山东菏泽市曹县一中2024-2025学年高二下学期期末模拟题二化学试题

· 曹县一中高二化学期末模拟题 · （内容：鲁科版化学选择性必修3及化学物质与变化、物质的量） 一、单选题 1．中华文化对人类进步和社会发展贡献卓著，文献记载了很多与化学相关的内容。下列对文献记载的解释或说明正确的是 选项 文献记载 解释或说明 A (火药)乃焰消(硝)，硫黄、杉木炭所合，… 制备火药的原料均属于电解质 B 熬胆矾铁釜，久之亦化为铜 该过程涉及氧化还原反应 C 贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减。气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅 文献中描述的是的水溶液 D 世间丝、麻、裘、褐皆具素质 丝、麻、裘、褐的主要成分相同 A．A B．B C．C D．D 2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，则下列说法正确的是 A．2.0 gH218O与D2O的混合物中所含电子数为NA B．50 mL 12 mol∙L-1浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA C．28g乙烯与环丙烷(C3H6)的混合气体所含C—H键的数目为2NA D．标况下，22.4L的甲烷完全燃烧生成的气体分子数为3NA 3．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A．加入铝产生氢气的溶液： B．澄清透明的溶液： C．能使甲基橙试液显红色的溶液： D．水电离的的溶液： 4．某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl-、、、、Na+、Mg2+、Fe3+，为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验（必要时可加热），下列说法不正确的是    A．气体A可能是CO2或SO2 B．溶液X中一定存在 C．溶液X中一定不存在Fe3+和Mg2+，可能存在Na+ D．向溶液A加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成白色沉淀 5．基于整体材料上的硼酸酯反应可实现化学选择性代谢，反应原理如下。下列叙述错误的是 A．甲和乙都属于有机高分子化合物 B．甲制备乙的过程涉及了加成反应和取代反应 C．物质乙中，N、S原子杂化类型相同 D．甲制备乙过程中的另一产物遇溶液发生显色反应 6．苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，硝基苯与氢气制备苯胺（沸点为184℃）的反应原理如下： +3H2 +2H2O 某同学设计的制备实验装置（部分夹持装置省略）如图： 下列说法正确的是（    ） A．仅用上述装置图中仪器就可以完成该实验 B．用硝酸代替盐酸，反应速率更快，实验效果较好 C．点燃酒精灯前，打开K，先通一段时间的H2 D．三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入浓硫酸后蒸馏 7．实验室回收废水中苯酚的过程如图所示，苯酚在芳香烃和酯类溶剂中的分配系数分别为1.2~2.0，27~50(分配系数指苯酚在萃取剂和水中的浓度比)，有关说法不正确的是 A．步骤Ⅰ为萃取，分液，萃取剂用酯类溶剂更好 B．试剂a可用NaOH溶液或溶液 C．试剂b若为少量，则反应为2+CO2+H2O2+ D．若苯酚不慎沾到皮肤上，先用酒精冲洗，再用水冲洗 8．某固体样品可能含有NaNO3、NaHCO3、Na2SO3和Na2SO4。取少量样品进行如下实验：步骤①：将样品溶于水，得到澄清溶液；步骤②：向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生；步骤③：取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成。下列说法中正确的是 A．该固体样品中一定含有Na2SO4 B．该固体样品中一定含有NaHCO3 C．该固体样品不可能只含有Na2SO3 D．步骤②的试管口产生的气体一定是无色的 9．某学习小组通过如图所示装置探究与，能否反应产生，已知的升华温度为315℃。下列相关说法不正确的是 实验操作和现象： 操作 现象 点燃酒精灯，加热 ⅰ.试管A中部分固体溶解，上方出现白雾，将固体产物分离得到固体和溶液 ⅱ.稍后，试管A中产生黄色气体，管壁附着黄色液滴 ⅲ.试管B中溶液变蓝 A．为保证实验的严谨性，应另设置加热的对照实验 B．黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气 C．为进一步确认黄色气体是否含有，应在A、B间增加盛有饱和溶液的洗气瓶 D．若实验证明A中产生，则其化学方程式为 10．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示： 下列叙述不正确的是 A．Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂 B．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水 C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D．该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4＞K2FeO4 二、多选题 11．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中为蓝色，为淡黄色，具有较强的氧化性，、等能把还原为。向溶液中滴加酸性溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是 A．在酸性溶液中氧化性： B．亚硫酸钠溶液与酸性溶液发生反应： C．向溶液中滴加酸性溶液，反应的化学方程式为 D．向含的酸性溶液中滴加含的溶液完全反应，转移电子为 12．托卡朋是基于2012年诺贝尔化学奖研究成果开发的治疗帕金森氏病的药物，其部分合成路线如下 下列说法正确的是 A．托卡朋的分子式为C14H11NO5 B．反应AB的类型属于消去反应 C．托卡朋分子中所有的碳原子不可能在同平面内 D．1mol托卡朋与足量的浓溴水反应最多消耗1molBr2 13．茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示（未画出其空间结构）。下列说法错误的是（    ） A．茚地那韦不与氯化铁溶液发生显色反应 B．分子中的氮原子杂化方式为sp2、sp3 C．虚线框内的所有碳、氧原子不可能处于同一平面 D．1mol茚地那韦最多与11mol氢气发生加成反应 14．下列离子方程式不正确的是 A．三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ B．4mol/L的NaAlO2溶液和7mol/L的HCl等体积互相均匀混合：4AlO+7H++H2O=3Al(OH)3↓+Al3+ C．在Mn2+的溶液中加入HNO3再加入PbO2，得紫红色溶液：5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO+2H2O D．将0.1mol/L盐酸数滴缓缓滴入0.1mol/L25mLNa2CO3溶液中，并不断搅拌：2H++CO=CO2↑+H2O 15．锰的化合物在工业、医疗等领域有重要应用，某兴趣小组探究不同试剂对锰(Ⅱ)盐氧化产物的影响，分别进行了四组实验： 装置图 试剂X 实验现象 ①0.5mL 0.1mol/LNaOH溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色 ②0.5mL0.1mol/L NaOH和15%H2O2混合液 立即生成棕黑色沉淀 ③0.5mL 0.1mol/L HNO3溶液 无明显现象 ④0.5mL0.1mol/L HNO3溶液和少量PbO2 滴加HNO3无明显现象，加入PbO2立即变为紫红色，稍后紫红色很快消失，生成棕黑色沉淀 已知：i．Mn(OH)2为白色难溶固体；MnO2为棕黑色难溶固体；ii．KMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2。下列说法错误的是 A．通过实验①和②，可判断H2O2的氧化性比O2的强 B．实验②中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式： C．实验③排除了HNO3将氧化的可能性 D．实验④中紫红色消失的原因是酸性条件下KMnO4不稳定，分解产生了MnO2 三、填空题 16．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空： Ⅰ：在用酸性溶液处理和CuS的混合物时，发生的反应如下： ①(未配平) ②(未配平) (1)下列关于反应①的说法中错误的是(填字母序号)。 a．被氧化的元素是Cu和S b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5 c．生成2.24L(标况下)，转移电子的物质的量是0.8mol d．还原性的强弱关系是： Ⅱ：在稀硫酸中，与也能发生氧化还原反应。 (2)配平与反应的离子方程式： (3)欲配制480mL0.1mol/L溶液，需称取的质量为g，需要的玻璃仪器有。 Ⅲ：实验室可由软锰矿(主要成分为)制备，方法如下：高温下使软锰矿与过量和反应，生成(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，转化为和；再滤去沉淀，浓缩结晶得到晶体。请回答： (4)用软锰矿制备的化学方程式是：。 (5)转化为的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。 17．Ⅰ.由三种元素组成的固体化合物A，按如下流程进行实验。已知气体C为纯净物，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。 请回答： (1)组成A的三种元素是N和(填元素符号)，A的化学式是。 (2)固体D与足量水反应的离子方程式是。 (3)将气体E通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，该反应的化学方程式是。 II. 某实验小组用下图装置进行铜和浓硫酸反应的实验。 请回答： (1)上述装置有一处不合理，请从安全角度提出改进方案。 (2)实验中观察到有白色固体生成，请设计实验方案检验该白色固体成分。 18．钛(Ti)的性质稳定，有良好的耐高温、抗酸碱、高强度、低密度等特性，工业上常用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)通过如图所示工艺流程制取钛，并回收镁、铝、铁等。 已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中； ②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀的pH 2.2 6.5 3.5 9.5 沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH 3.2 9.7 4.7 11.1 (1)为了提高“酸溶”的速率，可采取的措施有(任写一点) (2)“酸溶”后，钛主要以TiO2+形式存在，写出相应反应的离子方程式：。 (3)“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，依次析出的金属离子是(填离子符号)；当Mg2+沉淀完全时，“母液”中Al3+的浓度为mol·L-1。 (4)“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O已洗涤干净的方法为。 (5)“氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体，写出“氯化”过程的化学方程式。 (6)“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是。 19．11月14日是世界糖尿病日，“均衡饮食，增强锻炼”是预防糖尿病行之有效的方法。化合物H为某种用于2型糖尿病药物的中间体，其合成路线如下： (1)化合物A的分子式为。写出化合物E的任意一种含有苯环的同分异构体的结构简式，该同分异构体的名称为。 (2)反应③中，化合物C与生成化合物D、HCl和常见气体X，则X为。 (3)已知表示，根据化合物B的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 Ⅰ 加成反应 Ⅱ (4)关于反应⑥，下列说法不正确的是__________。 A．反应过程中，有键断裂 B．反应过程中，有单键形成 C．化合物H中，氧原子采取杂化 D．反应①和⑥的目的是为了保护羟基不被氧化 (5)以甲苯为含碳原料，利用反应③和④的原理，合成化合物K。 ①从甲苯出发，第一步反应需要用到的无机试剂为。 ②最后一步反应的化学方程式为。 20．斑蝥素(G)具有良好的抗肿瘤活性，其一种合成路线如下： 已知：Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： (1)A中含氧官能团的名称是，B的分子式为。 (2)②的反应类型是。 (3)反应③的化学方程式为。 (4)E的结构简式为。 (5)碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。F中有个手性碳原子。 (6)芳香化合物W是G的同分异构体，写出满足下列条件的W的结构简式：。 ①能发生银镜反应 ②能与：溶液发生显色反应 ③能发生水解反应，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰 (7)设计以丙烯醛、1，3—丁二烯为起始原料制备的合成路线：(其他试剂 试卷第2页，共11页 试卷第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 曹县一中高二化学期末模拟题（3）答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B C A C C C C C 题号 11 12 13 14 15 答案 BC A D AD AD 1．B 【详解】A．硫黄、杉木炭不属于电解质，故A项错误； B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”涉及置换反应，属于氧化还原反应，故B项正确； C．HF腐蚀玻璃，文献中描述的是氨水，故C项错误； D．丝、裘的主要成分为蛋白质，麻、褐的主要成分为纤维素，故D项错误； 故本题选B。 2．A 【详解】A．H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/mol，电子数也为10个，根据极限假设法，即假设全为H218O，其物质的量为0.1mol，电子数为NA；假设全为D2O，其物质的量为0.1mol，电子数为NA，故2.0 gH218O与D2O的混合物中所含电子数为NA，故A正确； B．浓盐酸与MnO2共热，当MnO2过量时，浓盐酸不能完全反应，因为随着反应的进行，浓盐酸浓度降低，稀盐酸与MnO2不反应，故B错误； C．乙烯分子中C—H键数目为4，环丙烷分子中C—H键数目为6，根据极限假设法，28g乙烯，可得乙烯物质的量为1mol，其中含C—H键2NA，同理，可得mol环丙烷中C—H键数目为4NA，故C错误； D．22.4L甲烷在标况下为1mol，1mol甲烷完全燃烧生成2molH2O和1molCO2，H2O在标况下为液态，所以气体分子数不为3NA，故D错误； 故选A。 【点睛】通常用极限假设法和最简式法解决阿伏加德罗有关问题。 3．B 【详解】A．加入铝产生氢气的溶液可能是酸性或碱性，若为碱性，则氢氧根离子会和氢离子、镁离子反应，不共存，A不符合题意； B．相互不反应，能共存，B符合题意； C．能使甲基橙试液显红色的溶液为酸性，则氢离子和次氯酸根离子会结合为弱酸次氯酸， C不符合题意； D．水电离的的溶液可能是酸性或碱性，若为酸性，则氢离子和碳酸氢根离子、亚硫酸根离子反应；若为碱性，氢氧根离子会和碳酸氢根离子反应，不共存，D不符合题意； 故选B。 4．C 【分析】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一种，气体为CO2或SO2：①若气体A是CO2，则溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；③若气体A是CO2、SO2的混合气体，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+，据此分析解答。 【详解】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一种，气体为CO2或SO2：①若气体A是CO2，则溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；③若气体A是CO2、SO2的混合气体，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+； A．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀为BaSO4、BaSO3或BaCO3的混合物，气体为CO2或SO2，故A正确； B．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解，则白色沉淀一定含有BaSO4，即溶液X中一定存在SO42-，故B正确； C．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，若溶液由SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+或Cl-构成，则仍与实验现象吻合，所以Mg2+可能含有，故C错误； D．由上述分析可知，溶液中可能含有Cl-，所以向溶液1(无SO42-)加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成AgCl白色沉淀，故D正确； 故答案为C。 5．A 【详解】A．有机高分子是一类由一种或几种分子或分子团(结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单元的大分子，乙不是高分子化合物，因为其相对分子质量达不到10⁴～10⁶，A错误； B．甲制备乙的过程涉及了加成反应和取代反应，甲分子双键打开发生加成反应，酸性条件下醚键断裂发生取代，B正确； C．物质乙中，N、S原子杂化类型相同，均为sp3杂化，C正确； D．酸性条件下醚键断裂，生成酚羟基，则另一产物遇溶液发生显色反应，D正确； 故选A。 6．C 【详解】A.因为苯胺为无色液体，与酸反应生成盐，锌与盐酸反应制得的氢气中有氯化氢，通入三颈烧瓶之前应该除去，所以缺少一个除杂装置，故A错误； B.锌与硝酸反应生成硝酸锌、二氧化氮（或一氧化氮）和水，不能生成氢气，达不到实验目的，故B错误； C.苯胺还原性强，易被氧化，所以制备苯胺前用氢气排尽装置中空气，同时氢气是可燃性气体，点燃时易发生爆炸，所以点燃酒精灯之前，先打开K，通入一段时间的氢气，排尽装置中的空气，故C正确； D.苯胺还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，而浓硫酸具有酸性和强氧化性，苯胺能与浓硫酸反应，则不能选用浓硫酸，三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入生石灰后蒸馏，故D错误； 故选：C。 7．C 【分析】含苯酚的废水，先加入苯经过步骤I后得到有机溶液，因此步骤I应为萃取分液，在有机溶液中加入能与酚羟基反应的含有钠元素的碱性物质，经过步骤Ⅱ即分液后得到苯酚钠溶液，最后步骤Ⅲ中加入试剂b，得到苯酚。 【详解】A．根据分析可知，步骤I应为萃取分液，分配系数指苯酚在萃取剂和水中的浓度比，苯酚在芳香烃分配系数为1.2~2.0，则苯酚在水中的浓度与在芳香烃中的浓度相差不大，那么萃取效率不好，根据题中信息可知，苯酚在酯类溶剂中的分配系数为27~50，可知萃取剂用酯类溶剂更好，故A正确； B．步骤I为苯酚反应后生成苯酚钠后进入水层，与苯分离，因此试剂a可以加入氢氧化钠，也可以加入碳酸钠，但不能加入碳酸氢钠，故B正确； C．根据分析可知，试剂b若为少量，可以与苯酚钠反应得到苯酚，由于酸性关系为：H2CO3>苯酚>，因此苯酚钠和二氧化碳反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，反应为：+CO2+H2O→+，故C错误； D．苯酚有毒，其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，使用时要小心，如果不慎沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗，故D正确； 故答案选AC。 8．C 【分析】步骤①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能大量共存； 步骤②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生，说明可能含有NaHCO3或Na2SO3或两者都有；若气泡是NO，说明是NaNO3和Na2SO3均有； 步骤③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO3和Na2SO4至少一种。 【详解】A．结合分析可知不一定含有Na2SO4，白色沉淀可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成白色的硫酸钡沉淀，A错误； B．若气泡是NO，说明是NaNO3和Na2SO3均有，不一定有NaHCO3，B错误； C．该固体样品若只含有Na2SO3，则步骤③不会产生沉淀，故该固体样品不可能只含有Na2SO3，C正确； D．由分析可知步骤②产生的气体可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成的NO，NO易与试管内氧气反应生成红棕色二氧化氮，试管口产生的气体可能是红棕色的，D错误； 答案选C。 9．C 【分析】加热固体混合物发生反应，生成HCl气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾，生成的氯气和KI-淀粉溶液反应生成I2，产生蓝色现象，以此解答。 【详解】A．已知升华温度为315℃，则黄色气体可能是升华产生，为保证实验严谨性应另设置加热的对照实验，A正确； B．由题意可知，黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气，B正确； C．氯化铁能与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成碘单质，会干扰氯气的检验，由于氯气能与饱和碳酸氢钠溶液反应，则吸收黄色气体中氯化铁的试剂应选择饱和食盐水，C错误； D．二氧化锰与FeCl3•6H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反应方程式为，D正确； 故选C。 10．C 【分析】铁与氯气反应生成FeCl3，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。 【详解】A．Fe与Cl2加入反应产生FeCl3，在该反应中Cl2为氧化剂，Fe为还原剂；FeCl3与NaClO、NaOH发生氧化还原反应产生Na2FeO4、NaCl、H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，NaClO将FeCl3氧化为Na2FeO4，FeCl3为还原剂，故Cl2和NaClO在反应中均作氧化剂，A正确； B．K2FeO4具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化使其发生变性而失去生理活性，因此可以用K2FeO4对饮用水杀菌消毒，K2FeO4得到电子被还原产生的Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体，该胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，故产生的Fe(OH)3胶体可以吸附杂质而净化水，B正确； C．根据电子守恒、原子守恒，可知反应II的化学反应方程式为：2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，在该反应中NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C错误； D．化学反应总是由易溶的向难溶性物质转化。向Na2FeO4溶液中加入KOH饱和溶液，反应产生K2FeO4和NaOH，说明物质的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，D正确； 故合理选项是C。 11．BC 【详解】A．Fe2+、SO等能把还原为VO2+，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：＞Fe3+，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO＞，所以在酸性溶液中氧化性：MnO＞＞Fe3+，故A错误； B．SO能把还原为VO2+，则根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2+2H++SO═2VO2++SO+H2O，故B正确； C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确； D．1mol 的酸性溶液中滴加含1.5mol Fe2+的溶液发生反应为2H+++Fe2+=Fe3++VO2++H2O，则 Fe2+过量，转移电子为1mol×(5-4)=1mol，故D错误； 故选：BC。 12．A 【详解】A．托卡朋的分子式为C14H11NO5，A正确； B．反应AB的类型属于消去反应，羟基被氧化为羰基，B错误； C．托卡朋分子中含有两个苯环和一个羰基，羰基与苯环相连的单键旋转使所有的碳原子有可能在同平面内，C错误； D．托卡朋分子中苯环上羟基邻、对位的氢原子可以与溴发生取代反应，有两个氢原子可以与溴发生取代反应，1mol托卡朋分子与足量的浓溴水反应最多消耗2molBr2，D错误； 故选A。 13．D 【详解】 A．由题干信息可知，有机物不含酚羟基，则与氯化铁溶液不反应，A正确； B．由题干有机物的结构键线式可知，结构中N原子价层电子对数为3，其余N的价层电子对数为4，则氮原子杂化方式为sp2、sp3，B正确； C．虚线框内中五元环中3个C均为四面体结构，所有碳、氧原子不在同一平面内，C正确； D．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键、碳氮双键，则1mol茚地那韦最多与9mol氢气发生加成反应，酰胺键与氢气不反应，D错误； 故答案为：D。 14．AD 【解析】略 15．AD 【分析】实验①中生成棕黑色沉淀的原因可能是空气中的氧气在碱性环境反应氧化锰离子生成二氧化锰：2Mn2++O2+4OH-=2MnO2+2H2O；实验②为碱性条件下H2O2将Mn2+氧化为MnO2，离子反应为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O；由题干实验可知，实验③无明显现象，说明HNO3不能氧化Mn2+；资料表明KMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀，故不是KMnO4在酸性环境下自身分解产生MnO2； 【详解】A．实验①溶液中溶解氧气很少浓度很低，而②中过氧化氢溶液浓度较大，故不可通过生成棕黑色沉淀快慢判断H2O2的氧化性比O2的强，A错误； B．实验②中迅速生成棕黑色沉淀反应为过氧化氢在碱性条件下氧化锰离子生成二氧化锰沉淀，，B正确； C．实验③中无明显现象，则排除了HNO3将氧化的可能性，C正确；   D．资料表明KMnO4在酸性环境下缓慢分解产生MnO2，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀，故不是KMnO4在酸性环境下自身分解产生MnO2，D错误； 故选AD。 16．(1)d (2) (3) 19.6 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管 (4) (5)1：2 【详解】（1）由方程式可知，反应①中铜元素和硫元素的化合价升高被氧化，硫化亚铜是反应的还原剂，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾是氧化剂、锰离子是还原产物，反应的方程式为； a．由分析可知，反应中铜元素和硫元素的化合价升高被氧化，故正确； b．由方程式可知，氧化剂高锰酸钾与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为8：5，故正确； c．由方程式可知，反应生成5mol二氧化硫时，转移电子的物质的量为40mol，则标况下生成2.24L二氧化硫时，转移电子的物质的量为×8=0.8mol，故正确； d．由分析可知，硫化亚铜是反应的还原剂，锰离子是还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，硫化亚铜的还原性强于锰离子，故错误； 故选d； （2）由未配平的离子方程式可知，在稀硫酸中，高锰酸钾溶液与硫酸亚铁铵溶液反应生成硫酸铁、硫酸铵、硫酸锰和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）实验室没有480mL容量瓶，所以配制480mL0.1mol/L亚铁离子的溶液时，应选用500mL容量瓶，由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的玻璃仪器为胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，则需称取硫酸亚铁铵的质量为0.1mol/L×0.5L×392g/mol=19.6g，故答案为：19.6；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管； （4）由题意可知，用软锰矿制备锰酸钾发生的反应为二氧化锰与氢氧化钾和氯酸钾在高温下反应生成锰酸钾、氯化钾和水，反应的化学方程式为，故答案为：； （5）由题意可知，锰酸钾转化为高锰酸钾的反应为酸性条件锰酸根离子发生歧化反应生成高锰酸根离子、二氧化锰沉淀和水，反应的离子方程式为，由方程式可知，反应中氧化产物高锰酸根离子和还原产物二氧化锰的物质的量比为2：1，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。 17． Ca，H Ca(NH3)6 Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑ 16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S 增加一个防倒吸装置 小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4） 【详解】Ⅰ.气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为氨气，且氨气的物质的量为=0.1mol，固体D和水反应产生氨气和碱性溶液，碱性溶液F可以和碳酸钠生成沉淀G，不妨先假设沉淀G为碳酸钙，物质的量为=0.05mol，溶液F为氢氧化钙，氢氧化钙的物质的量也为0.05mol，则根据氨气和氢氧化钙的物质的量的关系，可推出D为Ca(NH2)2，Ca(NH2)2与水反应生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，D中的Ca(NH2)2的物质的量为0.05mol，质量为3.6g，气体B为5.6L，遇浓硫酸变成了1.12L，说明气体B含有碱性气体氨气，且氨气的物质的量为，剩余气体为氢气，物质的量为，说明A为Ca(NH3)6，即假设成立，所以物质A含有N，Ca，H元素； (1)由分析可知，组成A的三种元素是N和Ca，H，A的化学式是Ca(NH3)6，故答案为：Ca，H；Ca(NH3)6； (2)固体D为Ca(NH2)2，与足量水反应的化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，离子方程式是Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑，故答案为：Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑； (3)气体E为氨气，通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，即生成氯化铵和S，化学方程式是16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S，故答案为：16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S； II. (1)A中产生的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中，会生成亚硫酸钠和水，导致B中的氢氧化钠溶液倒吸如A装置中，所以上述装置应该增加一个防倒吸装置，故答案为：增加一个防倒吸装置； (2)A中铜和浓硫酸反应产生硫酸铜，二氧化硫和水，实验中观察到有白色固体生成，可小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4），故答案为：小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）。 18．(1)搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度 (2) (3) (4)取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净 (5) (6)防止镁与空气中氧气、氮气反应 【分析】钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到TiO2·xH2O，煅烧得到TiO2，再氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到氢氧化物。 【详解】（1）为了提高“酸溶”的速率，主要从接触面积、浓度、温度考虑，因此可采取的措施有搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度；故答案为：搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度。 （2）“酸溶”后，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4、FeSO4和水，则反应的离子方程式：；故答案为：。 （3）“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，根据金属离子沉淀完全的pH值得到依次析出的金属离子是；当Mg2+沉淀完全时，pH=11.1，则“母液”中Al3+的浓度为mol·L-1；故答案为：；。 （4）“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O是否洗涤干净主要是检验最后一次洗液中是否含有硫酸根离子，其方法为取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净；故答案为：取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净。 （5）“氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体CO，还有TiCl4，则“氯化”过程的化学方程式；故答案为：。 （6）“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是Mg是活泼性金属，在空气中与氧气、氮气反应，因此防止镁与空气中氧气、氮气反应；故答案为：防止镁与空气中氧气、氮气反应。 19．(1) C8H8O3或或， 邻二甲苯或1，2二甲苯、间二甲苯或1，3二甲苯、对二甲苯或1，4二甲苯 (2)SO2 (3) H2、催化剂、加热 NaOH水溶液 取代反应 (4)A (5) 酸性高锰酸钾溶液 ++HCl 【分析】A和Ac2O发生取代反应生成B，B和I2发生取代反应生成C，C和SOCl2发生取代反应生成D，D和E发生取代反应生成F，F在一定条件下发生氧化反应生成G，G发生取代反应生成H，以此解答。 【详解】（1） 化合物A的分子式为C8H8O3，化合物E的含有苯环的同分异构体的结构简式为、、，命名分别为：邻二甲苯或1，2二甲苯、间二甲苯或1，3二甲苯、对二甲苯或1，4二甲苯。 （2）化合物C与发生取代反应生成化合物D、HCl和常见气体X，该过程中SOCl2首先分解出1个氯负离子，剩下的部分和醇形成氯化亚硫酸酯（C-O-SO-Cl），这个氯负离子攻击碳原子，同时断裂碳氧键和硫氯键，释放出SO2，X为SO2。 （3） B中含有苯环，可以和H2在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成，B中含有羧基和酯基，可以和NaOH水溶液发生取代反应生成。 （4）A．反应⑥中Ac-转化为-OH，-C-O-键发生断裂，不存在-O-O-键断裂，A错误； B．反应⑥中CH3COO-中C-O键断裂，与-OH结合生成-COOH，有C−O单键形成，B正确； C．化合物H中存在-OH，O原子形成2个键和2个孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化，C正确； D．反应①和⑥羟基先被反应后又生成，目的是为了保护羟基不被氧化，D正确； 故选A。 （5） 以甲苯为含碳原料，利用反应③和④的原理，合成化合物K，甲苯先和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，和SOCl2发生取代反应生成，和甲苯发生④的原理得到， ①第一步反应需要用到的无机试剂为：酸性高锰酸钾溶液； ②最后一步反应的化学方程式为++HCl。 20．(1) 酮羰基和酯基 C7H9NSO3 (2)消去反应 (3)+ 3H2O+CH3OH+NH3 (4) (5)4 (6) (7)CH2=CHCH=CH2 【分析】由E的分子式、F的结构简式，可知E与发生加成反应生成F，推知E为 ，F脱硫形成2个甲基得到G；A中羰基与HCN发生加成反应生成B，B分子内脱下1分子水生成C，C→D发生信息I中反应引入-COOH、同时酯基水解，D分子内脱下1分子水生成E，推知C为、D为；（7）与CH2=CHCHO发生加成反应生成，再与HCN发生加成反应生成，最后在酸性条件下水解生成，由此分析解题。 【详解】（1）由题干合成流程图中A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是酮羰基和酯基，由B的结构简式可知B分子式为C7H9NO3，故答案为：酮羰基和酯基；C7H9NSO3； （2）由题干合成流程图中B、C的结构简式可知②的反应过程中分子内脱去1分子水形成碳碳双键，该反应类型是消去反应，故答案为：消去反应； （3）由题干合成流程图可知，反应③即C在HCl的水溶液中发生水解反应生成D和NH4Cl、CH3OH，则该反应的化学方程式为+3H2O +CH3OH+NH3，故答案为：+ 3H2O+CH3OH+NH3； （4）由分析可知，E的结构简式为，故答案为：； （5）碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。F中有4个手性碳原子，如图所示：，故答案为：4； （6）由题干合成流线图可知，G的分子式为：C10H12O4，则芳香化合物W是G的同分异构体，且满足下列条件①能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基，②能与：溶液发生显色反应即含有酚羟基，③能发生水解反应即含有酯基，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰，则W的结构简式为： ，故答案为：； （7）与CH2=CHCHO发生加成反应生成，再与HCN发生加成反应生成，最后在酸性条件下水解生成，据此分析确定合成路线为：CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2。 答案第14页，共15页 答案第15页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $$