可知，H 2CO 3、H 2S 、H 2SO 3酸性由强到弱的顺序是H 2SO 3> H 2CO 3>H 2S ；
②Na 2S 2O 3中S 的化合价是+2价，SO 2中S 的化合价是+4价，化合价降低2价；而Na 2S 中S 的化合价是-2价，化合价升高4价，所以SO 2的系数是2，Na 2S 的系数是1，Na 2S 2O 3的系数是3/2，根据化学方程式中系数为整数，两边同时扩大2倍，则SO 2的系数是4，Na 2S 的系数是2，Na 2S 2O 3的系数是3，观察法配平其他物质的系数，碳酸钠为1，二氧化碳是1 。

考点：考查反应产物的判断，酸性的比较，化学方程式的配平
四、计算题
17.(12分)接触法制硫酸采用V 2O 5作催化剂，使用过的催化剂中含V 2O 5、VOSO 4和SiO 2，其中VOSO 4能溶于水，从使用过的V 2O 5催化剂中回收V 2O 5的主要步骤是：向使用过的催化剂中加硫酸和Na 2SO 3浸取还原，过滤得VOSO 4溶液；向滤液中加入KClO 3氧化，再加入氨水生成沉淀；将沉淀焙烧处理后得V 2O 5。

（1） V 2O 5被浸取还原的反应产物之一是VOSO 4，该反应的化学方程式为____。

（2） 若生产过程使用的硫酸用量过大，进一步处理时会增加________的用量。

氨气常用________检验，现象是________________________。

（3） 若取加入氨水后生成的沉淀(其摩尔质量为598 g·mol －1
，且仅含有四种元素)59．8 g 充分焙烧，得到固体残留物54．6 g ，同时将产生的气体通过足量碱石灰，气体减少了1．8 g ，剩余的气体再通入稀硫酸则被完全吸收。

通过计算确定沉淀的化学式(写出计算过程)。

【答案】
（1） Na 2SO 3＋V 2O 5＋2H 2SO 4===2VOSO 4＋Na 2SO 4＋2H 2O(2分)
（2） 氨水(2分) 红色的石蕊试纸(1分) 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝(1分) （3） n(沉淀)＝59．8 g/598 g·mol －1
＝0．1 mol
n(V)＝2n(V 2O 5)＝(54．6 g/182 g·mol －1)×2＝0．6 mol(1分)
n(N)＝n(NH 3)＝(59．8 g －54．6 g －1．8 g)/17 g·mol －1
＝0．2 mol(1分) n(H 2O)＝1．8 g/18 g·mol －1
＝0．1 mol n(H)＝2n(H 2O)＋3n(NH 3)＝0．8 mol(1分) n(O)＝n(H 2O)＋5n(V 2O 5)＝1．6 mol(1分) 沉淀的化学式为V 6H 8N 2O 16[或(NH 4)2V 6O 16](2分) 【解析】
试题分析：（1）Na 2SO 3浸取其被氧化为硫酸盐；（2）加硫酸反应后，加入氨水产生沉淀，若硫酸过多，消耗更多氨水；（3）加入氨水产生的沉淀加热产生气体，根据反应物情况，该气体只能为氨气，分解还产生水，所以应含有V 、N 、H 、O 四种元素， n(沉淀)＝59．8 g/598 g·mol －1＝0．1 mol
由残留物计算V 的量
n(V)＝2n(V 2O 5)＝(54．6 g/182 g·mol －1
)×2＝0．6 mol(1分) 由硫酸增重（氨气）计算N 的量
n(N)＝n(NH 3)＝(59．8 g －54．6 g －1．8 g)/17 g·mol －1
＝0．2 mol(1分) 由碱石灰增重计算水的量，进一步计算H 、O 元素的量 n(H 2O)＝1．8 g/18 g·mol －1
＝0．1 mol n(H)＝2n(H 2O)＋3n(NH 3)＝0．8 mol(1分) n(O)＝n(H 2O)＋5n(V 2O 5)＝1．6 mol(1分) 沉淀的化学式为V 6H 8N 2O 16[或(NH 4)2V 6O 16](2分) 考点：考查化学计算有关问题。

18.小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。

（1）小苏打每片含0．50gNaHCO 3,2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的H +
是 mol 。

（2）胃舒平每片含0．245gAl(OH)3，中和胃酸时，6片小苏打相当于胃舒平 片。

（3）达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐：取该碱式盐3．01g,加入2．0mol/L 盐酸使其溶解，当加入盐酸42．5mL 时开始产生CO 2，加入盐酸至45．0mL 时正好完全反应，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比 。

【答案】（1）0.012（2分） （2）3.8（2分） （3）16:1（2分） 【解析】
试题分析：(1)2片小苏打所含NaHCO 3的质量为0.50g×2＝1.0g ，其物质的量为1.0g÷84g/mol ＝0.012mol ，
由HCO 3－＋H +＝CO 2↑＋H 2O ，可知被中和的H +
是n(H ＋
)＝0.012mol 。

(2)6片小苏打的物质的量为0.012mol×3＝0.036mol ，即中和的H ＋
为0.036mol ，而每片的
Al(OH)3的物质的量为0.245g÷78g/mol ＝0.0031mol ，由Al(OH)3＋3H ＋＝Al 3
＋＋3H 2O 可知，Al(OH)3的片数为：0.036mol÷0.0031mol÷3＝3.8片。

(3)碱式盐中加入HCl ，首先是碱式盐中的OH -和CO 32－与H +
（42.5mL ）反应生成H 2O 和HCO 3—,然后HCO 3—继续与盐酸反应，消耗45.0mL 时正好反应完全。

所以n(HCO 3－)＝2.0mol ・L －1
×（0.045L —0.0425L ）＝0.005mol ，即n(CO 32－)＝0.005mol ，H ＋
与CO 32－、OH －
反应的H
＋
的总物质的量为：2.0mol ・L －1×0.0425L ＝0.085mol ，所以n(OH -
)＝0.08mol ，该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为16∶1。

考点：考查碳酸盐以及氢氧化铝与盐酸反应的有关计算
19.将Fe 2O 3溶于150mL 稀H 2SO 4中，待Fe 2O 3完全溶解后，加入铁粉，产生气体3.36L （标准
状况），溶液中不再有Fe 和Fe 3+。

已知加入的铁粉和氧化铁共19.2g ，计算：
（1）Fe 2O 3的质量为 g ；
（2）稀H 2SO 4物质的量浓度为 。

【答案】Fe 2O 3：8g （2分）； c(H 2SO 4) ≥2mol/L （2分） 【解析】设铁粉、Fe 2O 3的物质的量分别为x 、y 两物质的总质量：56x+160y=19.2
在反应过程中，最后所得溶液为FeSO 4溶液，由电子的得失守恒可得：2x=2y+
解得x=0.2mol y=0.05mol 故Fe 2O 3的质量为0.05×160=8g
由硫元素的守恒可知，硫酸溶液中n(H 2SO 4)≥0.2+0.05×2=0.3mol ，故c(H 2SO 4)≥
20.摩尔盐[xFeSO 4·y(NH 4)2SO 4·zH 2O]是一种重要化工原料。

其组成可通过下列实验测定： ① 称取1.5680 g 样品，准确配成100 mL 溶液A 。

② 量取25.00 mL 溶液A ，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.4660 g 。

③ 再量取25.00 mL 溶液A ，滴加适量稀硫酸，用0.0200 mol·L －1
KMnO 4溶液滴定至终点，生成Mn 2
＋，消耗KMnO 4溶液10.00 mL 。

(1)已知室温下BaSO 4的K sp ＝1.1×10－10
，欲使溶液中c(SO )≤1.0×10－5 mol·L －1
，应保持溶液中
c(Ba 2＋)≥ mol·L －1。

(2)③中发生反应的离子方程式为 ，滴定终点的现象是 。

(3)通过计算确定样品的组成(必须写出计算过程)。

【答案】(1)1.1×10－5
(2分)
(2)MnO ＋5Fe 2
＋＋8H ＋
===Mn 2＋＋5Fe 3
＋＋4H 2O(2分) 溶液变浅紫色(2分) (3)n(SO )＝n(BaSO 4)＝0.466 g/233 g·mol －1
＝2.00×10－3
mol(或2.00 mmol)(1分) n(Fe 2＋)＝5×0.020 00 mol·L －1×10.00 mL/1 000 mL·L －1＝1.000×10－3
mol(1分) n(NH )＝2×2.00×10－3
mol －2×1.000×10－3
mol ＝2.000×10－3
mol(1分)
n(H 2O)＝(1.568 0 g×25.00 mL/100.00 mL －1.000×10－3
mol×152 g·mol －1
－1.000×10－3
mol×132 g·mol －1
)/18 g·mol －1
＝6.000×10－3
mol(2分)
x ∶y ∶z ＝n(FeSO 4)∶n[(NH 4)2SO 4]∶n(H 2O)＝1∶1∶6 化学式为FeSO 4·(NH 4)2SO 4·6H 2O(1分) 【解析】
试题分析：(1)沉淀溶解平衡常数Ksp=c(SO 42-)•c(Ba 2+ )，c(Ba 2+
)=，当c(SO 42-)≤1.0×10-5
mol•L -1
，所以溶液中c(Ba 2+
)≥1.1×10-5
mol/L ，故答案为：1.1×10-5
；
(2)在酸性环境下，高猛酸根离子可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，即MnO 4-+5Fe 2++8H +=Mn 2++5Fe 3+
+4H 2O ，
故答案为：MnO 4-+5Fe 2+
+8H +
=Mn 2+
+5Fe 3+
+4H 2O ；滴入最后一滴KMnO 4时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不变色；
(3)取25.00mL 溶液A ，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.4660g ．根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是
相等的，即为：=0.002mol ，取25.00mL 溶液A ，滴加适量稀硫酸，用0.020 0mol•L -1
KMnO 4溶液滴定至终点，生成Mn 2+
，消耗KMnO 4溶液10.00mL ，所以亚铁离子的物质的量为：
5×0.02-1×10×10-3=1×10-3mol ，铵根离子的物质的量为：2×2.0×10-3-2×1.0×10-3=2×10-3
(mol)，根
据质量守恒，水的物质的量：[1.5680g×-1.0×10-3-3mol×152g/mol-1.0×10
-3
×132g/mol]×1/18=6.0×10-3
，所以x ：y ：z=1：1：6，化学式为：FeSO 4•(NH 4)2SO 4•6H 2O ．
答：样品的组成为FeSO 4•(NH 4)2SO 4•6H 2O 。

考点：考查中和滴定、沉淀溶解平衡以及守恒法来确定物质的分子式等。

五、简答题
21.普鲁卡因M （结构简式为）可用作临床麻醉剂，熔点约60℃。

它
的一条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件己省略）：
已知：B 和乙醛互为同分异构体；的结构不稳定。

完成下列填空：
（1)E 中官能团名称为_______。

（2）写出反应类型：反应②_______，反应④_______。

（3）写出反应③的化学方程式_______。

（4）写出B 和F 的结构简式：B_______、F_______。

（5）写出同时满足下列条件的C 的同分异构体的结构简式_______。

①滴加FeCl 3溶液变为紫色 ②苯环上有2种不同环境的氢原子
（6）己知：苯环上原有取代基对第二次取代时有一定的影响，如，若-X 为烃基或羟基，
再次取代时，新取代基在-X 的邻位或对位；若-X 为羧基或硝基，再次取代时，新取代基在-X 的间位。

参照上述合成路线，设计由甲苯合成
的合成路线_______。

（用
合成路线流程图表示，并注明反应条件，合成过程中无机试剂可任选）。

【答案】 羧基、硝基 取代反应 还原反应
(CH 3)2NH
、
、
【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据M 结构简式，以及A 的分子式，因此A 为苯，B 和乙醛同分异构体，且的结构不稳定，因此推出B 的结构简式为
，根据C
的分子式推出，C 的结构简式为：，C 和混酸反应，硝基引入取代基的对位，即D 的结构简式为，D 在酸性高锰酸钾溶液被氧化，即E 的结构
简式为：
，E 中含有官能团是羧基和硝基；（2）根据上述分析，反应①为
取代反应，反应④的条件是加入Fe 和HCl ，发生硝基被还原成氨基，反应类型为还原反应；（3）根据上述分析，反应③反应类型为酯化反应，其化学反应方程式为：
；（4）根据上述分析，B 的结构简式为
，
根据F 和B 反应产物，即F 的结构简式为(CH 3)2NH ；（5）滴加FeCl 3溶液显紫色，说明含有酚羟基，有2种不同的氢原子，说明是对称结构，因此同分异构体为：
、
、 ；（6）合成高分子化合物的单体为
，根据题中信息，甲苯先与混酸
反应，因为氨基易氧化，因此先氧化甲基为为羧基，然后在还原，即路线为。

点睛：本题的难点是同分异构体的书写，根据题目要求，判断同分异构体中所含官能团或结构，即滴加FeCl 3溶液显紫色，说明含有酚羟基，有2种不同的氢原子，说明是对称结构，因此首先想到的是，然后利用烷烃同分异构体的书写规律，先整后散，即乙基看成两个
甲基，即
、。

六、推断题
22.某有机物有如下转化关系：
{注：物质A BCD EF中C原子数均为9}
己知：
①
②
根据以上信息回答下列问题：
(1) K的分子式是___________；G→H的反应类型是___________________；
⑵化合物A不与FeCl
3
溶液发生显色反应，推测其1H核磁共振谱（H-NMR)中显示有_____种不同化学环境的氢原子，其个数比为____________。

(3)写出A→B反应的化学方程式：___________________。

(4)写出G的结构简式：_________________；
(5)化合物D有多种同分异构体，符合下列条件的有__________种。

①能和NaHCO
3溶液反应生成CO
2
②1mol有机物与金属钠反应可放出lmolH
2
③苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。

(6)己知：苯环侧链的硝基在Fe/HCl作用下被还原为氨基，且苯环侧链上的氨基易被氧化。

请以甲苯为原料，用四步反应，合成。

__________ (无机试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件)。

【答案】 C 21H 18O 8 取代反应 4 1: 2: 3: 6
5
种
【解析】（1）根据结构简式可行K 中除了三个苯环，还有三个碳，根据烃的式计算，氢原子个数为21×2+2-8×3-2=18，则分子式为：C 21H 18O 8；
根据质量守恒：G→H 的反应是：C 18H 22O 5+C 9H 10O 4=C 27H 30O 8+H 2O ，结合反应条件为浓硫酸以及加热，则该反应应该是酯化反应，也属于取代反应；（2）根据H 的分子式和K 的结构简式以及已知①
推知H 中的六个甲基被氢取代生成K ，则H 为
；H 由G 和E 反应而得，根据G 和E 碳的数目以及已知②
，判断E 为；G
为；故根据流程中各反应条件推知：D 为；C 为
；
B 为；A 为
；根据
则
F 为：。

（2）A 为，其核磁共振氢谱显示为4组峰，有4种不同化学环境的氢原子，其
个数比为：1：2：3：6；（3）A→B 反应的化学方程式：
；(4) G 的结构简式：
；(5)
的同分异构体，符合①能和NaHCO 3溶液反应生成CO 2，说明含有羧基，
②1mol 有机物与金属钠反应可放出lmolH 2说明除了一个羧基外应该还有一个羟基，③苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，说明取代基位置为对位，符合条件的取代基可以是：-OH 和-CH 2CH 2COOH 、-OH 和-CH （CH 3）COOH 、-CH 2OH 和-CH 2COOH 、-CH 2CH 2OH 和-COOH 、-CH （CH 3）OH 和- COOH 共5种；(6)甲苯先硝化生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸还原得邻氨基苯甲酸，邻氨基苯甲酸，在一定条件下反应得到
，合成路线为：。