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甘肃省临夏回族自治州永靖县移民中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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甘肃省永靖县移民中学2019-2020学年高三上学期化学期中考试卷
相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Na －23 Cl－35.5 Mg－24 Fe－56 Cu－64 S—32 I—127
第 Ⅰ 卷 (共计51分）
一、选择题（本大题共17小题，每小题3分，满分51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）
A. 78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子
B. 常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子
C. 在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA
D. 常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠的阴离子是O22-，78g过氧化钠是1mol，其晶体中含NA个阴离子，A错误；
B．常温常压下22.4L氦气不是1mol，B错误；
C．在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数不一定一定是4NA，例如氧气和钠反应生成过氧化钠，C错误；
D．常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子的物质的量是，其中氧原子数为NA，D正确。
答案选D。
2.下列关于胶体的叙述正确的是
A. 胶体粒子不能透过滤纸
B. 胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象
C. 胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象
D. 用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；
B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；
C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；
D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确；
故选D。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. pH=1的溶液中： Fe2+、NO3-、SO42-、Na+
B. 由水电离的c(H+）=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-
C. c(H+）/c(OH-）=1012的溶液中： NH4+、Al3+、NO3-、Cl-
D. 加入苯酚显紫色的溶液： K+、ClO-、SO42-、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A、pH=1的溶液呈酸性，NO3-在酸性溶液中会将Fe2+氧化，即H+、NO3-、Fe2+不能共存，A不符合题意；
B、由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性；无论是在酸性溶液中，还是碱性溶液中，HCO3-都不能大量存在，B不符合题意；
C、c(H+)/c(OH-)=1012，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14（常温下），则c(H+)=0.1mol·L-1，溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，C符合题意；
D、加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+可以和SCN-发生络合反应，二者不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
【点睛】由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，比如1mol·L-1的HCl溶液中，c(H+)=1mol·L-1，则c(OH-)=1×10-14mol·L-1，由于溶液中OH-全部来自于水的电离，故由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1，又比如1mol·L-1的NaOH溶液中，H+全部来自于水的电离，则溶液中由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1。
4.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是
A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物
B. 石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱
C. 酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应
D. 混合物、分散系、胶体从属关系如右图所示
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al2O3属于两性氧化物，选项A不正确；
B.石灰石属盐、生石灰属碱性氧化物，选项B不正确；
C.酸、碱、盐之间发生的反应多属于复分解反应，也有特殊的如：硝酸溶解Fe(OH)2时会发生氧化还原反应，选项C不正确；
D.分散系属混合物，胶体是分散系里的一种。
选项D正确。
5.2011年9 月29日，“长征－2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中使用的燃料是偏二甲肼（CH3－NH－NH－CH3）和四氧化二氮（N2O4）。在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3－NH－NH－CH3＋2N2O4→2CO2＋3N2＋4H2O提供能量。下列叙述正确的是
A. 该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染
B. 该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂
C. CO2是氧化产物，N2是还原产物
D. 每有0.6 mol N2生成，转移电子数目2.4NA
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中，偏二甲肼中碳和氮的化合价都升高，四氧化二氮中氮的化合价降低。
【详解】A．该燃料燃烧产物是CO2、N2绿色环保，但是在燃烧过程中燃料不完全燃烧及氧化剂N2O4外溢都会造成环境污染，错误；
B．在该反应中N2O4中的N得到电子，化合价降低，是氧化剂，偏二甲肼中的N化合价升高，失去电子，是还原剂，正确；
C．CO2是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物，错误；
D．每有0.6 mol N2生成，转移电子数目为3.2NA，错误。
6.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是（ ）
A. 反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3
B. 反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】综合分析工艺流程图可知，试剂X只能是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①、过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，综上分析正确答案为A。
7.下列说法中正确的是 ( )
A. 1 L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/L
C. 配制500mL0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需8.0g 无水CuSO4
D. 中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4.0 g
【答案】C
【解析】
【详解】A，1L水为溶剂体积而不是溶液的体积，错误；
B，溶液的浓度与溶液的体积多少无关，错误；
C，500mL0.1 mol·L－1的CuSO4的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×160g/mol=8.0g，正确；
D，中和100mL1mol/L的H2SO4（0.1mol）溶液，需NaOH0.2mol，质量为8.0 g，错误；
故选C。
8.0.6mol·L-1Fe2(SO4)3和1.2mol·L-1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（ ）
A. 0.30mol B. 0.22mol C. 0.16mol D. 0.48mol
【答案】C
【解析】
【详解】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol。由于铜离子的氧化性弱于铁离子的，所以首先是铁离子氧化单质铁，方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，如果铁离子完全反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3︰2，这说明溶液中单质铁也和铜离子反应，方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。设和铜离子反应的单质铁是x，则消耗铜离子是x，生成亚铁离子是x，所以有＝2，解得x＝0.04mol，所以加入的铁粉是0.12mol＋0.04mol＝0.16mol，答案选C。
9.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42—
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫红色
原溶液中有I－
C
用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na＋、无K＋
D
滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH4+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32－、SO32－、Ag＋等，故A错误；
B．滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，则溶液中存在强还原性的I－，氯气置换出了碘单质，故B正确；
C．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na＋，但并不能说明溶液中无K＋，因为检验K＋需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；
D．NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4＋的正确操作：向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝则证明存在NH4＋，故D错误；
故答案为B。
10.对的表述不正确的是
A. 该物质能发生缩聚反应
B. 该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰
C. 该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应
D. 1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1
【答案】B
【解析】
【详解】A．该物质含有羧基、酚羟基，因此能发生缩聚反应，A正确；
B．该物质分子中含有8种不同的H原子，因此其核磁共振氢谱上共有8个峰，B错误；
C．该物质含有酚羟基，遇FeCl3溶液显色，由于酚羟基是邻对位定位基，所以1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应，C正确；
D．羧基、酚羟基可以与金属钠反应；羧基、酚羟基可以与NaOH发生反应；NaHCO3只能与羧基发生反应。1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1，D正确。
答案选B。
11. 有一真空储气瓶，净重500g。在相同条件下，装满氧气后重508g，装满另一种气体X 时重511g，则X的相对分子质量为（ ）
A. 44 B. 48 C. 64 D. 71
【答案】A
【解析】
【详解】储气瓶净重500g．在相同条件，装满氧气后重508g，则氧气的质量为508g-500g=8g，装满某一种气体X时重511g，则X的质量为511g-500g=11g，在相同的条件下气体的体积相等，则由n=可知气体的物质的量相等，设X的相对分子质量为x，则有：=，x=44，故选A。
12.甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为
A. 10% B. 15% C. 20% D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】三种酯均符合通式CnH2nO2，即C∶H＝1∶2，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%×＝10%。
13.由两分子乙炔聚合得到CH2=CH—C≡CH ，继续和氯化氢发生加成反应得到CH2=CH—CCl=CH2，所得产物加成聚合后得到354gCH2CH=CClCH2，则所需乙炔质量为（ ）
A. 624g B. 416g C. 312g D. 208g
【答案】D
【解析】
【详解】链节CH2CH=CClCH2的分子量为88.5，则n==4mol，根据CH2=CH-C≡CH的结构可知，需要8mol乙炔分子，则所需乙炔的质量为8mol×26g/mol=208g，故选D。
14.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 醋酸钠的水解反应 +H3O+＝CH3COOH+ H2O
B. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2+2＝CaCO3↓+ 2H2O+
C. 苯酚钠溶液与二氧化碳反应 C6H5O—+ CO2+ H2O＝C6H5OH+
D. 稀硝酸与过量的铁屑反应 3Fe+8H++2＝3Fe3++2NO↑+4 H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A错误，该反应是CH3COOH电离的逆反应，正确的离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
B正确；
C错误，CO2和苯酚钠溶液反应生成NaHCO3，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-；
D错误，过量的Fe会继续和Fe3+反应生成Fe2+，且该反应的电荷不守恒，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；
故选B。
【点睛】CO2和苯酚钠溶液、次氯酸盐溶液反应均得到NaHCO3，产物与CO2的量无关。
15.甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（ ）
A. Al2（SO4）3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。
【详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案选D。
16.下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 ( )
A. 热稳定性：Na2CO3
D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3
【解析】
A. NaHCO3受热易分解，热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，故A错误；B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B错误；C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一样多，故C错误；D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3
A. 物质的量之比为3︰2 B. 质量之比为3︰2
C. 摩尔质量之比为2︰3 D. 反应速率之比为2︰3
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，酸过量，产生氢气体积相等，转移电子数相等，3mol镁和2mol铝转移电子数相等，所以物质量之比为3:2，A 正确，B 错误，摩尔质量之比为24:27，C 错误，镁比铝活泼，反应速率镁比铝快，D错误。故选A。
第Ⅱ卷 （非选择题 共49分）
18.市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：
产品标准
GB5461
产品等级
一级
配 料
食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量(以I计）
20～50 mg/kg
（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）____KIO3＋___KI＋___H2SO4＝___K2SO4＋___I2＋___H2O
（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。
①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是__________________________________。
②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：
a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；
b.加入适量Na2SO3稀溶液；
c.分离出下层液体。
以上设计中遗漏的操作是______________________。
（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：
a. 准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0×10－4mol·L－1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。
①判断c中反应恰好完全依据的现象是______________________。
②根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是_______mg/kg（以含w的代数式表示）。
【答案】 (1). 1 (2). 5 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). I2＋SO32－＋H2O = 2I－＋SO42 －＋2H＋ (8). 在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置 (9). 溶液由蓝色恰好变为无色 (10). 20
【解析】
【分析】
（1）碘酸钾中的+5价碘与碘化钾中的-1价碘发生归中反应，根据电子守恒和质量守恒配平化学方程式；
（2）①Na2SO3中的硫是+4价，有还原性，和I2发生氧化还原反应；
②回收四氯化碳时，为使Na2SO3和碘充分反应，需要振荡分液漏斗；
（3）KIO3与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，当加入的Na2S2O3溶液恰好和生成的碘反应时，溶液蓝色褪去。根据KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O和I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－计算食用精制盐的碘含量。
【详解】（1）碘酸钾中+5价碘化合价降低为0价，碘化钾中-1价碘化合价升高为0价，所以KI的系数为5，KIO3的系数为1，再根据质量守恒配平其他物质的系数，配平的化学方程式为：KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O；
（2）①Na2SO3有还原性，与I2发生氧化还原反应，硫由+4价升高到+6价，碘由0价降低为-1价，离子方程式是I2＋SO32－＋H2O = 2I－＋SO42 －＋2H＋；
②回收四氯化碳：将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；加入适量Na2SO3稀溶液；要使反应充分进行，需要振荡分液漏斗，然后充分静置；最后分离出下层液体。故以上设计中遗漏的操作是在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置；
（3）KIO3与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，当加入的Na2S2O3溶液恰好和生成的碘反应时，溶液蓝色褪去。Na2S2O3的物质的量为6.0×10－4mol·L－1×0.0200L=1.2×10-5mol，根据反应I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－，I2的物质的量6.0×10-6mol，根据KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O，12.7g食盐中KIO3的物质的量为2.0×10-6mol，所以12.7g食盐中碘的质量为2.0×10-6mol×127g/mol=2.0×127×10-6g。则1000g食盐中含碘=20mg/kg。
19.下图是中学常见物质间的转化关系。已知：
①A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质； ②E为常见金属，J为红褐色沉淀；
③G在实验室中常用于检验B的存在；④L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液常呈黄色，储存在棕色瓶中。
回答下列问题：
（1）A的电子式____________________________________________________。
（2）反应①的化学方程式为__________，反应②的离子方程式为_________________，
（3）若参加反应的A的质量为39g，则消耗CO2的体积（标况下）为__________L。
（4）L的化学式__________，G的化学式__________________________。
【答案】 (1). (2). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (3). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (4). 11.2 (5). HNO3 (6). Ca(OH)2
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体,B为导致“温室效应”的主要物质,二者发生反应,则A为Na2O2,B为CO2,二者反应生成Na2CO3和O2,G在实验室中常用于检验CO2的存在,则G为Ca(OH)2,故C为O2,D为Na2CO3,金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀,则J为Fe(OH)3,E为Fe,F为Fe3O4,L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液若保存不当常呈黄色,应是浓硝酸所具有的性质,则L为HNO3,K为Fe(NO3)3,H为NaOH,I为CaCO3；据以上分析解答。
【详解】(1)由上述分析可以知道,A为Na2O2 ,电子式为；
因此，本题正确答案是:；
(2)反应①的化学方程式为: 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②的离子方程式为:Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓；
因此，本题正确答案是: 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓；
(3)n（Na2O2）=39÷78=0.5mol,由2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应可知，则消耗CO2的体积（标况下）为0.5×22.4=11.2L；
因此，本题正确答案是: 11.2；
（4）结合以上分析可知，L的化学式HNO3，G的化学式为Ca(OH)2；
因此，本题正确答案是: HNO3；Ca(OH)2。
20.[2012·南通二调]碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的 沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是 。
（2）在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作 。若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为 。
（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2+离子，可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子。该水解反应的离子方程式为 。
（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为 。
A．氯水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
【答案】 (1). Al3＋ (2). 加快反应速率 (3). 氧化剂 (4). 2 mol (5). 2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋ (6). D
【解析】
【分析】
根据物质的分离、提纯的方法和基本操作进行分析。
【详解】(1)过量的铁使Fe3＋转化成Fe2＋，这样通过调节pH在4.4～7.5，可以使Al3＋全部沉淀，而Fe2＋未沉淀。“搅拌”使得反应物增大接触面积，反应速率加快。本小题答案为：Al3＋；加快反应速率。
(2)从反应Ⅱ知，NaNO2转化为NO，NaNO2作氧化剂，增加O2的量，以减少NaNO2，说明O2也作氧化剂。根据电子转移总数知，NaNO2中N的化合价变化1，而O2的化合价变化4，相当于通入1mol O2节约4mol的NaNO2。若参与反应的O2有11.2 L(标准状况)，则O2物质的量为0.5mol，相当于节约NaNO2的物质的量为2 mol。本小题答案为：氧化剂；2mol。
(3)由Fe(OH)2＋离子水解生成Fe2(OH)42-，由铁守恒可知，多出的OH－应由水提供。该水解反应的离子方程式为2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋。本小题答案为：2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋。
(4)要检验是否存在Fe2＋，必须排除Fe3＋的干扰，应利用Fe2＋的还原性、能使高锰酸钾溶液褪色，故应选择酸性KMnO4溶液作试剂。本小题答案为：D。
21.已知：
①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解
②
现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。
请回答下列问题：
（1）X中官能的名称是______________。
（2）F→H的反应类型是_________________。
（3）I的结构简式为___________________；
（4）E不具有的化学性质________（选填序号）
a．取代反应 b．消去反应
c．氧化反应 d．1molE最多能与2molNaHCO3反应
（5）写出下列反应的化学方程式：
①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：________________ ；
②F→G的化学方程式：____________________；
（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_____ 种，其中一种的结构简式为________。
a．苯环上核磁共振氢谱有两种
b．不能发生水解反应
c．遇FeCl3溶液不显色
d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应
【答案】 (1). 酯基、溴原子 (2). 消去反应 (3). (4). b、d (5). (6). (7). 4 (8). ：、、、（任写一种）
【解析】
【分析】
分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是，E是，F是。
【详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；
（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。
（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为。
（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3 溶液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。
（5）① X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式是：；② F→G的化学方程式是：；
（6）E是，同时符合条件a．苯环上核磁共振氢谱有两种，说明只有两类氢原子；b．不能发生水解反应说明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个醇羟基和一个羧基的E的同分异构体共有4 种，他们的结构分别是：、、、。
相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Na －23 Cl－35.5 Mg－24 Fe－56 Cu－64 S—32 I—127
第 Ⅰ 卷 (共计51分）
一、选择题（本大题共17小题，每小题3分，满分51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）
A. 78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子
B. 常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子
C. 在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA
D. 常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠的阴离子是O22-，78g过氧化钠是1mol，其晶体中含NA个阴离子，A错误；
B．常温常压下22.4L氦气不是1mol，B错误；
C．在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数不一定一定是4NA，例如氧气和钠反应生成过氧化钠，C错误；
D．常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子的物质的量是，其中氧原子数为NA，D正确。
答案选D。
2.下列关于胶体的叙述正确的是
A. 胶体粒子不能透过滤纸
B. 胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象
C. 胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象
D. 用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；
B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；
C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；
D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确；
故选D。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. pH=1的溶液中： Fe2+、NO3-、SO42-、Na+
B. 由水电离的c(H+）=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-
C. c(H+）/c(OH-）=1012的溶液中： NH4+、Al3+、NO3-、Cl-
D. 加入苯酚显紫色的溶液： K+、ClO-、SO42-、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A、pH=1的溶液呈酸性，NO3-在酸性溶液中会将Fe2+氧化，即H+、NO3-、Fe2+不能共存，A不符合题意；
B、由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性；无论是在酸性溶液中，还是碱性溶液中，HCO3-都不能大量存在，B不符合题意；
C、c(H+)/c(OH-)=1012，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14（常温下），则c(H+)=0.1mol·L-1，溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，C符合题意；
D、加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+可以和SCN-发生络合反应，二者不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
【点睛】由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，比如1mol·L-1的HCl溶液中，c(H+)=1mol·L-1，则c(OH-)=1×10-14mol·L-1，由于溶液中OH-全部来自于水的电离，故由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1，又比如1mol·L-1的NaOH溶液中，H+全部来自于水的电离，则溶液中由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1。
4.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是
A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物
B. 石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱
C. 酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应
D. 混合物、分散系、胶体从属关系如右图所示
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al2O3属于两性氧化物，选项A不正确；
B.石灰石属盐、生石灰属碱性氧化物，选项B不正确；
C.酸、碱、盐之间发生的反应多属于复分解反应，也有特殊的如：硝酸溶解Fe(OH)2时会发生氧化还原反应，选项C不正确；
D.分散系属混合物，胶体是分散系里的一种。
选项D正确。
5.2011年9 月29日，“长征－2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中使用的燃料是偏二甲肼（CH3－NH－NH－CH3）和四氧化二氮（N2O4）。在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3－NH－NH－CH3＋2N2O4→2CO2＋3N2＋4H2O提供能量。下列叙述正确的是
A. 该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染
B. 该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂
C. CO2是氧化产物，N2是还原产物
D. 每有0.6 mol N2生成，转移电子数目2.4NA
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中，偏二甲肼中碳和氮的化合价都升高，四氧化二氮中氮的化合价降低。
【详解】A．该燃料燃烧产物是CO2、N2绿色环保，但是在燃烧过程中燃料不完全燃烧及氧化剂N2O4外溢都会造成环境污染，错误；
B．在该反应中N2O4中的N得到电子，化合价降低，是氧化剂，偏二甲肼中的N化合价升高，失去电子，是还原剂，正确；
C．CO2是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物，错误；
D．每有0.6 mol N2生成，转移电子数目为3.2NA，错误。
6.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是（ ）
A. 反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3
B. 反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】综合分析工艺流程图可知，试剂X只能是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①、过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，综上分析正确答案为A。
7.下列说法中正确的是 ( )
A. 1 L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1mol/L
C. 配制500mL0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需8.0g 无水CuSO4
D. 中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4.0 g
【答案】C
【解析】
【详解】A，1L水为溶剂体积而不是溶液的体积，错误；
B，溶液的浓度与溶液的体积多少无关，错误；
C，500mL0.1 mol·L－1的CuSO4的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×160g/mol=8.0g，正确；
D，中和100mL1mol/L的H2SO4（0.1mol）溶液，需NaOH0.2mol，质量为8.0 g，错误；
故选C。
8.0.6mol·L-1Fe2(SO4)3和1.2mol·L-1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（ ）
A. 0.30mol B. 0.22mol C. 0.16mol D. 0.48mol
【答案】C
【解析】
【详解】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol。由于铜离子的氧化性弱于铁离子的，所以首先是铁离子氧化单质铁，方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，如果铁离子完全反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3︰2，这说明溶液中单质铁也和铜离子反应，方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。设和铜离子反应的单质铁是x，则消耗铜离子是x，生成亚铁离子是x，所以有＝2，解得x＝0.04mol，所以加入的铁粉是0.12mol＋0.04mol＝0.16mol，答案选C。
9.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42—
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫红色
原溶液中有I－
C
用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na＋、无K＋
D
滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH4+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32－、SO32－、Ag＋等，故A错误；
B．滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，则溶液中存在强还原性的I－，氯气置换出了碘单质，故B正确；
C．用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na＋，但并不能说明溶液中无K＋，因为检验K＋需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；
D．NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4＋的正确操作：向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝则证明存在NH4＋，故D错误；
故答案为B。
10.对的表述不正确的是
A. 该物质能发生缩聚反应
B. 该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰
C. 该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应
D. 1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1
【答案】B
【解析】
【详解】A．该物质含有羧基、酚羟基，因此能发生缩聚反应，A正确；
B．该物质分子中含有8种不同的H原子，因此其核磁共振氢谱上共有8个峰，B错误；
C．该物质含有酚羟基，遇FeCl3溶液显色，由于酚羟基是邻对位定位基，所以1mol该物质最多能与含1mol Br2的溴水发生取代反应，C正确；
D．羧基、酚羟基可以与金属钠反应；羧基、酚羟基可以与NaOH发生反应；NaHCO3只能与羧基发生反应。1 mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1，D正确。
答案选B。
11. 有一真空储气瓶，净重500g。在相同条件下，装满氧气后重508g，装满另一种气体X 时重511g，则X的相对分子质量为（ ）
A. 44 B. 48 C. 64 D. 71
【答案】A
【解析】
【详解】储气瓶净重500g．在相同条件，装满氧气后重508g，则氧气的质量为508g-500g=8g，装满某一种气体X时重511g，则X的质量为511g-500g=11g，在相同的条件下气体的体积相等，则由n=可知气体的物质的量相等，设X的相对分子质量为x，则有：=，x=44，故选A。
12.甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为
A. 10% B. 15% C. 20% D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】三种酯均符合通式CnH2nO2，即C∶H＝1∶2，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%×＝10%。
13.由两分子乙炔聚合得到CH2=CH—C≡CH ，继续和氯化氢发生加成反应得到CH2=CH—CCl=CH2，所得产物加成聚合后得到354gCH2CH=CClCH2，则所需乙炔质量为（ ）
A. 624g B. 416g C. 312g D. 208g
【答案】D
【解析】
【详解】链节CH2CH=CClCH2的分子量为88.5，则n==4mol，根据CH2=CH-C≡CH的结构可知，需要8mol乙炔分子，则所需乙炔的质量为8mol×26g/mol=208g，故选D。
14.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 醋酸钠的水解反应 +H3O+＝CH3COOH+ H2O
B. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2+2＝CaCO3↓+ 2H2O+
C. 苯酚钠溶液与二氧化碳反应 C6H5O—+ CO2+ H2O＝C6H5OH+
D. 稀硝酸与过量的铁屑反应 3Fe+8H++2＝3Fe3++2NO↑+4 H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A错误，该反应是CH3COOH电离的逆反应，正确的离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
B正确；
C错误，CO2和苯酚钠溶液反应生成NaHCO3，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-；
D错误，过量的Fe会继续和Fe3+反应生成Fe2+，且该反应的电荷不守恒，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；
故选B。
【点睛】CO2和苯酚钠溶液、次氯酸盐溶液反应均得到NaHCO3，产物与CO2的量无关。
15.甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（ ）
A. Al2（SO4）3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。
【详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案选D。
16.下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是 ( )
A. 热稳定性：Na2CO3
D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3
【解析】
A. NaHCO3受热易分解，热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，故A错误；B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B错误；C. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一样多，故C错误；D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3
A. 物质的量之比为3︰2 B. 质量之比为3︰2
C. 摩尔质量之比为2︰3 D. 反应速率之比为2︰3
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，酸过量，产生氢气体积相等，转移电子数相等，3mol镁和2mol铝转移电子数相等，所以物质量之比为3:2，A 正确，B 错误，摩尔质量之比为24:27，C 错误，镁比铝活泼，反应速率镁比铝快，D错误。故选A。
第Ⅱ卷 （非选择题 共49分）
18.市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：
产品标准
GB5461
产品等级
一级
配 料
食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量(以I计）
20～50 mg/kg
（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）____KIO3＋___KI＋___H2SO4＝___K2SO4＋___I2＋___H2O
（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。
①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是__________________________________。
②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：
a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；
b.加入适量Na2SO3稀溶液；
c.分离出下层液体。
以上设计中遗漏的操作是______________________。
（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：
a. 准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0×10－4mol·L－1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。
①判断c中反应恰好完全依据的现象是______________________。
②根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是_______mg/kg（以含w的代数式表示）。
【答案】 (1). 1 (2). 5 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). I2＋SO32－＋H2O = 2I－＋SO42 －＋2H＋ (8). 在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置 (9). 溶液由蓝色恰好变为无色 (10). 20
【解析】
【分析】
（1）碘酸钾中的+5价碘与碘化钾中的-1价碘发生归中反应，根据电子守恒和质量守恒配平化学方程式；
（2）①Na2SO3中的硫是+4价，有还原性，和I2发生氧化还原反应；
②回收四氯化碳时，为使Na2SO3和碘充分反应，需要振荡分液漏斗；
（3）KIO3与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，当加入的Na2S2O3溶液恰好和生成的碘反应时，溶液蓝色褪去。根据KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O和I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－计算食用精制盐的碘含量。
【详解】（1）碘酸钾中+5价碘化合价降低为0价，碘化钾中-1价碘化合价升高为0价，所以KI的系数为5，KIO3的系数为1，再根据质量守恒配平其他物质的系数，配平的化学方程式为：KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O；
（2）①Na2SO3有还原性，与I2发生氧化还原反应，硫由+4价升高到+6价，碘由0价降低为-1价，离子方程式是I2＋SO32－＋H2O = 2I－＋SO42 －＋2H＋；
②回收四氯化碳：将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；加入适量Na2SO3稀溶液；要使反应充分进行，需要振荡分液漏斗，然后充分静置；最后分离出下层液体。故以上设计中遗漏的操作是在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置；
（3）KIO3与KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，当加入的Na2S2O3溶液恰好和生成的碘反应时，溶液蓝色褪去。Na2S2O3的物质的量为6.0×10－4mol·L－1×0.0200L=1.2×10-5mol，根据反应I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－，I2的物质的量6.0×10-6mol，根据KIO3＋5KI＋3H2SO4＝3K2SO4＋3I2＋3H2O，12.7g食盐中KIO3的物质的量为2.0×10-6mol，所以12.7g食盐中碘的质量为2.0×10-6mol×127g/mol=2.0×127×10-6g。则1000g食盐中含碘=20mg/kg。
19.下图是中学常见物质间的转化关系。已知：
①A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质； ②E为常见金属，J为红褐色沉淀；
③G在实验室中常用于检验B的存在；④L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液常呈黄色，储存在棕色瓶中。
回答下列问题：
（1）A的电子式____________________________________________________。
（2）反应①的化学方程式为__________，反应②的离子方程式为_________________，
（3）若参加反应的A的质量为39g，则消耗CO2的体积（标况下）为__________L。
（4）L的化学式__________，G的化学式__________________________。
【答案】 (1). (2). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (3). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (4). 11.2 (5). HNO3 (6). Ca(OH)2
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体,B为导致“温室效应”的主要物质,二者发生反应,则A为Na2O2,B为CO2,二者反应生成Na2CO3和O2,G在实验室中常用于检验CO2的存在,则G为Ca(OH)2,故C为O2,D为Na2CO3,金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀,则J为Fe(OH)3,E为Fe,F为Fe3O4,L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液若保存不当常呈黄色,应是浓硝酸所具有的性质,则L为HNO3,K为Fe(NO3)3,H为NaOH,I为CaCO3；据以上分析解答。
【详解】(1)由上述分析可以知道,A为Na2O2 ,电子式为；
因此，本题正确答案是:；
(2)反应①的化学方程式为: 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②的离子方程式为:Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓；
因此，本题正确答案是: 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓；
(3)n（Na2O2）=39÷78=0.5mol,由2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应可知，则消耗CO2的体积（标况下）为0.5×22.4=11.2L；
因此，本题正确答案是: 11.2；
（4）结合以上分析可知，L的化学式HNO3，G的化学式为Ca(OH)2；
因此，本题正确答案是: HNO3；Ca(OH)2。
20.[2012·南通二调]碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的 沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是 。
（2）在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作 。若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为 。
（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2+离子，可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子。该水解反应的离子方程式为 。
（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为 。
A．氯水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
【答案】 (1). Al3＋ (2). 加快反应速率 (3). 氧化剂 (4). 2 mol (5). 2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋ (6). D
【解析】
【分析】
根据物质的分离、提纯的方法和基本操作进行分析。
【详解】(1)过量的铁使Fe3＋转化成Fe2＋，这样通过调节pH在4.4～7.5，可以使Al3＋全部沉淀，而Fe2＋未沉淀。“搅拌”使得反应物增大接触面积，反应速率加快。本小题答案为：Al3＋；加快反应速率。
(2)从反应Ⅱ知，NaNO2转化为NO，NaNO2作氧化剂，增加O2的量，以减少NaNO2，说明O2也作氧化剂。根据电子转移总数知，NaNO2中N的化合价变化1，而O2的化合价变化4，相当于通入1mol O2节约4mol的NaNO2。若参与反应的O2有11.2 L(标准状况)，则O2物质的量为0.5mol，相当于节约NaNO2的物质的量为2 mol。本小题答案为：氧化剂；2mol。
(3)由Fe(OH)2＋离子水解生成Fe2(OH)42-，由铁守恒可知，多出的OH－应由水提供。该水解反应的离子方程式为2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋。本小题答案为：2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋。
(4)要检验是否存在Fe2＋，必须排除Fe3＋的干扰，应利用Fe2＋的还原性、能使高锰酸钾溶液褪色，故应选择酸性KMnO4溶液作试剂。本小题答案为：D。
21.已知：
①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解
②
现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。
请回答下列问题：
（1）X中官能的名称是______________。
（2）F→H的反应类型是_________________。
（3）I的结构简式为___________________；
（4）E不具有的化学性质________（选填序号）
a．取代反应 b．消去反应
c．氧化反应 d．1molE最多能与2molNaHCO3反应
（5）写出下列反应的化学方程式：
①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：________________ ；
②F→G的化学方程式：____________________；
（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_____ 种，其中一种的结构简式为________。
a．苯环上核磁共振氢谱有两种
b．不能发生水解反应
c．遇FeCl3溶液不显色
d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应
【答案】 (1). 酯基、溴原子 (2). 消去反应 (3). (4). b、d (5). (6). (7). 4 (8). ：、、、（任写一种）
【解析】
【分析】
分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是，E是，F是。
【详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；
（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。
（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为。
（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3 溶液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。
（5）① X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式是：；② F→G的化学方程式是：；
（6）E是，同时符合条件a．苯环上核磁共振氢谱有两种，说明只有两类氢原子；b．不能发生水解反应说明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个醇羟基和一个羧基的E的同分异构体共有4 种，他们的结构分别是：、、、。
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