辽宁省大连市达标名校2018年高考五月适应性考试化学试题含解析

辽宁省大连市达标名校2018年高考五月适应性考试化学试题
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．将0.03 mol Cl2缓缓通入含0.02 mol H2SO3和0.02 mol HI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)
A．B．C．
D．
2．向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是
A．溶液中一定含有Fe2+B．溶液中一定含有Cu2+
C．剩余固体中一定含有Cu D．加入KSCN溶液一定不変红
3．用如图装置进行实验,下列预期实验现象及相应结论均正确的是（）
a b 预期实验现象结论
试管c中有大量红
A 铜丝浓硝酸
浓硝酸有强氧化性
棕色气体
B 木条18.4mol·L-1硫酸木条下端变黑浓硫酸有酸性和氧化性
C 生铁NaCl溶液导管处发生水倒吸生铁发生吸氧腐蚀
含少量HCl的H2O2
试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂
D 铁丝
溶液
A．A B．B C．C D．D
4．下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是
选
操作实验现象结论
项
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的融化后的液态铝滴落下
B 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液中含有钠盐
C
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足
量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静
置后溶液分层
乙烯发生氧化反应
D
将20℃ 0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液加热到
60
℃，用pH传感器测定pH
溶液的pH逐渐减小
Kw改变与水解平衡移动
共同作用的结果
A．A B．B C．C D．D
5．某太空站的能量转化示意图如下，下列说法错误的是
A．燃料电池系统中发生化合反应生成了水
B．燃料电池系统产生的能量实际上来自于太阳能
C．水电解系统中是将电能转化为化学能
D．背日面时氧气燃烧，将化学能转化为光能和热能
6．生活中处处有化学。

根据你所学过的化学知识，判断下列说法错误的是
A．柑橘属于碱性食品
B．为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒
C．氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品
D．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
7．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
8．如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。

下列说法正确的是()
A．由MgCl2制取Mg是放热过程
B．热稳定性：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2
D ．由图可知此温度下MgBr 2(s)与Cl 2(g)反应的热化学方程式为：MgBr 2(s)＋Cl 2(g)===MgCl 2(s)＋Br 2(g) ΔH ＝－117 kJ·
mol －1 9．N A 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A ．1.0L1.0molL —1的H 2SO 4水溶液中含有的氧原子数为4N A
B ．273K 、101kPa 下，22.4L 甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为N A
C ．25℃时pH ＝13的NaOH 溶液中含有OH —的数目为0.1N A
D ．1 mol Na 与氧气完全反应得到Na 2O 与Na 2O 2的混合物时失去的电子数一定为N A
10．己知AgCl 在水中的溶解是吸热过程。

不同温度下，AgCl 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

己知T 1温度下K sp (AgCl)=1.6×10-9,下列说法正确的是
A ．T 1>T 2
B ．a =4.0×10-5
C ．M 点溶液温度变为T 1时，溶液中Cl -的浓度不变
D ．T 2时饱和AgCl 溶液中，c(Ag +)、c(Cl -)可能分别为2.0×10-5mol/L 、4.0×10-5mol/L
11．I 2Cl 6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl 3。

ICl 3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性。

若生成物之一是HCl ，则另一种是（ ） A ．HIO 3
B ．HIO 2
C ．HIO
D ．ICl
12．利用脱硫细菌净化含硫物质的方法叫生物法脱硫，发生的反应为：CH 3COOH+Na 236SO 4
2NaHCO 3+H 236S↑。

下列说法正确的是
A ．2436SO -
的摩尔质量是100
B ．CH 3COOH 既表现氧化性又表现酸性
C ．反应的离子方程式是：CH 3COOH+24
36SO -
23HCO -
+H 236S↑
D ．每生成11.2 L H 2S 转移电子为4×6.02×1023
13．从粗铜精炼的阳极泥（主要含有2Cu Te ）中提取粗碲的一种工艺流程如图：（已知2TeO 微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法正确的是（ ）
A ．“氧化浸出”时为使确元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B ．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C ．“还原”时发生的离子方程式为2423422SO Te 4OH Te 2SO 2H O -+--
++=↓++
D ．判断粗碲洗净的方法：取最后一次洗涤液，加入2BaCl 溶液，没有白色沉淀生成 14．1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是
A ．所有碳原子可能在同一平面
B ．乙苯与它互为同分异构体
C ．二氯代物有9种
D ．只能发生取代、加成、加聚反应
15．下列实验合理的是（）
A ．证明非金属性Cl ＞C ＞Si
B ．制备少量氧气
C ．除去Cl 2中的HCl
D ．吸收氨气，并防止倒吸
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物[Fe x (C 2O 4)y ·zH 2O]，并用滴定法测定其组成。

已知H 2C 2O 4在温度高于90℃时易发生分解。

实验操作如下：
步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；
步嶸二：称取黄色产物0.841g 于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70~85℃。

待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生； 步骤三：用0.080mol/ LKMnO 4标准液滴定步骤二所得的溶液；
步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn 粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN 溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn 粉，并用稀硫酸洗涤Zn 粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/ L KMnO 4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL 。

(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是__________________。

(2)步骤二中水浴加热并控制温度70~85℃的理由是__________________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是__________________。

(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为
__________________，该滴定管为_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)
(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。

若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。

由以上数据计算黄色化合物的化学式为
__________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．慢心律是一种治疗心律失常的药物。

它的合成路线如图所示。

（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；
（2）由B→C的反应类型是_____。

（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。

写出E的结构简式：_____。

（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。

①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。

写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。

合成路线流程图示例见本题题干_____。

18．运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

（1）CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)∆H=-746kJ·mol-1。

写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施______________、______________。

（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)
∆H。

恒容恒温条件下，向体积相同的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中NO的物质的量[n(NO)]随反应时间（t）的变化情况如表所示：
t/min
n(NO)/mol
容器
0 40 80 120 160
甲/400℃ 2.00 1.5 1.10 0.80 0.80
乙/400℃ 1.00 0.80 0.65 0.53 0.45
丙/T℃ 2.00 1.45 1.00 1.00 1.00
①∆H______________0（填“＞”或“＜”）；
②乙容器在160min时，v正_________v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。

（3）某温度下，向体积为2L的恒容真空容器中通入2.00molNO2，发生反应：
2NO2(g)N2O4(g)∆H=-57.0kJ·mol-1，已知：v正(NO2)=k1·c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数。

测得NO2的体积分数[x(NO2)]与反应时间（t）的关系如表：
t/min 0 20 40 60 80
x(NO2) 1.0 0.75 0.52 0.50 0.50
①1
2
k
k的数值为______________；
②已知速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k1增大的倍数___________k2增大的倍数（填“＞”、“＜”或“=”）。

（4）用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：______________；
②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：______________。

19．（6分）二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。

（1）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。

①若“重整系统”发生的反应中n(FeO)/n(CO2)=6，则Fe x O y的化学式为____________。

②“热分解系统”中每分解1mol Fe x O y，转移电子的物质的量为________。

（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。

已知：CO2(g)+ 3H2(g)═CH3OH(g)+ H2O(g) △H1=-53.7kJ/mol，CH 3OCH3(g)+H2O(g) ═ 2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ/mol，则2CO2(g)+ 6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
△H3=______kJ/mol。

①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_____（填代号）。

a．逆反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大
c．反应物的体积百分含量减小 d．容器中的nCO2/nH2值变小
②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。

T1温度下，将6 mol CO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3) =___；K A、K B、K C三者之间的大小关系为_____。

（3）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c (NH4+)_____c(HCO3－)（填“>”、“<”或“=”）；反应NH 4++HCO3－+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=__________________。

（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数K b=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7mol·L-1，K2=4×10-11mol·L-1）
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。

第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。

通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于HI，所以H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。

【详解】
H2SO3与碘离子都具有还原性，但是H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。

氯气氧化亚硫酸生成硫酸：
Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl
0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol
H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-：
Cl2 +2HI=Br2 +2HI
0.01mol 0.02mol
HI全部被氯气氧化转变为I2和HCl，HCl和HI都是强酸，所以c（H+）不变；
答案选A。

【点睛】
本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。

2．B
【解析】
【分析】
氧化性：Fe3＋>Cu2＋，向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生 Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，再发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。

【详解】
A、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、 Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu都能生成Fe2＋，所以溶液中一定含有Fe2+，故A正确；
B、若铁过量，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu反应完全，溶液中不含Cu2+，故B错误；
C、铁的还原性大于铜，充分反应后仍有固体存在，剩余固体中一定含有Cu，故C正确；
D、充分反应后仍有固体存在，Fe、Cu都能与Fe3＋反应，溶液中一定不含有Fe3+，加入KSCN溶液一定不変红，故D正确；选B。

本题考查金属的性质，明确金属离子的氧化性强弱，确定与金属反应的先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分。

3．C
【解析】
【详解】
A.铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮能够与水反应生成一氧化氮，试管c中的气体呈无色，A错误；
B.木条与浓硫酸作用，木条下端变黑，说明浓硫酸具有脱水性，B错误；
C.NaCl溶液呈中性，生铁发生吸氧腐蚀，试管b中气体的压强减小，导管处发生水倒吸，C正确；
D.铁能够与盐酸反应放出氢气，氢气也是无色气体，D错误；
答案选C。

4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误；B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；
D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确；
故答案为D。

5．D
【解析】
【分析】
根据空间站能量转化系统局部示意图可知，向日面时发生水的分解反应，背日面时发生氢气和氧气生成水的电池反应。

【详解】
A．由转化图可知，燃料电池系统中发生化合反应生成了水，故A正确；
B．燃料电池系统产生的直接能量来源是化学反应产生的化学能，但最初来源于太阳能，故B正确；C．水电解系统中是将电能转化为化学能，故C正确；
D．背日面时氢气燃烧，将化学能转化为光能和热能，故D错误；
故答案选D。

整个太空站的能量转化包括光能到电能，电能到化学能，化学能到电能等一系列转化，但是能量的最终来源是太阳能，太阳能在支撑整个体系的运转。

6．D
【解析】
【详解】
A.含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A正确；
B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；
C.氯化钠的浓溶液(超过0.9%)才有防腐作用，因为这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用来腌制食品，选项C正确；
D.棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，选项D错误；
答案选D。

7．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。

8．D
【解析】
【详解】
A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，A错误；
B、物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，B错误；
C、氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，C错误；
D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，
9．D 【解析】 【详解】
A. 1.0L1.0molL -1的H 2SO 4水溶液中含有水，氧原子数大于4N A ，A 错误；
B. 273K 、101kPa 下，22.4L 甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于N A ，B 错误；
C. 25℃时pH ＝13的NaOH 溶液中没有体积，无法计算OH —的数目，C 错误；
D. 1 mol Na 与氧气完全反应得到Na 2O 与Na 2O 2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 mol 电子，失去的电子数一定为N A ，D 正确； 答案选D 。

10．B 【解析】 【详解】
A 、氯化银在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp 越大，在T 2时氯化银的Ksp 大，故T 2＞T 1，A 错误；
B 、氯化银溶液中存在着溶解平衡，根据氯化银的溶度积常数可知 ＝4.0×10-5，B 正确；
C 、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小，则M 点溶液温度变为T 1时，溶液中Cl -的浓度减小，C 错误；
D 、T 2时氯化银的溶度积常数大于1.6×10-9，所以T 2时饱和AgCl 溶液中，c(Ag +)、c(Cl -)不可能为2.0×10-5mol/L 、4.0×10-5mol/L ，D 错误； 答案选B 。

11．B 【解析】 【分析】 【详解】
ICl 3中I 为+3价，Cl 为-1价，与水发生水解反应(为非氧化还原反应，各元素化合价价态不变），生成HIO 2和HCl ，答案选B 。

12．C 【解析】 【分析】 【详解】
2436
SO -
的摩尔质量是100 g·
mol −1，A 错误；CH 3COOH 中碳化合价升高，表现还原性，B 错误；醋酸是弱酸，不能拆写，C 正确；没有指明处于标准状况，D 错误。

13．D 【解析】
A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。

Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；
B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32－+Te4 ++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C错误；
D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故D正确。

故选D。

14．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A错误；
B. 乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；
C. 该物质分子结构对称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上，又有1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；
D. 该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D错误；
故合理选项是C。

15．D
【解析】
【详解】
A. 盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；
B. 过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；
C. 碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；
D. 四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；
故选D。

【点睛】
A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．过滤加快固体溶解，同时防止草酸分解铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定25.00mL酸式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O减小Fe4(C2O4)5·10H2O
【解析】
【分析】
步骤一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反应生成黄色固体[Fe x(C2O4)y·zH2O]，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析计算。

【详解】
(1)分离固体和液体的操作是过滤；
故答案为：过滤；
(2)由于H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度70~85℃，同时加快固体溶解。

铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；
故答案为加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；
(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；
故答案为25.00mL，酸式；
(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，可知关系MnO4-——5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol，即
n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。

步骤三中，根据方程式：
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到转化关系：2KMnO4——5H2C2O4，即
n(H2C2O4)=5
2
n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。

根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.0040×56g-0.005×88g）/18g/mol=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)5·10H2O。

故答案为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，减小，Fe4(C2O4)5·10H2O。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．醚键羰基氧化反应
【解析】
【分析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，
说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。

【详解】
（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B
互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：
，故答案为：；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，
与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，
合成路线流程图：，
故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．降低温度 增大压强、增大CO 与NO 的投料比等 < > 2 < 2HSO 3-+2e -+2H +===S 2O 42-+2H 2O 2NO+2S 2O 42-+2H 2O===N 2+4HSO 3- 【解析】 【分析】 【详解】
（1）提高NO 平衡转化率，目的是时平衡向正向移动，可以使平衡向正向移动的方法有降低温度、增大压强、增大CO 与NO 的投料比等； （2）2NO(g)+C(s)
N 2(g)+CO 2(g)这个反应是一个自发的反应，从有序变为无序，故为放热反应∆H<0；
根据甲容器可以算出这个反应的平衡常数K=0.5625，乙容器中160min 时，的浓度商Q=0.3735，没有达到平衡状态，因此v 正>v 逆；
（3）①根据反应速率比等于化学计量数比这一结论可以得出
221224224v (NO )(NO )
2v (N O )(N O )
k c k c ==正逆(1)，有可以知道该反应的化学平衡常数K=242
2
2(N O )0.251(NO )0.5c c ==(2)，将化学平衡常数带入式子(1)可以得到1
2k k =2；②因速率常数k 随温度升高而增大，该反应还为放热反应，升高温度时平衡向左移动，故k 1增大的倍数小于k 2增大的倍数；
（4）根据电池结构可以看出，电解中阴极为HSO 3-得电子，故电极方程式为2HSO 3-+2e -+2H +===S 2O 42-+2H 2O ；
吸收池中NO得到电子生成N2，化学方程式为2NO+2S2O42-+2H2O===N2+4HSO3-。

19．Fe3O42mol-130.8b0.18mol·L-1·min-1K A=K C>K B> 1.25×10-3
【解析】
【分析】
（1）①由示意图可以知道，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe x O y和C，根据原子守恒确定Fe x O y的化学式；
②热分解系统中是Fe x O y分解为FeO与氧气，根据Fe元素化合价变价计算转移电子；
（2）已知：Ⅰ．CO2(g)+ 3H2(g)═CH3OH(g)+ H2O(g) △H1=-53.7kJ/mol，
Ⅱ．CH3OCH3(g)+H2O(g) ═ 2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ/mol，
根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：2CO2(g)+ 6H2(g)CH3OCH3 (g)+3H2O(g)，则△H3=2△H1-△H2；
①a．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；
b．H2的转化率增大，平衡一定正向移动；
c．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；
d．容器中的nCO2/nH2值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量；
②T1温度下，将6 mol CO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可以知道，5 min后反应达到平衡状
态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6 mol⨯60%
1
2
⨯=1.8mol ，根据平均反应速率v(CH3OCH3)
=c
t
；根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转
化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大；
（3）根据盐类水解规律，已知NH3·H2O的电离平衡常数K b=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大；
反应NH4++HCO3－+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=
()()
()()
3223
43
c NH H O c H CO
c NH c HCO
+-
=
1
w
b
K
K K。

【详解】
（1）①由示意图可以知道，重整系统中CO2和FeO反应生成Fe x O y和C，发生的反应中n(FeO)/n(CO2)=6，根据Fe原子、O原子守恒可以知道x:y=6：（6+2）=3:4，故Fe x O y的化学式为Fe3O4；
因此，本题正确答案是：Fe3O4；
②热分解系统中是Fe3O4分解为FeO与氧气，分解1mol Fe3O4转移电子的物质的量为
1mol⨯3⨯(8
3
-2)=2mol，
因此，本题正确答案是：2mol；
（2）已知：Ⅰ．CO2(g)+ 3H2(g)═CH3OH(g)+ H2O(g) △H1=-53.7kJ/mol，Ⅱ．CH3OCH3(g)+H2O(g) ═ 2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ/mol，
根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：2CO2(g)+ 6H2(g)CH3OCH3 (g)+3H2O(g)，则
△H3=2△H1-△H2=2⨯(-53.7kJ/mol)- 23.4kJ/mol =-130.8 kJ/mol；
因此，本题正确答案是：-130.8；
①a．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；
b．H2的转化率增大，平衡一定正向移动，故b正确；
c．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等，平衡逆向移动，故c错误；
d．容器中的nCO2/nH2值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量，平衡逆向移动，故d错误，
故选：b；
②T1温度下，将6 mol CO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可以知道，5 min后反应达到平衡状
态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6 mol⨯60%
1
2
⨯=1.8mol，
所以平均反应速率v(CH3OCH3) =1.8
2
5
mol
L
min
=0.18mol·L-1·min-1；
平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以K A=K C，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T 2温度下正向进行程度大，则K A=K C>K B；
因此，本题正确答案是：0.18mol·L-1·min-1；K A=K C>K B；
（3）根据盐类水解规律，已知NH3·H2O的电离平衡常数K b=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以c（NH4+）大于c（HCO3-）；反应NH4++HCO3－
+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数
K=
()()
()()
3223
43
c NH H O c H CO
c NH c HCO
+-
=
1
w
b
K
K K=
14
57
10
210410
-
--
⨯⨯⨯
=1.25⨯10-3；
故答案为：>；1.25×10-3；。