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2020-2021学年湖南娄底高三上化学月考试卷
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这是一份2020-2021学年湖南娄底高三上化学月考试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（ ）
A.葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐
B.烧碱、石灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料
C.碳酸氢钠、碳酸钠、碳酸镁、氢氧化铝均可作抗酸药
D.亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用其来浸泡新鲜瓜果
2. NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2C====高温Na2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
⋅L−1Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NA
溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA
C.生成1ml还原产物时转移电子数为 8NA
D.通常状况下，11.2LCO2中含有的共价键数目为2NA
3. 下列各溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A.c(H+)=10−14ml/L的溶液中：Na+、A1O2−、S2−、SO32−
B.使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I−、NO3−、Cl−
C.碳酸氢钠溶液中：K+、SO42−、Cl−、H+
D.使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42−、K+
4. 已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）
A.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B.氧化性由强到弱顺序为 KBrO3>KClO3>Cl2>Br2
C.反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:1
D.③中1ml还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2ml
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.36g由35Cl 和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NA
C3H6和C2H4的混合物中含有共用电子对的数目为1.2NA
C.含4ml Si−O键的二氧化硅晶体中，氧原子数为4NA
D.一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NA
6. 下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是（ ）
A.FeCl3溶液与Cu的反应： Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
B.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3−+OH−=CO32−+H2O
C.少量Ca(OH)2和NaHCO3反应Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O
D.FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应： 2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2
7. 下列几种导电性变化图像，其中实验操作与图像序号相符的是（ ）
A.AB.BC.CD.D
8. 用下图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是（ ）
A. 鉴别纯碱与小苏打
B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应
D. 探究钠与Cl2反应
9. 实验室里需用480mL 0.1ml⋅L−1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（ ）
A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水
B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液
C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水
D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液
10. 1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标准状况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是（ ）
A.504mLB.168mLC.336mLD.224mL
11. 已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）
A.分子式为C10H14O6
B.含有的官能团为羟基、羧基和酯基
C.该分子不能发生取代反应
D.它属于芳香烃
12. 分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（ ）
A.5种B.6种C.7种D.8种
13. 丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，其结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A.丁子香酚可通过加聚反应生成高聚物
B.丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键
C.1ml丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4ml H2
D.丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键
14. 已知氧化性：Fe3+>Cu2+，现向1L含有0.1ml Fe2(SO4)3和0.2ml CuCl2的某混合溶液中加入0.2ml Fe，充分反应后（忽略溶液体积变化），下列说法正确的是（已知2Fe3++Fe=3Fe2+）（ ）
A.析出0.2 ml CuB.剩余0.1 ml Fe
C.溶液中c(Fe2+)=0.4 ml⋅L−1D.溶液中c(Fe3+)：c(Cu2+)=1:1
15. 若以w1和w2分别表示浓度为a ml⋅L−1和b ml⋅L−1氨水的质量分数，且已知2a＝b，则下列关系正确的是（氨水密度小于水）（ ）
A.2w1＝w2B.w1＝2w2C.2w1
16. 向含有0.2ml NaOH和0.1ml Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为8.96L（0℃，1.01×105Pa）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2的体积关系图象正确的是（气体的溶解和离子的水解忽略不计）（ ）
A.
B.
C.
D.
二、解答题
NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，广泛应用于工业生产。
（1）氢化钠（NaH）中氢元素的化合价为___________。
（2）NaH能与水剧烈反应： NaH+H2O===NaOH+H2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比是________，生成的H2标准状况下体积为2.24L时，转移电子的数目________。
（3）在高温下氢化钠（NaH）可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，该反应的化学方程式为：__________________________。
（4）NaH与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：__________________________。
（5）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：_______________________________。
在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙（粒子直径在 1∼10mm之间）。下图所示A∼E为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题。
（1）实验室制取氨气的化学方程式：_____________________________________。
（2）选用上图所示装置制取、收集干燥的NH3，接口的连接顺序是：a→________→________→________→________→h（填小写字母代号）。
（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是______________，试写出制纳米级碳酸钙的离子方程式：__________________________________________。
（4）在浓CaCl2溶液和NH3用量正确的情况下， CO2不足或过量都会导致纳米级碳酸钙产量下降，若CO2过量，溶液中大量存在的离子有（不考虑弱电解质的电离和盐类水解产生的少量离子）：___________________________________。
绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，可用化学实现“化废为宝”。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、铁的氧化物等）生产碱式硫酸铁 （是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂）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的pH见下表：
回答下列问题：
（1）用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有____________。
（2）写出酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式：_____________________________。
（3）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在______________范围内。
（4）已知室温下，Al(OH)3 的Ksp＝1.3×10−33，在pH＝5时，溶液中的c(Al3+)＝________。
（5）反应Ⅱ中入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_______________________________。
（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的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______________________________________________。
（7）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000 ml⋅L−1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：2Fe3++2I−===2Fe2++I2，I2+2S2O32−===2I−+S4O62−，则溶液中铁元素的总含量为________g/L。
目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C(C7H8O3)为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：
（1）化合物C的结构简式为_______________________。B的官能团名称__________________________。
（2）上述转化过程中属于取代反应的有_____________。
A．①③④ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式______________________________________。
（4）写出A生成B的反应的化学方程式___________________________________________________。
（5）下列关于化合物D的说法正确的是________（填字母）。
A．属于酯类化合物
B．1ml D最多能与4ml H2发生加成反应
C．一定条件下发生加聚反应
D．核磁共振氢谱有5组峰
（6）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式________________________，_________________________。
①苯环上一溴代物只有2种 ②能发生银镜反应 ③苯环上有3个取代基
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南娄底高三上化学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
化学与生活
二氧化硫的化学性质
硅和二氧化硅
【解析】
A．二氧化硫具有还原性，可起到抗氧化的作用；
B．依据玻璃制造原料解答；
C．碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝都能中和胃酸中过量的盐酸；
D．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸盐有毒。
【解答】
A．二氧化硫能消毒杀菌，且具有还原性，可起到抗氧化的作用，但二氧化硫有毒，在葡萄酒中只能少量添加，故A正确；
B．制造普通玻璃的原料为石英砂(SiO2)、石灰石(CaCO3)和纯碱。在玻璃窑中强热时主要发生反应：SiO2+Na2CO3===高温Na2SiO3+CO2↑，SiO2+CaCO3===高温CaSiO3+CO2↑，故B错误；
C．胃酸中含有盐酸，碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝都能中和胃酸中的过量盐酸，且反应温和，对人体无害，所以可以用作抗酸药；碳酸钠碱性较强，不可用作抗酸药，故C错误；
D．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸盐有毒，不宜用来浸泡新鲜瓜果，故D错误；
故选A。
2.
【答案】
C
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．硫酸钠溶液中除了硫酸钠本身，水中也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于NA，故A错误；
B．S2−水解生成HS−和OH−，1L 0.1ml⋅L−1 Na2S溶液中的阴离子数目大于0.1NA，故B错误；
C．该反应中Na2S为还原产物，S的化合价从+6价变为−2价，转移电子数为8NA，故C正确；
D．非标准状况下，11.2LCO2不一定是0.5ml，故含有的共价键的数目不一定为2NA，故D错误；
故选C 。
3.
【答案】
A
【考点】
离子共存问题
【解析】
A．从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，c(H+)=10−14ml/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2−、S2−、SO32−都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存；
B．从溶液的酸碱性和离子是否发生氧化还原反应来分析，使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3−具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存；
C．碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存；
D．从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别生成难溶性碱而不能大量共存；
【解答】
A．c(H+)=10−14ml/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2−、S2−、SO32−在碱性条件下不发生任何反应而大量共存，故A正确；
B．使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3−具有强氧化性，能与Fe2+、I−发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；
C．碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存，该离子组中H+和HCO3−反应而不能大量共存，故C错误；
D．使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别反应生成难溶的Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，故D错误；
故选A。
4.
【答案】
B
【考点】
氧化还原反应
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；
B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，氧化性：Cl2>Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氧化性：KClO3>Cl2，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，氧化性：KBrO3>KClO3，则氧化性强弱顺序是KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，故B正确；
C．反应②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的56的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5:1，故C错误；
D．反应③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中1ml还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2×(5−0)ml=10ml，故D错误；
故选B。
5.
【答案】
B
【考点】
阿伏加德罗常数
氧化还原反应的电子转移数目计算
物质的量的相关计算
【解析】
A．35Cl 和37C1组成的氯气中两氯原子的比例未知；
B．C3H6和C2H4具有相同最简式CH2，1个C3H6含有9对共用电子对，1个乙烯分子含有6对共用电子对，所以每个碳原子平均形成1对共用电子对，每个氢原子形成1对共用电子对；
C.1ml二氧化硅中含有4ml硅氧键，检验计算出含有的氧原子数目；
D．铜与硫电子反应生成的硫化亚铜，0.1ml铜完全反应转移了0.1ml电子；
【解答】
A．35Cl 和37Cl组成的氯气中两氯原子的比例未知，故此氯气的摩尔质量不能确定，物质的量无法求算，则含有的质子数无法计算，故A错误；
B．C3H6和C2H4具有相同的最简式CH2，5.6g C3H6和C2H4的混合物中含有CH2原子团的物质的量为5.6g14g/ml=0.4ml，含有共用电子对的数目为0.4ml×3×NA=1.2NA，故B正确；
C．含4ml Si−O键的二氧化硅的物质的量为1ml，1ml二氧化硅含有2ml氧原子，氧原子数为2NA，故C错误；
D．6.4g铜的物质的量为0.1ml，0.1ml铜与过量硫单质完全反应生成0.05ml硫化亚铜，转移了0.1ml电子，转移电子数目为0.1NA，故D错误；
故选B。
6.
【答案】
D
【考点】
氧化还原反应
离子方程式的书写
【解析】
A．电荷、电子不守恒；
B．漏写铵根离子与碱的反应；
C．反应生成碳酸钠和碳酸钙的比值为1:1；
D．与等物质的量的氯气反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。
【解答】
A．FeCl3溶液与Cu的反应，根据电荷守恒，反应的离子方程式为 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，NH4+和OH−反应生成NH3⋅H2O，HCO3−和OH−反应生成CO32−和H2O，反应的离子方程式为NH4++HCO3−+2OH−=CO32−+H2O+NH3⋅H2O，故B错误；
C．少量Ca(OH)2和NaHCO3反应，反应生成碳酸钠和碳酸钙的比值为1:1，反应的离子方程式为Ca2++2OH−+2HCO3−=CaCO3↓+H2O+CO32−，故C错误；
D．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应，Fe2+全部被氧化，Br−部分被氧化 ，反应的离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2，故D正确；
故选D。
7.
【答案】
C
【考点】
电解质溶液的导电性
【解析】
【解答】
溶液导电性与溶液中离子浓度大小有关，相同条件下，离子浓度越大，导电性越强；与离子所带电荷有关，离子所带电荷数越高，导电性越强。
A．向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2，溶液恰好完全反应生成硫酸钡和水，离子浓度减小，导电性减弱，完全中和时导电性接近于0后不再改变，操作与图像①不相符，故A错误；
B．向氨水中通入HCl直至过量，氯化氢和一水合氨反应生成氯化铵溶液，溶液中离子浓度增大，导电性增强，饱和后离子浓度基本不变，导电性不变，操作与图像①不相符，故B错误；
C．氢氧化钠溶液中通入氯气发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯化钠和次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离，溶液中离子浓度变化不大，溶液导电性变化不大，操作与图像③相符，故C正确；
D．向饱和石灰水中不断通入CO2 发生反应生成碳酸钙沉淀，溶液中离子浓度减小，随着CO2的不断通入，碳酸钙溶解，溶液中离子浓度增大，导电性显减小后增大，操作与图像④不相符，故D错误；
故选C。
8.
【答案】
A
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．碳酸氢钠加热分解有水生成；
B．Na2O2与水反应生成氧气且放热；
C．氯气与NaOH反应使锥形瓶中气体减少；
D．氯气与Na反应生成氯化钠，含碱液的棉花团可吸收过量氯气。
【解答】
A．碳酸氢钠加热分解有水生成，试管口应略向下倾斜，故A错误；
B．Na2O2与水反应生成氧气且放热，则脱脂棉燃烧，故B正确；
C．氯气与NaOH反应使锥形瓶中气体减少，可观察气球变大，故C正确；
D．氯气与Na反应生成氯化钠，含碱液的棉花团可吸收过量氯气，生成白色固体可说明钠与氯气反应，故D正确；
故选A。
9.
【答案】
D
【考点】
配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】
此题暂无解析
【解答】
需用480mL 0.1ml⋅L−1的硫酸铜溶液，应配制500ml 0.1ml⋅L−1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为0.5L×0.1ml⋅L−1=0.05ml，需要称取硫酸铜的质量为0.05ml×160g/ml=8g，若称取胆矾，则质量为0.05ml×250g/ml=12.5g。
A．称取硫酸铜的质量为0.05ml×160g/ml＝8g，加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，故A错误；
B．胆矾的化学式为CuSO4⋅5H2O，若称取胆矾，则质量应为0.05ml×250g/ml=12.5g，故B错误；
C．加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，故应为加水配成500mL溶液，故C错误；
D．胆矾的化学式为CuSO4⋅5H2O，称取质量为0.05ml×250g/ml=12.5g，加水配成500mL溶液，符合实验操作，故D正确；
故选D。
10.
【答案】
C
【考点】
硝酸的化学性质
氧化还原反应
气体摩尔体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1.92g铜的物质的量是1.9264g/ml=0.03ml，由题意知，铜与浓硝酸反应时，生成物为NO2和NO混合气体，之后NO2和NO混合气体又与氧气反应，被氧气氧化后溶于水生成HNO3，所以从整个过程来说，可看作铜被氧气氧化，即铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，由电子得失守恒可知，1ml铜完全反应消耗0.5ml氧气，则0.03ml铜完全反应要消耗0.015ml氧气，所以通入氧气的体积是0.015ml×22.4L/ml=0.336L=336mL。
故选C。
11.
【答案】
B
【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．分子式为C10H10O6，故A错误；
B．含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；
C．分子结构中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；
D．除含有苯环外，还含有氧元素，属于芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；
故选B。
12.
【答案】
D
【考点】
同分异构现象和同分异构体
【解析】
分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有−OH，该物质为戊醇，书写戊基−C5H11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目．
【解答】
分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有−OH，该物质为戊醇，戊基−C5H11可能的结构有：−CH2CH2CH2CH2CH3、−CH(CH3)CH2CH2CH3、−CH(CH2CH3)2、−CH2CH(CH3)CH2CH3、−C(CH3)2CH2CH3、−CH(CH3)CH(CH3)2、−CH2CH2CH(CH3)2、−CH2C(CH3)3，所以该有机物的可能结构有8种。
故选D。
13.
【答案】
D
【考点】
有机物的结构和性质
有机物分子中的官能团及其结构
氧化还原反应
【解析】
【解答】
A．丁子香酚中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物，故A正确；
B．丁子香酚中含有碳碳双键、羟基和醚键三种官能团，其中含氧官能团是羟基和醚键，故B正确；
C．丁子香酚中的苯环及碳碳双键都可以和氢气发生加成反应，1ml丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4ml H2，故C正确；
D．因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基的第一个碳原子上含有氢原子，故该烃基也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误；
故选D。
14.
【答案】
C
【考点】
氧化还原反应的计算
【解析】
溶液中铁离子和铜离子的物质的量都是0.2ml．由于氧化性Fe3+>Cu2+，则首先发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，0.2ml铁离子完全反应消耗0.1mlFe，剩余的0.1mlFe发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，0.1mlFe完全反应消耗0.1ml铜离子，反应后还剩余0.1ml铜离子，据此进行解答．
【解答】
0.1ml Fe2(SO4)3中含有Fe3+物质的量为0.2ml，0.2ml CuCl2中含有Cu2+的物质的量是0.2ml；
由于氧化性Fe3+>Cu2+，所以首先发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，0.2ml铁离子会消耗0.1ml单质铁，生成0.3mlFe2+；然后发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，0.1ml铁还会消耗0.1mlCu2+，得到0.1mlFe2+，0.1mlCu，还剩余0.1mlCu2+；
A．根据分析可知，反应后析出0.1mlCu，故A错误；
B．反应后还剩余0.1mlCu2+，Fe没有剩余，故B错误；
C．反应后溶液中Fe2+的物质的量为：0.3ml+0.1ml=0.4ml，溶液中c(Fe2+)=0.4ml1L=0.4 ml⋅L−1，故C正确；
D．反应后溶液中不存在Fe3+，故D错误；
故选C．
15.
【答案】
C
【考点】
溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】
结合氨水的浓度越大，密度越小，进行判断。
【解答】
由题意知，bml⋅L−1的浓度为aml⋅L−1的2倍，取相同体积的两种溶液，bml⋅L−1所对应的溶液所含溶质的物质的量和质量为aml/L溶液中溶质的2倍，而bml⋅L−1的溶液浓度大，密度较小，溶液质量比aml⋅L−1溶液的质量小，故溶质质量分数比aml⋅L−1溶液的2倍还要大，即：w2>2w1，故C正确；
故选C。
16.
【答案】
A
【考点】
离子方程式的有关计算
物质的量浓度的相关计算
【解析】
n(CO2)=，通入含有0.2mlNaOH和0.1mlBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++20H−+CO2＝BaCO3↓+H2O，0.1mlBa(OH)2完全反应消耗0.1mlCO2，剩余0.2mlOH−，生成0.1mlBaCO3，然后发生2OH−+CO2＝CO32−+H2O，消耗0.1mlCO2，生成0.1mlCO32−，上述两阶段共消耗0.2mlCO2，剩余0.2mlCO2，再发生CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，消耗0.1mlCO2，最后发生BaCO3+CO2+H2O＝Ba2++2HCO3−，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答。
【解答】
含有0.2ml NaOH和0.1ml Ba(OH)2的溶液中离子总的物质的量为0.2ml×2+0.1ml×3＝0.7ml，
n(CO2)=，通入含有0.2mlNaOH和0.1mlBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH−+CO2＝BaCO3↓+H2O，该阶段0.1mlBa(OH)2完全反应消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3ml，溶液中离子物质的量为0.7ml−0.3ml＝0.4ml，其中含有0.2mlOH−、生成0.1mlBaCO3；
然后发生2OH−+CO2＝CO32−+H2O，0.2mlOH−完全反应消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1ml，溶液中剩余离子物质的量为0.4ml−0.1ml＝0.3ml，溶液中含有0.2mlNa+、0.1mlCO32−；
再发生CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1ml，溶液中离子为0.4ml；最后发生BaCO3+CO2+H2O＝Ba2++2HCO3−，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.3ml，溶液中总离子为0.7ml；
故图象A符合，故选A。
二、解答题
【答案】
（1） −1
（2）1:1,0.1NA（或6.02×1022或0.1ml）
（3）2NaH+TiCl4====高温Ti+2NaCl+2HCl↑
（4）4NaH+AlCl3====NaAlH4+3NaCl
（5）NaAlH4+2H2O====4H2↑+NaAlO2
【考点】
根据化学式判断化合价
氧化还原反应
氧化还原反应的电子转移数目计算
化学方程式的书写
【解析】
【解答】
（1） 氢化钠(NaH)中钠元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，氢元素的化合价为−1价。
（2）NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O===NaOH+H2↑，NaH中氢元素的化合价由−1价变为0价，作还原剂，H2O中氢元素的化合价由+1价变为0价，作氧化剂 ，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；标准状况下，2.24LH2的物质的量为⋅ml−1=0.1ml，每生成1ml H2，转移1ml电子，故生成的H2标准状况下体积为2.24L时，转移电子的数目为0.1NA（或6.02×1022或0.1ml）。
（3）在高温下氢化钠（NaH）可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，氢元素的化合价由−1价变为+1价，钛元素的化合价由+4价变为0价，该反应的化学方程式为2NaH+TiCl4====高温Ti+2NaCl+2HCl↑。
（4）NaH与AlCl3反应得到NaAlH4，此反应无化合价变化，根据原子守恒，推测另一生成物为NaCl，则该反应的化学方程式为4NaH+AlCl3====NaAlH4+3NaCl。
（5）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaAlH4中H的化合价升高，H2O中H的化合价降低，该反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O====4H2↑+NaAlO2。
【答案】
（1）Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）d,e,g,f
（3）NH3,Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+
（4）Ca2+、HCO3−、NH4+、Cl−
【考点】
制备实验方案的设计
氨的实验室制法
离子共存问题
离子方程式的书写
化学方程式的书写
实验装置综合
常见气体制备原理及装置选择
连接仪器装置
【解析】
（1）本小题考查实验室制取氨气的反应原理：Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）本题考查实验仪器的组装，制备纯净干燥气体的装置依次为：发生装置、净化和干燥装置、收集装置和尾气处理装置。
（3）为了增大反应速率，提高纳米碳酸钙的产量，需增大反应的浓度，因而先通入易溶于水的氨气，使溶液显碱性更利于CO2的吸收，生成纳米碳酸钙的速率也就加快了。
（4）在浓CaCl2溶液和NH3用量不变的情况下，当CO2过量时，NH3反应完生成NH4+，碳酸钙溶解，生成碳酸氢钙，在不考虑弱电解质电离和水解的情况下大量存在的离子为Ca2+、 HCO3−、NH4+和Cl−。
【解答】
（1）实验室制氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制得，生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）实验室制备纯净干燥气体的装置依次为：发生装置、净化和干燥装置、收集装置和尾气处理装置。实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，应选A为发生装置；生成物中含有水，氨气溶于水显碱性，应选择碱石灰等固体干燥剂来吸收水蒸气，固体干燥剂一般盛放在干燥管或U形管中，故选C；氨气极易溶于水，且密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故选D且采用短管进长管出；氨气有刺激性气味，有毒，不能直接排放到空气中；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，故选D；注意干燥管的使用原则是大口进小口出；所以仪器装置的接口连接顺序是a、d、e、g、f、h，故答案为d、e、g、f。
（3）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，有利于吸收更多的二氧化碳，提高纳米级碳酸钙的产量；二氧化碳能和氨水反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的离子方程式为Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+。
故答案为：NH3，Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+。
（4）若通入过量CO2发生的反应为：CaCl2+2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl，CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，溶液中大量存在的离子有Ca2+、 HCO3−、NH4+和Cl−。
故答案为：Ca2+、HCO3−、NH4+、Cl−。
【答案】
（1）Fe2+、Al3+
（2）Fe3O4+8H+====Fe2++2Fe3++4H2O
（3）4.4≤pH<7.5
（4）1.3×10−6ml/L
（5）2H++Fe2++NO2−====Fe3++NO↑+H2O
（6）2Fe(OH)2++2H2O⇌Fe2(OH)42++2H+
（7）5.6
【考点】
工艺流程分析及综合应用
沉淀溶解的应用
探究物质的组成或测量物质的含量
离子方程式的书写
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
废铁屑中含少量氧化铝、铁的氧化物等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝，铁的氧化物与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过量的铁屑与三价铁离子反应生成亚铁离子，若还有铁屑剩余，则与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，将Al3+沉淀，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入H2SO4和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成Fe3+、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答。
（1）根据分析可知，用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+ 、Al3+。
（2）Fe3O4与H+反应生成Fe3+、Fe2+和H2O，离子方程式为Fe3O4+8H+====Fe2++2Fe3++4H2O。
（3）制备硫酸亚铁溶液，需将溶液中的硫酸铝分离，故应调节溶液pH使Al3+生成Al(OH)3沉淀，同时要避免生成Fe(OH)2沉淀，根据表中数据可知，pH在4.4∼7.5之间可将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，而Fe2+不能生成沉淀，所以应控制pH在4.4∼7.5之间。
（4）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)⋅c3(OH−)=1.3×10−33 ，pH=5时，c(OH−)=1×10−9ml/L，所以c(Al3+)=Kspc3(OH−)=1.3×10−33(1×10−9)3ml/L=1.3×10−6ml/L。
（5）酸性条件下，NaNO2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H++Fe2++NO2−=Fe3++NO↑+H2O。
（6）Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为2Fe(OH)2++2H2O⇌Fe2(OH)42++2H+。
（7）H2O2可氧化Fe2+为Fe3+，根据所给反应可得关系式Fe3+∼S2O32−，则溶液中铁元素的总含量为0.02L×0.1000ml/L×56g/ml0.02L=5.6g/L。
【答案】
（1）,碳碳双键、溴原子
（2）D
（3）CH2=CHCH2Br+NaOH→水△CH2=CHCH2OH+NaBr
（4）CH2=CHCH3+Br2→光CH2=CHCH2Br+HBr
（5）BC
（6）,
【考点】
有机化学基础综合应用
有机化学反应方程式的书写
有机物的结构和性质
有机物的推断
有机物分子中的官能团及其结构
取代反应与加成反应
同分异构现象和同分异构体
【解析】
【解答】
A为丙烯，在光照条件下发生烷烃基的取代反应，结合D的结构分析可知发生的是一溴取代反应，所以B的结构简式为CH2=CHCH2Br；有机物C的分子式为 C7H6O3，结合D的结构分析可知，C的结构简式为：；
B和C发生取代反应生成D，D与SOCl2发生取代反应，其中羧基中的−OH被氯原子取代生成E，E与发生取代反应生成F。
（1）有机物C为C7H6O3，结合D的结构，可推知C为；丙烯与溴在光照条件下生成B为CH2=CHCH2Br，B中含有的官能团有碳碳双键、溴原子。
（2）反应①发生取代反应，反应②为取代反应，对比D、E的结构可知，反应③是D的羧基中的−OH被氯原子替代生成E，对比E、F结构可知，反应④是E中氯原子被取代生成F，发生取代反应的有①②③④，故选D。
（3）B为CH2＝CHCH2Br，在碱性条件下水解生成CH2＝CHCH2OH，反应方程式为CH2=CHCH2Br+NaOH→水△CH2=CHCH2OH+NaBr。
（4）A为丙烯，在光照条件下发生烷烃基的取代反应，分析可知发生的是一溴取代反应，生成物B为CH2=CHCH2Br，反应的化学方程式为CH2=CHCH3+Br2→光CH2=CHCH2Br+HBr。
（5）化合物D为。
A．化合物D不含酯基，不属于酯类化合物，故A错误；
B．苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mlD最多能与4mlH2发生加成反应，故B正确；
C．D含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故C正确；
D．D分子中含有6种化学环境不同的氢，核磁共振氢谱有6组峰，故D错误；
故BC。
（6）符合下列条件的化合物C（）的同分异构体：①苯环上一溴代物只有2种，说明苯环上有2种氢，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③苯环上有3个取代基，则取代基为−CHO、2个−OH，且存在对称结构，符合条件的同分异构体结构简式为、。选项
实验操作
图像
A
向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液
①
B
向氨水中通入HCl直至过量
①
C
向NaOH溶液中通入少量Cl2
③
D
向饱和石灰水中不断通入CO2
④
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
1. 化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（ ）
A.葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐
B.烧碱、石灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料
C.碳酸氢钠、碳酸钠、碳酸镁、氢氧化铝均可作抗酸药
D.亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用其来浸泡新鲜瓜果
2. NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2C====高温Na2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
⋅L−1Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NA
溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA
C.生成1ml还原产物时转移电子数为 8NA
D.通常状况下，11.2LCO2中含有的共价键数目为2NA
3. 下列各溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A.c(H+)=10−14ml/L的溶液中：Na+、A1O2−、S2−、SO32−
B.使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I−、NO3−、Cl−
C.碳酸氢钠溶液中：K+、SO42−、Cl−、H+
D.使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42−、K+
4. 已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）
A.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B.氧化性由强到弱顺序为 KBrO3>KClO3>Cl2>Br2
C.反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:1
D.③中1ml还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2ml
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.36g由35Cl 和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NA
C3H6和C2H4的混合物中含有共用电子对的数目为1.2NA
C.含4ml Si−O键的二氧化硅晶体中，氧原子数为4NA
D.一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NA
6. 下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是（ ）
A.FeCl3溶液与Cu的反应： Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
B.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3−+OH−=CO32−+H2O
C.少量Ca(OH)2和NaHCO3反应Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O
D.FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应： 2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2
7. 下列几种导电性变化图像，其中实验操作与图像序号相符的是（ ）
A.AB.BC.CD.D
8. 用下图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是（ ）
A. 鉴别纯碱与小苏打
B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应
D. 探究钠与Cl2反应
9. 实验室里需用480mL 0.1ml⋅L−1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（ ）
A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水
B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液
C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水
D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液
10. 1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标准状况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是（ ）
A.504mLB.168mLC.336mLD.224mL
11. 已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）
A.分子式为C10H14O6
B.含有的官能团为羟基、羧基和酯基
C.该分子不能发生取代反应
D.它属于芳香烃
12. 分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（ ）
A.5种B.6种C.7种D.8种
13. 丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，其结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A.丁子香酚可通过加聚反应生成高聚物
B.丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键
C.1ml丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4ml H2
D.丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键
14. 已知氧化性：Fe3+>Cu2+，现向1L含有0.1ml Fe2(SO4)3和0.2ml CuCl2的某混合溶液中加入0.2ml Fe，充分反应后（忽略溶液体积变化），下列说法正确的是（已知2Fe3++Fe=3Fe2+）（ ）
A.析出0.2 ml CuB.剩余0.1 ml Fe
C.溶液中c(Fe2+)=0.4 ml⋅L−1D.溶液中c(Fe3+)：c(Cu2+)=1:1
15. 若以w1和w2分别表示浓度为a ml⋅L−1和b ml⋅L−1氨水的质量分数，且已知2a＝b，则下列关系正确的是（氨水密度小于水）（ ）
A.2w1＝w2B.w1＝2w2C.2w1
16. 向含有0.2ml NaOH和0.1ml Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为8.96L（0℃，1.01×105Pa）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2的体积关系图象正确的是（气体的溶解和离子的水解忽略不计）（ ）
A.
B.
C.
D.
二、解答题
NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，广泛应用于工业生产。
（1）氢化钠（NaH）中氢元素的化合价为___________。
（2）NaH能与水剧烈反应： NaH+H2O===NaOH+H2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比是________，生成的H2标准状况下体积为2.24L时，转移电子的数目________。
（3）在高温下氢化钠（NaH）可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，该反应的化学方程式为：__________________________。
（4）NaH与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：__________________________。
（5）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：_______________________________。
在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙（粒子直径在 1∼10mm之间）。下图所示A∼E为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题。
（1）实验室制取氨气的化学方程式：_____________________________________。
（2）选用上图所示装置制取、收集干燥的NH3，接口的连接顺序是：a→________→________→________→________→h（填小写字母代号）。
（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是______________，试写出制纳米级碳酸钙的离子方程式：__________________________________________。
（4）在浓CaCl2溶液和NH3用量正确的情况下， CO2不足或过量都会导致纳米级碳酸钙产量下降，若CO2过量，溶液中大量存在的离子有（不考虑弱电解质的电离和盐类水解产生的少量离子）：___________________________________。
绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，可用化学实现“化废为宝”。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、铁的氧化物等）生产碱式硫酸铁 （是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂）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的pH见下表：
回答下列问题：
（1）用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有____________。
（2）写出酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式：_____________________________。
（3）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在______________范围内。
（4）已知室温下，Al(OH)3 的Ksp＝1.3×10−33，在pH＝5时，溶液中的c(Al3+)＝________。
（5）反应Ⅱ中入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_______________________________。
（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的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______________________________________________。
（7）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000 ml⋅L−1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：2Fe3++2I−===2Fe2++I2，I2+2S2O32−===2I−+S4O62−，则溶液中铁元素的总含量为________g/L。
目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C(C7H8O3)为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：
（1）化合物C的结构简式为_______________________。B的官能团名称__________________________。
（2）上述转化过程中属于取代反应的有_____________。
A．①③④ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式______________________________________。
（4）写出A生成B的反应的化学方程式___________________________________________________。
（5）下列关于化合物D的说法正确的是________（填字母）。
A．属于酯类化合物
B．1ml D最多能与4ml H2发生加成反应
C．一定条件下发生加聚反应
D．核磁共振氢谱有5组峰
（6）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式________________________，_________________________。
①苯环上一溴代物只有2种 ②能发生银镜反应 ③苯环上有3个取代基
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南娄底高三上化学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
化学与生活
二氧化硫的化学性质
硅和二氧化硅
【解析】
A．二氧化硫具有还原性，可起到抗氧化的作用；
B．依据玻璃制造原料解答；
C．碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝都能中和胃酸中过量的盐酸；
D．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸盐有毒。
【解答】
A．二氧化硫能消毒杀菌，且具有还原性，可起到抗氧化的作用，但二氧化硫有毒，在葡萄酒中只能少量添加，故A正确；
B．制造普通玻璃的原料为石英砂(SiO2)、石灰石(CaCO3)和纯碱。在玻璃窑中强热时主要发生反应：SiO2+Na2CO3===高温Na2SiO3+CO2↑，SiO2+CaCO3===高温CaSiO3+CO2↑，故B错误；
C．胃酸中含有盐酸，碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝都能中和胃酸中的过量盐酸，且反应温和，对人体无害，所以可以用作抗酸药；碳酸钠碱性较强，不可用作抗酸药，故C错误；
D．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸盐有毒，不宜用来浸泡新鲜瓜果，故D错误；
故选A。
2.
【答案】
C
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．硫酸钠溶液中除了硫酸钠本身，水中也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于NA，故A错误；
B．S2−水解生成HS−和OH−，1L 0.1ml⋅L−1 Na2S溶液中的阴离子数目大于0.1NA，故B错误；
C．该反应中Na2S为还原产物，S的化合价从+6价变为−2价，转移电子数为8NA，故C正确；
D．非标准状况下，11.2LCO2不一定是0.5ml，故含有的共价键的数目不一定为2NA，故D错误；
故选C 。
3.
【答案】
A
【考点】
离子共存问题
【解析】
A．从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，c(H+)=10−14ml/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2−、S2−、SO32−都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存；
B．从溶液的酸碱性和离子是否发生氧化还原反应来分析，使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3−具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存；
C．碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存；
D．从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别生成难溶性碱而不能大量共存；
【解答】
A．c(H+)=10−14ml/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2−、S2−、SO32−在碱性条件下不发生任何反应而大量共存，故A正确；
B．使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3−具有强氧化性，能与Fe2+、I−发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；
C．碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存，该离子组中H+和HCO3−反应而不能大量共存，故C错误；
D．使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别反应生成难溶的Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，故D错误；
故选A。
4.
【答案】
B
【考点】
氧化还原反应
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；
B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，氧化性：Cl2>Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氧化性：KClO3>Cl2，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，氧化性：KBrO3>KClO3，则氧化性强弱顺序是KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，故B正确；
C．反应②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的56的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5:1，故C错误；
D．反应③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中1ml还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2×(5−0)ml=10ml，故D错误；
故选B。
5.
【答案】
B
【考点】
阿伏加德罗常数
氧化还原反应的电子转移数目计算
物质的量的相关计算
【解析】
A．35Cl 和37C1组成的氯气中两氯原子的比例未知；
B．C3H6和C2H4具有相同最简式CH2，1个C3H6含有9对共用电子对，1个乙烯分子含有6对共用电子对，所以每个碳原子平均形成1对共用电子对，每个氢原子形成1对共用电子对；
C.1ml二氧化硅中含有4ml硅氧键，检验计算出含有的氧原子数目；
D．铜与硫电子反应生成的硫化亚铜，0.1ml铜完全反应转移了0.1ml电子；
【解答】
A．35Cl 和37Cl组成的氯气中两氯原子的比例未知，故此氯气的摩尔质量不能确定，物质的量无法求算，则含有的质子数无法计算，故A错误；
B．C3H6和C2H4具有相同的最简式CH2，5.6g C3H6和C2H4的混合物中含有CH2原子团的物质的量为5.6g14g/ml=0.4ml，含有共用电子对的数目为0.4ml×3×NA=1.2NA，故B正确；
C．含4ml Si−O键的二氧化硅的物质的量为1ml，1ml二氧化硅含有2ml氧原子，氧原子数为2NA，故C错误；
D．6.4g铜的物质的量为0.1ml，0.1ml铜与过量硫单质完全反应生成0.05ml硫化亚铜，转移了0.1ml电子，转移电子数目为0.1NA，故D错误；
故选B。
6.
【答案】
D
【考点】
氧化还原反应
离子方程式的书写
【解析】
A．电荷、电子不守恒；
B．漏写铵根离子与碱的反应；
C．反应生成碳酸钠和碳酸钙的比值为1:1；
D．与等物质的量的氯气反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。
【解答】
A．FeCl3溶液与Cu的反应，根据电荷守恒，反应的离子方程式为 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，NH4+和OH−反应生成NH3⋅H2O，HCO3−和OH−反应生成CO32−和H2O，反应的离子方程式为NH4++HCO3−+2OH−=CO32−+H2O+NH3⋅H2O，故B错误；
C．少量Ca(OH)2和NaHCO3反应，反应生成碳酸钠和碳酸钙的比值为1:1，反应的离子方程式为Ca2++2OH−+2HCO3−=CaCO3↓+H2O+CO32−，故C错误；
D．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应，Fe2+全部被氧化，Br−部分被氧化 ，反应的离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2，故D正确；
故选D。
7.
【答案】
C
【考点】
电解质溶液的导电性
【解析】
【解答】
溶液导电性与溶液中离子浓度大小有关，相同条件下，离子浓度越大，导电性越强；与离子所带电荷有关，离子所带电荷数越高，导电性越强。
A．向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2，溶液恰好完全反应生成硫酸钡和水，离子浓度减小，导电性减弱，完全中和时导电性接近于0后不再改变，操作与图像①不相符，故A错误；
B．向氨水中通入HCl直至过量，氯化氢和一水合氨反应生成氯化铵溶液，溶液中离子浓度增大，导电性增强，饱和后离子浓度基本不变，导电性不变，操作与图像①不相符，故B错误；
C．氢氧化钠溶液中通入氯气发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯化钠和次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离，溶液中离子浓度变化不大，溶液导电性变化不大，操作与图像③相符，故C正确；
D．向饱和石灰水中不断通入CO2 发生反应生成碳酸钙沉淀，溶液中离子浓度减小，随着CO2的不断通入，碳酸钙溶解，溶液中离子浓度增大，导电性显减小后增大，操作与图像④不相符，故D错误；
故选C。
8.
【答案】
A
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．碳酸氢钠加热分解有水生成；
B．Na2O2与水反应生成氧气且放热；
C．氯气与NaOH反应使锥形瓶中气体减少；
D．氯气与Na反应生成氯化钠，含碱液的棉花团可吸收过量氯气。
【解答】
A．碳酸氢钠加热分解有水生成，试管口应略向下倾斜，故A错误；
B．Na2O2与水反应生成氧气且放热，则脱脂棉燃烧，故B正确；
C．氯气与NaOH反应使锥形瓶中气体减少，可观察气球变大，故C正确；
D．氯气与Na反应生成氯化钠，含碱液的棉花团可吸收过量氯气，生成白色固体可说明钠与氯气反应，故D正确；
故选A。
9.
【答案】
D
【考点】
配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】
此题暂无解析
【解答】
需用480mL 0.1ml⋅L−1的硫酸铜溶液，应配制500ml 0.1ml⋅L−1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为0.5L×0.1ml⋅L−1=0.05ml，需要称取硫酸铜的质量为0.05ml×160g/ml=8g，若称取胆矾，则质量为0.05ml×250g/ml=12.5g。
A．称取硫酸铜的质量为0.05ml×160g/ml＝8g，加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，故A错误；
B．胆矾的化学式为CuSO4⋅5H2O，若称取胆矾，则质量应为0.05ml×250g/ml=12.5g，故B错误；
C．加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，故应为加水配成500mL溶液，故C错误；
D．胆矾的化学式为CuSO4⋅5H2O，称取质量为0.05ml×250g/ml=12.5g，加水配成500mL溶液，符合实验操作，故D正确；
故选D。
10.
【答案】
C
【考点】
硝酸的化学性质
氧化还原反应
气体摩尔体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1.92g铜的物质的量是1.9264g/ml=0.03ml，由题意知，铜与浓硝酸反应时，生成物为NO2和NO混合气体，之后NO2和NO混合气体又与氧气反应，被氧气氧化后溶于水生成HNO3，所以从整个过程来说，可看作铜被氧气氧化，即铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，由电子得失守恒可知，1ml铜完全反应消耗0.5ml氧气，则0.03ml铜完全反应要消耗0.015ml氧气，所以通入氧气的体积是0.015ml×22.4L/ml=0.336L=336mL。
故选C。
11.
【答案】
B
【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．分子式为C10H10O6，故A错误；
B．含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；
C．分子结构中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；
D．除含有苯环外，还含有氧元素，属于芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；
故选B。
12.
【答案】
D
【考点】
同分异构现象和同分异构体
【解析】
分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有−OH，该物质为戊醇，书写戊基−C5H11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目．
【解答】
分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有−OH，该物质为戊醇，戊基−C5H11可能的结构有：−CH2CH2CH2CH2CH3、−CH(CH3)CH2CH2CH3、−CH(CH2CH3)2、−CH2CH(CH3)CH2CH3、−C(CH3)2CH2CH3、−CH(CH3)CH(CH3)2、−CH2CH2CH(CH3)2、−CH2C(CH3)3，所以该有机物的可能结构有8种。
故选D。
13.
【答案】
D
【考点】
有机物的结构和性质
有机物分子中的官能团及其结构
氧化还原反应
【解析】
【解答】
A．丁子香酚中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物，故A正确；
B．丁子香酚中含有碳碳双键、羟基和醚键三种官能团，其中含氧官能团是羟基和醚键，故B正确；
C．丁子香酚中的苯环及碳碳双键都可以和氢气发生加成反应，1ml丁子香酚与足量氢气加成时，最多能消耗4ml H2，故C正确；
D．因酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，又因与苯环相连的烃基的第一个碳原子上含有氢原子，故该烃基也可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以丁子香酚能使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明其分子中含有碳碳双键，故D错误；
故选D。
14.
【答案】
C
【考点】
氧化还原反应的计算
【解析】
溶液中铁离子和铜离子的物质的量都是0.2ml．由于氧化性Fe3+>Cu2+，则首先发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，0.2ml铁离子完全反应消耗0.1mlFe，剩余的0.1mlFe发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，0.1mlFe完全反应消耗0.1ml铜离子，反应后还剩余0.1ml铜离子，据此进行解答．
【解答】
0.1ml Fe2(SO4)3中含有Fe3+物质的量为0.2ml，0.2ml CuCl2中含有Cu2+的物质的量是0.2ml；
由于氧化性Fe3+>Cu2+，所以首先发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，0.2ml铁离子会消耗0.1ml单质铁，生成0.3mlFe2+；然后发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，0.1ml铁还会消耗0.1mlCu2+，得到0.1mlFe2+，0.1mlCu，还剩余0.1mlCu2+；
A．根据分析可知，反应后析出0.1mlCu，故A错误；
B．反应后还剩余0.1mlCu2+，Fe没有剩余，故B错误；
C．反应后溶液中Fe2+的物质的量为：0.3ml+0.1ml=0.4ml，溶液中c(Fe2+)=0.4ml1L=0.4 ml⋅L−1，故C正确；
D．反应后溶液中不存在Fe3+，故D错误；
故选C．
15.
【答案】
C
【考点】
溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】
结合氨水的浓度越大，密度越小，进行判断。
【解答】
由题意知，bml⋅L−1的浓度为aml⋅L−1的2倍，取相同体积的两种溶液，bml⋅L−1所对应的溶液所含溶质的物质的量和质量为aml/L溶液中溶质的2倍，而bml⋅L−1的溶液浓度大，密度较小，溶液质量比aml⋅L−1溶液的质量小，故溶质质量分数比aml⋅L−1溶液的2倍还要大，即：w2>2w1，故C正确；
故选C。
16.
【答案】
A
【考点】
离子方程式的有关计算
物质的量浓度的相关计算
【解析】
n(CO2)=，通入含有0.2mlNaOH和0.1mlBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++20H−+CO2＝BaCO3↓+H2O，0.1mlBa(OH)2完全反应消耗0.1mlCO2，剩余0.2mlOH−，生成0.1mlBaCO3，然后发生2OH−+CO2＝CO32−+H2O，消耗0.1mlCO2，生成0.1mlCO32−，上述两阶段共消耗0.2mlCO2，剩余0.2mlCO2，再发生CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，消耗0.1mlCO2，最后发生BaCO3+CO2+H2O＝Ba2++2HCO3−，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答。
【解答】
含有0.2ml NaOH和0.1ml Ba(OH)2的溶液中离子总的物质的量为0.2ml×2+0.1ml×3＝0.7ml，
n(CO2)=，通入含有0.2mlNaOH和0.1mlBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH−+CO2＝BaCO3↓+H2O，该阶段0.1mlBa(OH)2完全反应消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3ml，溶液中离子物质的量为0.7ml−0.3ml＝0.4ml，其中含有0.2mlOH−、生成0.1mlBaCO3；
然后发生2OH−+CO2＝CO32−+H2O，0.2mlOH−完全反应消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1ml，溶液中剩余离子物质的量为0.4ml−0.1ml＝0.3ml，溶液中含有0.2mlNa+、0.1mlCO32−；
再发生CO32−+CO2+H2O＝2HCO3−，消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1ml，溶液中离子为0.4ml；最后发生BaCO3+CO2+H2O＝Ba2++2HCO3−，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗0.1mlCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.3ml，溶液中总离子为0.7ml；
故图象A符合，故选A。
二、解答题
【答案】
（1） −1
（2）1:1,0.1NA（或6.02×1022或0.1ml）
（3）2NaH+TiCl4====高温Ti+2NaCl+2HCl↑
（4）4NaH+AlCl3====NaAlH4+3NaCl
（5）NaAlH4+2H2O====4H2↑+NaAlO2
【考点】
根据化学式判断化合价
氧化还原反应
氧化还原反应的电子转移数目计算
化学方程式的书写
【解析】
【解答】
（1） 氢化钠(NaH)中钠元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，氢元素的化合价为−1价。
（2）NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O===NaOH+H2↑，NaH中氢元素的化合价由−1价变为0价，作还原剂，H2O中氢元素的化合价由+1价变为0价，作氧化剂 ，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；标准状况下，2.24LH2的物质的量为⋅ml−1=0.1ml，每生成1ml H2，转移1ml电子，故生成的H2标准状况下体积为2.24L时，转移电子的数目为0.1NA（或6.02×1022或0.1ml）。
（3）在高温下氢化钠（NaH）可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，氢元素的化合价由−1价变为+1价，钛元素的化合价由+4价变为0价，该反应的化学方程式为2NaH+TiCl4====高温Ti+2NaCl+2HCl↑。
（4）NaH与AlCl3反应得到NaAlH4，此反应无化合价变化，根据原子守恒，推测另一生成物为NaCl，则该反应的化学方程式为4NaH+AlCl3====NaAlH4+3NaCl。
（5）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaAlH4中H的化合价升高，H2O中H的化合价降低，该反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O====4H2↑+NaAlO2。
【答案】
（1）Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）d,e,g,f
（3）NH3,Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+
（4）Ca2+、HCO3−、NH4+、Cl−
【考点】
制备实验方案的设计
氨的实验室制法
离子共存问题
离子方程式的书写
化学方程式的书写
实验装置综合
常见气体制备原理及装置选择
连接仪器装置
【解析】
（1）本小题考查实验室制取氨气的反应原理：Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）本题考查实验仪器的组装，制备纯净干燥气体的装置依次为：发生装置、净化和干燥装置、收集装置和尾气处理装置。
（3）为了增大反应速率，提高纳米碳酸钙的产量，需增大反应的浓度，因而先通入易溶于水的氨气，使溶液显碱性更利于CO2的吸收，生成纳米碳酸钙的速率也就加快了。
（4）在浓CaCl2溶液和NH3用量不变的情况下，当CO2过量时，NH3反应完生成NH4+，碳酸钙溶解，生成碳酸氢钙，在不考虑弱电解质电离和水解的情况下大量存在的离子为Ca2+、 HCO3−、NH4+和Cl−。
【解答】
（1）实验室制氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制得，生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）实验室制备纯净干燥气体的装置依次为：发生装置、净化和干燥装置、收集装置和尾气处理装置。实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，应选A为发生装置；生成物中含有水，氨气溶于水显碱性，应选择碱石灰等固体干燥剂来吸收水蒸气，固体干燥剂一般盛放在干燥管或U形管中，故选C；氨气极易溶于水，且密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故选D且采用短管进长管出；氨气有刺激性气味，有毒，不能直接排放到空气中；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，故选D；注意干燥管的使用原则是大口进小口出；所以仪器装置的接口连接顺序是a、d、e、g、f、h，故答案为d、e、g、f。
（3）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，有利于吸收更多的二氧化碳，提高纳米级碳酸钙的产量；二氧化碳能和氨水反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的离子方程式为Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+。
故答案为：NH3，Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+。
（4）若通入过量CO2发生的反应为：CaCl2+2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl，CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，溶液中大量存在的离子有Ca2+、 HCO3−、NH4+和Cl−。
故答案为：Ca2+、HCO3−、NH4+、Cl−。
【答案】
（1）Fe2+、Al3+
（2）Fe3O4+8H+====Fe2++2Fe3++4H2O
（3）4.4≤pH<7.5
（4）1.3×10−6ml/L
（5）2H++Fe2++NO2−====Fe3++NO↑+H2O
（6）2Fe(OH)2++2H2O⇌Fe2(OH)42++2H+
（7）5.6
【考点】
工艺流程分析及综合应用
沉淀溶解的应用
探究物质的组成或测量物质的含量
离子方程式的书写
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
废铁屑中含少量氧化铝、铁的氧化物等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝，铁的氧化物与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过量的铁屑与三价铁离子反应生成亚铁离子，若还有铁屑剩余，则与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，将Al3+沉淀，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入H2SO4和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成Fe3+、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答。
（1）根据分析可知，用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+ 、Al3+。
（2）Fe3O4与H+反应生成Fe3+、Fe2+和H2O，离子方程式为Fe3O4+8H+====Fe2++2Fe3++4H2O。
（3）制备硫酸亚铁溶液，需将溶液中的硫酸铝分离，故应调节溶液pH使Al3+生成Al(OH)3沉淀，同时要避免生成Fe(OH)2沉淀，根据表中数据可知，pH在4.4∼7.5之间可将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，而Fe2+不能生成沉淀，所以应控制pH在4.4∼7.5之间。
（4）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)⋅c3(OH−)=1.3×10−33 ，pH=5时，c(OH−)=1×10−9ml/L，所以c(Al3+)=Kspc3(OH−)=1.3×10−33(1×10−9)3ml/L=1.3×10−6ml/L。
（5）酸性条件下，NaNO2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H++Fe2++NO2−=Fe3++NO↑+H2O。
（6）Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为2Fe(OH)2++2H2O⇌Fe2(OH)42++2H+。
（7）H2O2可氧化Fe2+为Fe3+，根据所给反应可得关系式Fe3+∼S2O32−，则溶液中铁元素的总含量为0.02L×0.1000ml/L×56g/ml0.02L=5.6g/L。
【答案】
（1）,碳碳双键、溴原子
（2）D
（3）CH2=CHCH2Br+NaOH→水△CH2=CHCH2OH+NaBr
（4）CH2=CHCH3+Br2→光CH2=CHCH2Br+HBr
（5）BC
（6）,
【考点】
有机化学基础综合应用
有机化学反应方程式的书写
有机物的结构和性质
有机物的推断
有机物分子中的官能团及其结构
取代反应与加成反应
同分异构现象和同分异构体
【解析】
【解答】
A为丙烯，在光照条件下发生烷烃基的取代反应，结合D的结构分析可知发生的是一溴取代反应，所以B的结构简式为CH2=CHCH2Br；有机物C的分子式为 C7H6O3，结合D的结构分析可知，C的结构简式为：；
B和C发生取代反应生成D，D与SOCl2发生取代反应，其中羧基中的−OH被氯原子取代生成E，E与发生取代反应生成F。
（1）有机物C为C7H6O3，结合D的结构，可推知C为；丙烯与溴在光照条件下生成B为CH2=CHCH2Br，B中含有的官能团有碳碳双键、溴原子。
（2）反应①发生取代反应，反应②为取代反应，对比D、E的结构可知，反应③是D的羧基中的−OH被氯原子替代生成E，对比E、F结构可知，反应④是E中氯原子被取代生成F，发生取代反应的有①②③④，故选D。
（3）B为CH2＝CHCH2Br，在碱性条件下水解生成CH2＝CHCH2OH，反应方程式为CH2=CHCH2Br+NaOH→水△CH2=CHCH2OH+NaBr。
（4）A为丙烯，在光照条件下发生烷烃基的取代反应，分析可知发生的是一溴取代反应，生成物B为CH2=CHCH2Br，反应的化学方程式为CH2=CHCH3+Br2→光CH2=CHCH2Br+HBr。
（5）化合物D为。
A．化合物D不含酯基，不属于酯类化合物，故A错误；
B．苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mlD最多能与4mlH2发生加成反应，故B正确；
C．D含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故C正确；
D．D分子中含有6种化学环境不同的氢，核磁共振氢谱有6组峰，故D错误；
故BC。
（6）符合下列条件的化合物C（）的同分异构体：①苯环上一溴代物只有2种，说明苯环上有2种氢，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③苯环上有3个取代基，则取代基为−CHO、2个−OH，且存在对称结构，符合条件的同分异构体结构简式为、。选项
实验操作
图像
A
向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液
①
B
向氨水中通入HCl直至过量
①
C
向NaOH溶液中通入少量Cl2
③
D
向饱和石灰水中不断通入CO2
④
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
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