2021届高三高考化学模拟试卷十一

这是一份2021届高三高考化学模拟试卷十一，共8页。试卷主要包含了分枝酸可用于生化研究，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列装置能达到实验目的是等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共8小题）
1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用
B．氢氧化铁溶胶、含塑化剂的白酒、含有细菌的矿泉水均具有丁达尔效应
C．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理
D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
2．分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）
A．分子中含有2种官能团
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．1ml分枝酸最多可与3mlNaOH发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．14g乙烯中所含氢原子数为2NA
B．6g14C原子中所含中子数为4NA
C．标准状况下2.24LHCl气体中所含H+数为0.1NA
D．0.1ml氯气溶于水制成饱和氯水，转移电子数目为0.1NA
4．下列装置能达到实验目的是（ ）
A．配制0.1ml•L﹣1NaCl溶液
B．检验石蜡油分解产生了不饱和烃
C．用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液
D．用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体
5．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．金属钠与水反应：Na+2H2O＝Na++2OH﹣+H2↑
B．Cu与浓硝酸反应制NO2：Cu+4HNO3（浓）＝Cu2++2NO3﹣+2NO2↑+2H2O
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
D．将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
6．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大．W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等．Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等．X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个．Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素．下列说法正确的是（ ）
A．离子半径大小顺序为：Z＞X＞Y＞W
B．W、X、Y三种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物
C．X、Y、Z三种元素与W 元素形成的最简单化合物的沸点依次升高
D．X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液一定显中性
7．镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。下列说法错误的是xMg+V2O5MgxV2O5（ ）
A．充电时，阳极质量减小
B．充电时，阴极反应式：Mg2++2e﹣＝Mg
C．放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2++2Xe﹣＝MgxV2O5
D．放电时，电路中每流过2ml电子，固体电解质中有2mlMg2+迁移至正极
8．亚硝酸钠（NaNO2）是一种常用的食品添加剂，某化学兴趣小组对亚硝酸钠的制备与性质进行多角度探究。回答下列问题：
Ⅰ．亚硝酸钠的制备
已知：：①2NO2+Na2CO3+Pb═2NaNO2+PbO+CO2↑
②3NO2﹣+2H+═2NO↑+NO3﹣+H2O
（1）仪器R的名称是 ；装置B中多孔球泡的作用是 。
（2）装置C中，酸性高锰酸钾溶液的作用是 。
（3）停止反应后，将装置B中的溶液过滤，再将滤液蒸发制得固体产品。若反应后装置B中溶液pH＜7，会导致产品中NaNO2的含量下降，其原因是 。
Ⅱ．亚硝酸钠的含量测定
（4）称取1.000g产品溶解后配成50mL溶液，其所配溶液10.00mL于锥形瓶中，选用洁净的 （填“酸式”或“碱式”）滴定管装入0.05000ml•L﹣1的KMnO4标准溶液进行滴定，发生反应MnO4﹣+NO2﹣+H+→Mn2++NO3﹣+H2O（未配平）。当锥形瓶中溶液 时即为终点。平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液20.00mL，则所测产品纯度为 。
Ⅲ．亚硝酸钠的性质探究
（5）根据NaNO2中氮元素的价态可以推测，NaNO2既有氧化性，也有还原性。设计实验证明酸性条件下NaNO2具有较强的氧化性 。供选用的试剂：NaNO2溶液、酸性KMnO4溶液、稀H2SO4、FeSO4溶液、KSCN溶液。
9．高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁（软磁a﹣Fe2O3）的生产流程示意图：
（1）酸浸时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是 ；
滤渣的主要成分为 （填化学式）。
（2）加入FeS2时，发生反应②的离子方程式为 。
（3）加入NH4HCO3目的是 。“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是 。检验FeCO3是否洗涤干净的方法是 。
（4）煅烧时，发生反应④的化学方程式为 。
10．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：；
①CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g）△H1；
②CO2（g）+3H2 （g）⇌CH3OH（g）+H2O（B）△H＝﹣58kJ/ml；
③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H═+41k J/ml。
回答下列问题：
（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下表：
则x＝ 。
（2）合成气组成＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图甲所示。（CO）值随温度升高而 （填“增大”或“减小”），其原因是 ；图中的压强由大到小为 ，其判断理由是 。
（3）若将1mlCO2和2mlH2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应②．测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图乙所示。
①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1 KⅡ（填“＞”“＝”或“＜”）。
②一定温度下，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 （填序号）。
a．容器中压强不变 b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变
c．v正（H2）＝3v逆（CH3OH） d.2个C＝0断裂的同时有6个H﹣H断裂
③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率为 ，该温度下的平衡常数为 ；若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是 。（填序号）。
a．缩小反应容器的容积 b．仗用合适的催化剂c。充入He d．按原比例再充入CO2和H2
化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过如图所示的路线合成：
已知：RCOOH RCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色。
请回答下列问题：
（1）B→C的转化所加的试剂可能是 ，C+E→F的反应类型是 。
（2）有关G的下列说法正确的是 。
A．属于芳香烃
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应
D．1ml G最多可以跟4ml H2反应
（3）E的结构简式为 。
（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为 。
（5）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式 。
①能发生水解反应
②与FeCl3溶液能发生显色反应
③苯环上有两种不同化学环境的氢原子
（6）已知：工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任用）。
注：合成路线的书写格式参照如图示例流程图：
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
第十一套
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用
B．氢氧化铁溶胶、含塑化剂的白酒、含有细菌的矿泉水均具有丁达尔效应
C．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理
D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
【分析】A．合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处；
B．丁达尔效应是胶体特有性质；
C．依据绿色化学核心判断；
D．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性。
【解答】解：A．合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量，如食品添加剂可限量使用，保持食品的新鲜，故A错误；
B．含塑化剂的白酒、含有细菌的矿泉水属于溶液，不能产生丁达尔效应，故B错误；
C．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，而不是对污染进行治理，故C错误；
D．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了生活中常见的物质的性质，涉及胶体性质，绿色化学核心，常见食品添加剂等，题目难度不大，注意相关知识的积累。
2．分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）
A．分子中含有2种官能团
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．1ml分枝酸最多可与3mlNaOH发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【分析】由结构简式可知，分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答。
【解答】解：A．分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；
B．含﹣COOH与乙醇发生酯化反应，含﹣OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；
C．不是苯环，只有﹣COOH与NaOH反应，则1ml分枝酸最多可与2mlNaOH发生中和反应，故C错误；
D．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与﹣OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题为2015年山东高考题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团的判断，题目难度不大。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．14g乙烯中所含氢原子数为2NA
B．6g14C原子中所含中子数为4NA
C．标准状况下2.24LHCl气体中所含H+数为0.1NA
D．0.1ml氯气溶于水制成饱和氯水，转移电子数目为0.1NA
【分析】A、求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含4个H原子来分析；
B、求出6g14C原子的物质的量，然后根据14C中含8个中子来分析；
C、HCl气体是共价化合物，无氢离子；
D、氯气和水的反应为可逆反应。
【解答】解：A、14g乙烯的物质的量为0.5ml，而乙烯中含4个H原子，故0.5ml乙烯中含2NA个H原子，故A正确；
B、6g14C原子的物质的量为ml，而14C中含8个中子，故ml14C原子中含中子为NA个，故B错误；
C、HCl气体是共价化合物，由H原子和Cl构成，无氢离子，故C错误；
D、氯气和水的反应为可逆反应，和水不能彻底反应，故转移的电子数小于0.1NA个，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4．下列装置能达到实验目的是（ ）
A．配制0.1ml•L﹣1NaCl溶液
B．检验石蜡油分解产生了不饱和烃
C．用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液
D．用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体
【分析】A．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切；
B．不饱和烃能够与溴发生加成反应；
C．葡萄糖和氯化钠溶液都能够透过半透膜；
D．陶瓷中的二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应。
【解答】解：A．配制0.1ml•L﹣1NaCl溶液时，不能仰视定容，否则加入蒸馏水体积偏大，配制溶液浓度偏小，故A错误；
B．若溴的四氯化碳溶液褪色，证明石蜡油分解产生了不饱和烃，能够达到实验目的，故B正确；
C．葡萄糖与氯化钠的混合液属于溶液，无法用渗析法分离，故C错误；
D．NaOH溶液与二氧化硅反应，不能用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液，可用铁坩埚，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及溶液配制、物质分离与提纯及元素化合物性质等知识，明确常见化学实验基本方法为解答关键，试题培养了学生的化学实验能力。
5．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．金属钠与水反应：Na+2H2O＝Na++2OH﹣+H2↑
B．Cu与浓硝酸反应制NO2：Cu+4HNO3（浓）＝Cu2++2NO3﹣+2NO2↑+2H2O
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
D．将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A．2ml钠与水反应生成1ml氢气，该反应不满足电子守恒、电荷守恒；
B．浓硝酸中的硝酸在离子方程式中应该拆开；
C．二氧化碳过量，反应生成硅酸和碳酸氢根离子，不是碳酸根离子；
D．反应后混合液为中性，则硫酸氢钠与氢氧化钡按照2：1反应．
【解答】解：A．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；
B．Cu与浓硝酸反应制NO2，浓硝酸中的硝酸分子应该拆开，正确的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故B错误；
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故C错误；
D．NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等．
6．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大．W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等．Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等．X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个．Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素．下列说法正确的是（ ）
A．离子半径大小顺序为：Z＞X＞Y＞W
B．W、X、Y三种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物
C．X、Y、Z三种元素与W 元素形成的最简单化合物的沸点依次升高
D．X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液一定显中性
【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大．W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等，则W是H；Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素，则Z是Na，则X、Y在第二周期，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个，X内层2个电子，则最外层为5个，则X为N；Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等，则Y的最外层为6个电子，即Y为O，据此解答．
【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等，则W是H；Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素，则Z是Na，则X、Y在第二周期，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个，X内层2个电子，则最外层为5个，则X为N；Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等，则Y的最外层为6个电子，即Y为O，据此解答。
A．W、X、Y、Z的离子分别是H+、N3﹣、O2﹣、Na+，一般电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则离子半径大小顺序为：X＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．W、X、Y三种元素都属于非金属元素，它们可形成离子化合物铵盐硝酸铵，故B错误；
C．X、Y、Z三种元素与W元素形成的最简单化合物分别是NH3、H2O、NaH，室温时它们依次是气体、液体、固体，则沸点依次升高，故C正确；
D．其中NH3、NaH的水溶液分别是氨水、氢氧化钠溶液，呈碱性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度不大．
7．镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。下列说法错误的是xMg+V2O5MgxV2O5（ ）
A．充电时，阳极质量减小
B．充电时，阴极反应式：Mg2++2e﹣＝Mg
C．放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2++2Xe﹣＝MgxV2O5
D．放电时，电路中每流过2ml电子，固体电解质中有2mlMg2+迁移至正极
【分析】在镁原电池放电时，Mg被氧化，为原电池的负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，V2O5为正极，发生还原反应，电极反应式为xMg2++V2O5+2xe﹣＝MgxV2O5，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，外加电源负极接原电池的负极，作阴极，电极上发生还原反应，外加电源正极接原电池的正极，作阳极，电极上发生氧化反应，据此解答。
【解答】解：A．充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式为MgxV2O5﹣2xe﹣＝xMg2++V2O5，即质量减小，故A正确；
B．原电池的负极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，充电时，外加电源负极接原电池的负极、作阴极、发生还原反应，阴极反应式Mg2++2e﹣＝Mg，故B正确；
C．放电时，正极反应物为V2O5，得到电子、发生还原反应、与Mg2+结合生成MgxV2O5，反应式为V2O5+xMg2++2Xe﹣＝MgxV2O5，故C正确；
D．放电时，阳离子向正极移动，电路中每流过2ml电子，固体电解质中有1mlMg2+迁移至正极，故D错误，
故选：D。
【点评】本题考查了新型电池的原电池反应原理的应用，主要是依据反应元素化合价变化确定负极反应物质和 正极反应物质，书写电极反应是解题关键，题目难度中等。
二．实验题（共1小题）
8．亚硝酸钠（NaNO2）是一种常用的食品添加剂，某化学兴趣小组对亚硝酸钠的制备与性质进行多角度探究。回答下列问题：
Ⅰ．亚硝酸钠的制备
已知：：①2NO2+Na2CO3+Pb═2NaNO2+PbO+CO2↑
②3NO2﹣+2H+═2NO↑+NO3﹣+H2O
（1）仪器R的名称是 圆底烧瓶 ；装置B中多孔球泡的作用是 增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行 。
（2）装置C中，酸性高锰酸钾溶液的作用是 吸收NO 。
（3）停止反应后，将装置B中的溶液过滤，再将滤液蒸发制得固体产品。若反应后装置B中溶液pH＜7，会导致产品中NaNO2的含量下降，其原因是 pH＜7时，NaNO2会发生反应：3NO2﹣+2H+═2NO↑+NO3﹣+H2O，生成NaNO3 。
Ⅱ．亚硝酸钠的含量测定
（4）称取1.000g产品溶解后配成50mL溶液，其所配溶液10.00mL于锥形瓶中，选用洁净的 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管装入0.05000ml•L﹣1的KMnO4标准溶液进行滴定，发生反应MnO4﹣+NO2﹣+H+→Mn2++NO3﹣+H2O（未配平）。当锥形瓶中溶液 变为浅红色，且半分钟不褪色 时即为终点。平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液20.00mL，则所测产品纯度为 86.25% 。
Ⅲ．亚硝酸钠的性质探究
（5）根据NaNO2中氮元素的价态可以推测，NaNO2既有氧化性，也有还原性。设计实验证明酸性条件下NaNO2具有较强的氧化性 取少量FeSO4溶液于试管中，滴加稀硫酸并滴入KSCN溶液，溶液不变红，再滴入NaNO2溶液后变红，证明NaNO2具有氧化性 。供选用的试剂：NaNO2溶液、酸性KMnO4溶液、稀H2SO4、FeSO4溶液、KSCN溶液。
【分析】（1）根据图示仪器R的构造判断其名称；多孔球泡可增大接触面积，加快了反应速率；
（2）NO有毒，多余的NO需要用酸性高锰酸钾溶液吸收；
（3）酸性条件下NaNO2发生反应3NO2﹣+2H+═2NO↑+NO3﹣+H2O；
（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡皮管；反应结束前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液溶液过量，溶液变为浅红色，据此判断滴定终点；利用电子守恒得出高锰酸根离子与亚硝酸根离子的反应关系式，然后利用题中数据计算所测产品纯；
（5）设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，可在酸性条件下氧化亚铁离子，用KCN溶液检验。
【解答】解：（1）根据图示可知，仪器R为圆底烧瓶；装置B中多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行，
故答案为：圆底烧瓶；增大气体与溶液的接触面积，让反应充分进行；
（2）NO为有毒气体，多余的NO不能直接排放，需要用装置C中酸性高锰酸钾溶液吸收，
故答案为：吸收NO；
（3）若反应后装置B中溶液pH＜7，亚硝酸钠会发生反应：3NO2﹣+2H+═2NO↑+NO3﹣+H2O，生成NaNO3，导致产品中NaNO2的含量减小，
故答案为：pH＜7时，NaNO2会发生反应：3NO2﹣+2H+═2NO↑+NO3﹣+H2O，生成NaNO3；
（4）称取1.000g产品溶解后配成50mL溶液，其所配溶液10.00mL于锥形瓶中，酸性高锰酸钾溶液溶液具有强氧化性，需要用酸式滴定管盛放；
滴定结束前溶液为无色，恰好反应后再滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：当锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟不褪色，即为终点；
发生反应MnO4﹣+NO2﹣+H+→Mn2++NO3﹣+H2O（未配平），根据电子守恒可得关系式2MnO4﹣～5NO2﹣，
平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液20.00mL，n（MnO4﹣）＝0.05000ml•L﹣1×0.02L＝0.001ml，
配成的50mL溶液中含有的n（NaNO2）＝0.001ml××＝0.0125ml，
所测产品纯度为：×100%＝86.25%，
故答案为：酸式；变为浅红色，且半分钟不褪色；86.25%；
（5）证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，可在酸性条件下氧化亚铁离子，用KCN溶液检验，具体操作方法为：取少量FeSO4溶液于试管中，滴加稀硫酸并滴入KSCN溶液，溶液不变红，再滴入NaNO2溶液后变红，证明NaNO2具有氧化性，
故答案为：取少量FeSO4溶液于试管中，滴加稀硫酸并滴入KSCN溶液，溶液不变红，再滴入NaNO2溶液后变红，证明NaNO2具有氧化性。
【点评】本题考查物质制备及含量测定方法，题目难度中等，明确中和滴定操作方法及物质检验方案设计原则为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。
三．解答题（共3小题）
9．高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁（软磁a﹣Fe2O3）的生产流程示意图：
（1）酸浸时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是 提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解 ；
滤渣的主要成分为 SiO2 （填化学式）。
（2）加入FeS2时，发生反应②的离子方程式为 FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+ 。
（3）加入NH4HCO3目的是 中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3 。“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是 Fe（OH）2 。检验FeCO3是否洗涤干净的方法是 取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净 。
（4）煅烧时，发生反应④的化学方程式为 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 。
【分析】在烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）中加入硫酸，铁的氧化物转化为铁离子、亚铁离子，SiO2不与酸反应，过滤后所得滤渣为SiO2，滤液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，过滤后在滤液中加入碳酸氢铵可生成FeCO3，高温煅烧可得Fe2O3，滤液硫酸铵为铵盐，可作为氮肥施用。
（1）将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，目的是提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解，酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe3+，SiO2不能与稀硫酸反应；
（2）滤液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，﹣1价的硫被氧化成+6价的硫，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子反应方程式；
（3）加入NH4HCO3目的是中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3，二价铁离子在pH值为7.6左右转化为氢氧化亚铁沉淀；过滤得碳酸亚铁，滤液中有硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，就是检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，检验硫酸根离子需排除碳酸根离子的干扰；
（4）根据流程可知煅烧后的产物为二氧化碳，同时得到氧化铁，根据原子守恒书写化学反应方程式。
【解答】解：（1）烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2），酸浸时Fe2O3、Fe3O4、FeO能与稀硫酸反应得到Fe2+、Fe3+，酸浸时，常需将烧渣粉碎，通过增大接触面积，
提高铁元素的浸出率，因亚铁离子、铁离子都易水解呈酸性，通过加入过量H2SO4，抑制铁离子的水解，SiO2不能与稀硫酸反应，因此酸浸、过滤后滤渣主要成分为SiO2，
故答案为：提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解；SiO2；
（2）滤液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，﹣1价的硫被氧化成+6价的硫，FeS2～SO42﹣，失去14e﹣，Fe3+～Fe2+，得到e﹣，最小公倍数为14，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+，
故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+；
（3）NH4HCO3能和酸反应硫酸铵和二氧化碳，同时能调节溶液的PH，使Fe2+全部转化为FeCO3，二价铁离子在pH值为7.6左右转化为氢氧化亚铁沉淀，所以制备FeCO3应控制溶液pH不宜过高，否则会产生氢氧化铁沉淀；过滤得碳酸亚铁，滤液中有硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，就是检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，所以操作为取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化排除碳酸根离子的干扰，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净，
故答案为：中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2+全部转化为FeCO3；Fe（OH）2；取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净；
（4）根据流程可知煅烧后的产物为二氧化碳，同时得到氧化铁，则生成物为Fe2O3、CO2，反应物为碳酸盐和氧气，所以化学反应方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，
故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。
【点评】本题考查物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
10．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：；
①CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g）△H1；
②CO2（g）+3H2 （g）⇌CH3OH（g）+H2O（B）△H＝﹣58kJ/ml；
③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H═+41k J/ml。
回答下列问题：
（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下表：
则x＝ 413 。
（2）合成气组成＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图甲所示。（CO）值随温度升高而 减小 （填“增大”或“减小”），其原因是 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，反应③为吸热反应，平衡向右移动，使得体系中CO的量增大，CO的转化率降低 ；图中的压强由大到小为 P3＞P2＞P1 ，其判断理由是 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高 。
（3）若将1mlCO2和2mlH2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应②．测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图乙所示。
①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1 ＞ KⅡ（填“＞”“＝”或“＜”）。
②一定温度下，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 ac （填序号）。
a．容器中压强不变 b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变
c．v正（H2）＝3v逆（CH3OH） d.2个C＝0断裂的同时有6个H﹣H断裂
③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率为 0.06ml/（L•min） ，该温度下的平衡常数为 450 ；若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是 ad 。（填序号）。
a．缩小反应容器的容积 b．仗用合适的催化剂c。充入He d．按原比例再充入CO2和H2
【分析】（1）据反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能，进行分析计算；
（2）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的影响，进行分析CO转化率变化原因；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；
（3）①II平衡时间小于I，说明II反应速率大于I，且平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，温度越高，化学平衡常数越小，据平衡常数表达式K＝，若保持容器温度不变，增加甲醇产率，据平衡向正方向进行分析；
②反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
③据v＝，平衡常数表达式K＝，若保持容器温度不变，增加甲醇产率，据平衡向正方向进行分析。
【解答】解：（1）由盖斯定律，方程①＝方程②﹣方程③，所以△H1＝﹣58﹣41＝99KJ/ml，反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1＝（1076+2×436）kJ•ml﹣1﹣（3x+343+465）kJ•ml﹣1＝﹣99kJ•ml﹣1，解得x＝413，
故答案为：413；
（2）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＜P2＜P3，
故答案为：减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，反应③为吸热反应，平衡向右移动，使得体系中CO的量增大，CO的转化率降低；P3＞P2＞P1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高；
（3）①II平衡时间小于I，说明II反应速率大于I，且平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即II的温度大于I，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以KⅠ＞KⅡ，
故答案为：＞；
②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣58kJ/ml，反应为气体体积减小的放热反应，
a．反应前后气体物质的量变化，相同条件下气体物质的量之比等于气体压强之比，容器中压强不变说明反应达到平衡状态，故a正确；
b．甲醇和水蒸气的体积比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c．速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v正（H2）＝3v逆（CH3OH）说明甲醇正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故c正确；
d．2个C＝O断裂的同时有3个H﹣H形成，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，现形成6个H﹣H键，反应不是平衡状态，故d错误；
故答案为：ac；
③CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（ml/L） 0.5 1 0 0
变化（ml/L） 0.3 0.9 0.3 0.3
5min （ml/L）0.2 0.1 0.3 0.3
v（CO2）＝＝＝0.06ml/（L．min），
平衡常数表达式K＝＝＝450；
平衡向正方向进行，故可行的措施有按原比例再充入CO2和H2，即增加反应物浓度，平衡向正方向进行，
a．缩小容器体积，增大压强，平衡正向进行，甲醇产率增大，故a正确；
b．使用合适的催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，产率不变，故b错误；
c．充入He 总压增大，分压不变，平衡不变，故c错误；
d．按原比例再充入CO2和H2 相当于增大压强，平衡正向进行，故d正确；
故答案为：0.06ml/（L•min）；450；ad。
【点评】本题属于综合性题目，主要考查了反应焓变的计算、化学平衡常数、化学平衡移动影响因素、以及II、I两条曲线变化确定温度高低，从而确定化学平衡常数等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11．化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过如图所示的路线合成：
已知：RCOOH RCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色。
请回答下列问题：
（1）B→C的转化所加的试剂可能是 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 ，C+E→F的反应类型是 取代反应 。
（2）有关G的下列说法正确的是 CD 。
A．属于芳香烃
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应
D．1ml G最多可以跟4ml H2反应
（3）E的结构简式为 。
（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为 +3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O 。
（5）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式 。
①能发生水解反应
②与FeCl3溶液能发生显色反应
③苯环上有两种不同化学环境的氢原子
（6）已知：工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任用）。
注：合成路线的书写格式参照如图示例流程图：
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
【分析】根据题中各物转化关系，结合信息RCOOH RCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，据此答题。
【解答】解：根据题中各物转化关系，结合信息RCOOH RCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，
（1）B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，根据上面的分析可知，C+E→F的反应类型是取代反应，
故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；
（2）根据G的结构简式可知，G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环，A．G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；
B．G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；
C．G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；
D．G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1ml G最多可以跟4ml H2反应，故D正确；
故选CD；
（3）根据上面的分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
（4）F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，
故答案为：+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；
（5）E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有，
故答案为：；
（6）以苯、甲苯为原料制取，可以先将苯中引入羟基，生成 酚，甲苯氧化成苯甲酸，再酯化可得产品，所以该化合物的合成路线流程图为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查有机推断与合成，解题的关键是利用官能团的性质与转化，结合题中信息进行物质推断，中等难度，答题时注意有机基础知识的灵活运用。
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日期：2021/2/26 23:39:46；用户：18185977636；邮箱：18185977636；学号：25303007
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ•ml﹣1）
436
343
1076
465
x
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ•ml﹣1）
436
343
1076
465
x