江西省南康中学2018_2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）.docx

江西省南康中学2018-2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Mg:24 Fe:56 Cu:64 Zn:65 一、选择题1.下列有关文献理解错误的是（ ）A. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作。B. 物理小识记载“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没,”“气”凝即得“矾油”。青矾厂气是NO和NO2。C. 开宝本草中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是醋酸亚铁。D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合销石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。【答案】B【解析】【详解】A项，文中描述了提纯固体的方法：将固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、蒸发、结晶等操作，故A正确；B项，青矾为硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)，“厂气熏人”中的“气”应为硫的氧化物，气凝即得“矾油”中的“矾油”应为硫酸，故B错误；C项，醋的主要成分是醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是醋酸亚铁，故C正确；D项，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。综上所述，符合题意的选项为B。【点睛】本题考查古代文献中的化学知识，此类题目是近几年高考的热点，解题时应抓住化学知识的核心，从物质制备、性质等角度理解文中所述内容，例如：题中A项涉及物质的分离提纯方法；B项涉及硫及其化合物的性质；C项涉及铁和醋酸的反应；D项涉及黑火药的制备等。2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A. 60 g甲醛和乙酸的混合物中所含碳原子数为2NAB. 0.5mol C3H8分子中所含CC共价键数为1.5NAC. 标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为NAD. 1mol碳正离子CH5+ 所含的电子数为11NA【答案】A【解析】【详解】A甲醛HCHO和乙酸CH3COOH的最简式均为CH2O，故60g混合物中含有的CH2O的物质的量为n=2mol，含2mol碳原子，即2NA个碳原子，故A正确；B一个丙烷分子中含2条C-C键，故0.5mol丙烷中含NA条C-C共价键，故B错误；C标准状况下，庚烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和生成的分子数，故C错误；D一个CH5+含10个电子，1mol碳正离子中含电子10NA个，故D错误；答案选A。3.下列事实、离子方程式及其对应关系均正确的是（ ）A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H+NO3-= Fe3+NO+2H2OB. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液变为黄色：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H+4I-+O2 = 2I2+2H2OD. 向水杨酸()中滴加NaHCO3溶液，放出无色气体：+2HCO3-+2CO2+2H2O【答案】C【解析】试题分析：A、少量铁粉溶于稀硝酸Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO(气体)+2H2O，溶液显黄色；过量铁粉溶液稀硝酸3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO(气体)+4H2O溶液显浅绿色，故A错误；B、加酸后平衡逆向移动，溶液显红色；C、淀粉碘化钾在酸溶液中被氧化生成碘单质，溶液变蓝，故C正确；D、+ HCO3 H+ CO2 + H2O考点：离子反应方程式的书写；4.常温下，分别用0.1 molL-1溶液进行下列实验，结论不正确的是（ ）A. 向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c(Na+) = c(HCO3-) +2c(CO32-)B. 向CH3COONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸：c(Na+)=c(Cl-)C. 向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH)2溶液：pH=13D. 向氨水中加入少量NH4Cl固体：增大【答案】C【解析】试题分析：A.溶液呈电中性，根据电荷守恒c(Na+)+c(H) = c(HCO) +2c(CO)+c(OH)，室温下溶液的pH=7为中性，c(H)=c(OH)，所以c(Na+) = c(HCO3-) +2c(CO32-)，A项正确；B.因为溶液等体积等浓度，则可推出混合溶液后的不水解的c(Na+)和c(Cl)相等，B项正确；C.设体积为1L，则向0.1mol/L的NaHSO4溶液中加入0.1mol/L的Ba(OH)2溶液1L，反应后c(OH)=（0.2-0.1）2=0.05mol/L，pH13，C项错误；D.氨水中存在NH3H2ONH4+OH，加入少量NH4Cl固体相当于加入NH4，平衡逆向移动，但移动是微弱的过程，则增大，D项正确；答案选C。考点：考查离子浓度的大小比较，溶液的酸碱性与pH值，弱电解质的电离等知识。5.如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 若将乙池电解液换成 AgNO3 溶液，则可以实现在石墨棒上镀银B. 甲池通入 CH3OH 的电极反应式为 CH3OH+6e-+2H2OCO32-+8H+C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量 Cu(OH)2 固体，能使 CuSO4 溶液恢复到原浓度D. 甲池中消耗 224mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上产生 1.16g 固体【答案】D【解析】【分析】根据图示，甲池为原电池，通入甲醇的为负极，则乙池中银电极和丙池中右边的铂电极为阴极；通入氧气的为正极，则乙池中石墨电极和丙池中左边的铂电极为阳极，据此分析解答。【详解】A乙池中石墨连接甲池的正极，为电解池的阳极，银电极为阴极，若将乙池电解液换成 AgNO3 溶液，阳极上溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，不能实现在石墨棒上镀银，故A错误；B在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH-6e-+2H2O+8OH-=CO32-+8H2O，故B错误；C电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，不能加入氢氧化铜，故C错误；D甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，即=0.01mol，转移电子0.04mol，根据转移的电子守恒，丙池中生成0.02mol氢气，同时生成0.04mol氢氧根离子，氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁沉淀，所以氢氧化镁沉淀的物质的量是0.02mol，氢氧化镁沉淀的质量=0.02mol58g/mol=1.16g，故D正确；答案选D。【点睛】正确判断装置图中各装置的作用是解题的关键。本题的易错点为B，要注意书写电极反应式时要结合电解质溶液的酸碱性，电解质溶液不同电极反应式不同。6.大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛B. 生成O3的反应属于氧化还原反应C. 反应 I 属于复分解反应D. 该过程中O2作催化剂【答案】A【解析】A、丙烯转化成甲醛和乙醛，是丙烯中的双键发生断裂，此反应属于氧化反应，故A正确；B、根据示意图，O2O3，化合价没有发生变化，因此生成O3的反应不属于氧化还原反应，故B错误；C、反应I中NO转化成NO2，化合价升高，即反应I为氧化还原反应，故C错误；D、有O2参与反应，但后面没有O2的生成，因此O2不作催化剂，故D错误。7.下列说法不正确的是()A. 异丙苯()中所有碳原子都处于同一平面上B. 乙烯与乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色C. 、与互为同分异构体D. 苯的硝化和乙酸的酯化反应都是取代反应【答案】A【解析】【详解】A、苯环为平面结构，与苯环直接相连的C在同一平面内，而两个甲基中最多有一个C原子和苯环共平面，即异丙苯中不可能所有碳原子共平面，选项A不正确；B、乙烯与乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，选项B正确；C、与分子式均为C5H6，结构不同，互为同分异构体，选项C正确；D、苯的硝化和乙酸的酯化反应都是取代反应，选项D正确。答案选A。8.某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图，下列叙述不正确的是（ ）A. 有机物A属于芳香族化合物B. 有机物A和NaOH的醇溶液共热可发生消去反应C. 有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D. 1molA和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗 3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A.该化合物含有苯环，因此属于芳香族化合物，A正确；B.该化合物中含有Cl原子，由于与Cl原子结合的C原子的邻位C原子上有H原子，所以有机物A和NaOH的醇溶液共热可发生消去反应，B正确；C. 由于羟基连接的C原子的邻位碳原子上没有H原子，所以不能在浓硫酸作用下发生消去反应，C错误；D.在分子中含有酯基、-Cl原子及水解生成的苯酚结构都可以与碱反应，则1molA可以与3molNaOH反应， D正确；故合理选项是C。9.滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。用0.10 molL1 NaOH溶液滴定0.10 molL-1 H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A. H2C2O4属于二元弱酸B. 若用NaOH标准溶液滴定NaHC2O4溶液，可用酚酞作指示剂C. 图中处：c(H2C2O4)c(H)c(OH)D. 图中处：c(Na)c(C2O42-)c(OH)c(HC2O4-)c(H)【答案】C【解析】【详解】A由图可知，25mL0.1molL-1的H2C2O4的pH大于1，说明H2C2O4部分电离，是弱酸，在滴定曲线上存在两处拐点，说明草酸为二元酸，故A正确；B用NaOH标准溶液滴定NaHC2O4溶液达到滴定终点时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液的pH=10.3，此时溶液显碱性，所以可用酚酞作指示剂，故B正确；C处：溶液中溶质为NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，物料守恒：c(Na+)=c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+ c(H2C2O4)，处理得： c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)，故C错误；D处：溶液中溶质为Na2C2O4，C2O42-水解溶液显碱性，促进水的电离，所以c(OH-)c(HC2O4-)，则溶液中离子浓度关系：c(Na+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)，故D正确；答案选C。10.俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏,还能致癌。“一滴香”的分子结构如图所示,下列说法正确的是()A. 该有机物的分子式为C7H7O3B. 该有机物能发生取代、加成和氧化反应C. 1 mol该有机物最多能与2 mol H2发生加成反应D. 该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应【答案】B【解析】A该有机物的分子式为C7H8O3，故A错误；B该有机物含有碳碳双键、碳氧双键、醇羟基，所以碳碳双键和碳氧双键能与氢气发生加成反应和还原反应；醇羟基能和羧基发生酯化反应，也是取代反应；该有机物能燃烧，所以能发生氧化反应，故B正确；C能和氢气发生加成反应的有碳碳双键和碳氧双键，所以1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；D该有机物含有三个双键，其芳香族同分异构体含有苯环，所以苯环的支链上不可能含有醛基，导致其芳香族同分异构体不能发生银镜反应，故D错误；故选B。11.某有机物分子式为C5H10O3，与饱和NaHCO3溶液反应放出气体体积与同等状况下与Na反应放出气体体积相等，该有机物有(不含立体异构)()A. 9种B. 10种C. 11种D. 12种【答案】D【解析】【分析】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9的H原子。【详解】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9的H原子，C4H9有4种，分别为CH3CH2CH2CH2（4种）、CH3CH（CH3）CH2（3种）、CH3CH2CH（CH3）-（4种）、C（CH3）3-（1种），共12种。故选D。【点睛】本题考查同分异构体的判断，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意把握同分异构体的判断角度和方法。12.已知乙烯醇(CH2CHOH)不稳定，可自动转化为乙醛；二元醇可脱水生成环状化合物，现有每摩尔乙二醇在一定条件下脱去1 mol H2O，所得产物的结构简式有下列几种，其中有可能的是()CH2=CH2，CH3CHO，A. B. C. D. 都有可能【答案】C【解析】【详解】乙二醇可脱去2分子水生成CHCH，不可能生成乙烯，故错误；乙二醇分子内可脱去1分子水生成，故正确；乙二醇可脱去1分子水生成CH2=CH-OH，不稳定，可自动转化为乙醛，故正确；两分子乙二醇可脱去2分子水生成，故正确；n个乙二醇分子间脱水发生缩聚反应生成，故正确；可能生成的物质有，故选C。【点睛】把握乙二醇可能具有的性质，结合羟基发生消去反应的特点判断是解答本题的关键。本题的易错点和难点为的判断，要注意二元醇分子间可以发生脱水反应。13.结合下表数据分析，下列关于乙醇、乙二醇的说法，不合理的是（ ）物质分子式沸点溶解性乙醇C2H6O78.5与水以任意比混溶乙二醇C2H6O2197.3与水和乙醇以任意比混溶A. 二者的溶解性与其在水中能够形成氢键有关B. 可以采用蒸馏的方法将二者进行分离C. 丙三醇的沸点应该高于乙二醇的沸点D. 二者组成和结构相似，互为同系物【答案】D【解析】A. 乙醇和乙二醇都与水分子形成氢键，所以二者均能与水经任意比混溶，A正确；B.二者的沸点相差较大，所以 可以采用蒸馏的方法将二者进行分离，B正确；C. 丙三醇分子中的羟基数目更多，其分子之间可以形成更多的氢键，所以其沸点应该高于乙二醇的沸点，C正确；D. 同系物的结构相似是指碳链相似、官能团的种类和个数分别相同，所以乙醇和乙二醇不是同系物，D不正确。本题选D。点睛：同系物之间碳链相似、官能团的种类和数目均需相同，在分子组成上必须相差一个或若干个“CH2”原子团。14.下列说法正确的是 ( )A. 石油催化重整可以得到芳香烃，说明石油中含有芳香烃B. 煤的干馏和石油裂解得到的产物相同C. 石油分馏得到的产物可用来萃取溴水中的溴D. 聚丙烯塑料的结构简式为【答案】C【解析】【分析】A不能说明石油和煤中含有芳香烃；B裂化的目的是为了得到汽油；C石油分馏得到的产物是饱和烃；D单烯烃发生加聚反应得到的产物中链节上只有两个碳原子。【详解】石油的催化重整和煤的干馏均可以得到芳香烃，是通过化学变化得到芳香烃，是芳香烃的主要来源，但并不能说明石油和煤中含有芳香烃，A错误；煤的干馏得到的主要是芳香烃，石油裂解得到的主要是短链不饱和气态烃，B错误；石油分馏得到的产物是饱和烃，可用来萃取溴水中的溴，C正确；丙烯的结构为CH2=CHCH3，发生加聚反应时，碳碳双键打开，聚合后得到，D错误。【点睛】本题考查石油分馏和加工、煤干馏等，题目难度不大，注意煤焦油中含有芳香烃，石油催化重整可获得芳香烃。15.下列实验方案正确的是（ ）A. 证明溴乙烷中溴元素的存在：向溴乙烷中加入NaOH溶液，共热，冷却后加入AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀B. 银氨溶液的配制：向1mL 2%的稀氨水中逐滴滴加2%的AgNO3溶液C. 苯甲酸的提纯：将1g粗苯甲酸放到100mL的烧杯里，加入50mL水，加热完全溶解后趁热过滤，静置冷却可析出苯甲酸晶体D. 除去苯中的苯酚杂质：向混有苯酚的苯中加入浓溴水，产生白色沉淀，再过滤【答案】C【解析】试题分析：A溴乙烷与NaOH溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成浅黄色沉淀可证明，故A错误； B氨水和硝酸银反应生成AgOH，在硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀恰好消失可配制银氨溶液，故B错误；C在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解后要趁热过滤，减少苯甲酸的损耗，故C正确；D苯酚与溴反应生成三溴苯酚，三溴苯酚与苯混溶，且易溶解溴，不能分离，应用氢氧化钠溶液除杂，故D错误；故选C。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及溶液的配制、离子检验以及物质的分离提纯等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。16.某优质甜樱桃中含有一种羟基酸(用M表示)，M的碳链结构无支链，分子式为C4H6O5；1.34 g M与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体0.448 L。M在一定条件下可发生如下转化：MABC(M、A、B、C分子中碳原子数目相同)。下列有关说法中不正确的是()A. M的结构简式为HOOCCHOHCH2COOHB. B的分子式为C4H4O4Br2C. 与M的官能团种类、数量完全相同的同分异构体还有2种D. C物质不可能溶于水【答案】D【解析】【分析】由题意可知：1.34gA的物质的量为0.01mol，M与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体0.448L即0.02mol，可以获得羧基的数目为2，确定有机物M的结构简式为HOOCCHOHCH2COOH。【详解】A.根据上述分析可知：M的结构简式为HOOCCHOHCH2COOH，故A正确；B.由HOOCCHOHCH2COOH在浓硫酸作和加热的条件下发生消去反应生成含有双键的物质A即HOOCCH=CHCOOH，而A与溴发生了加成反应，生成了B为HOOCCHBrCHBrCOOH，所以B的分子式为C4H4O4Br2，故B正确；C.与M的官能团种类、数量完全相同的同分异构体还有HOOCCOH(CH3)COOH，HOOCCH(COOH)CH2OH,故C正确；D.由B为HOOCCHBrCHBrCOOH可以与足量NaOH溶液发生反应生C，C为NaOOCCH(OH)CH(OH)COONa，钠盐是可溶性的盐，所以NaOOCCH(OH)CH(OH)COONa可以溶于水，故D错误，答案D。二、填空题17.无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：图1 图2步骤1、三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴；步骤2、缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中；步骤3、反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品；步骤4、室温下用苯溶解粗品，冷却至0，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160分解得无水MgBr2产品。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr23C2H5OC2H5请回答：(1)仪器A的名称是_；(2)实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是_；(3)步骤3中，第一次过滤除去的物质是_；(4)有关步骤4的说法，正确的是_；A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B洗涤晶体可选用0的苯C加热至160的主要目的是除去苯 D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴(5)为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y)标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2+Y4MgY2- 滴定管洗涤前的操作是_；测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500molL1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_(以质量分数表示)。【答案】 (1). 干燥管 (2). 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应 (3). 镁屑 (4). BD (5). 检漏 (6). 92%【解析】【分析】(1)根据装置图，结合常见仪器的结构回答；(2)实验中使用了镁屑，结合镁的化学性质分析解答；(3)根据实验步骤，结合涉及物质的性质分析判断；(4)根据溴化镁有强烈的吸水性，结合题干实验步骤分析解答；(5)根据滴定管的使用注意事项分析判断；依据方程式Mg2+Y4-MgY2-，计算出溴化镁的物质的量和质量，再计算溴化镁的产品的纯度。【详解】(1)根据装置图，仪器A为干燥管，故答案为：干燥管；(2)本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应；(3)步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为：镁屑；(4)A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；B加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；C加热至160C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；D该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；故答案为：BD；(5)滴定管使用前需要检查滴定管是否漏液，因此洗涤前的操作是，故答案为：检漏；依据方程式Mg2+Y4-MgY2-分析，溴化镁物质的量=0.0500mol/L0.025L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol184g/mol=0.23g，溴化镁的产品的纯度=100%=92%，故答案为：92%。18.羰基硫（COS）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中,能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。（1）羰基硫的水解反应和氢解反应是两种常用的脱硫方法:水解反应：COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g） H=34 kJmol-1氢解反应：COS（g）+H2（g） H2S（g）+CO（g） H=+7 kJmol-1。已知:2H2（g）+O2（g）= 2H2O（g） H=484kJmol-1。写出表示CO燃烧热的热化学方程式:_。（2）氢解反应达到平衡后，保持体系的温度和总压强不变,通入适量的He,正反应速率_（填“增大”“减小”或“不变”，下同）,COS的转化率_。（3）某温度下,向体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCOS（g）和4molH2O（g），发生水解反应，5min后反应达到平衡，测得COS（g）的转化率为75%。回答下列问题:反应从起始至5min内，v（H2S）=_molL-1min-1。该温度下，上述水解反应的平衡常数K=_。【答案】 (1). CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） H=-283 kJmol-l (2). 减小 (3). 不变 (4). 0.15 (5). 1.8【解析】试题分析：本题考查盖斯定律和燃烧热表示的热化学方程式的书写，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和化学平衡常数的计算。（1）将3个反应依次编号：COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g） H=-34kJ/mol（式）COS（g）+H2（g） H2S（g）+CO（g） H=+7kJ/mol（式）2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） H=-484kJ/mol（式）应用盖斯定律，将式-式+式得，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=（-34kJ/mol）-（+7kJ/mol）+（-484kJ/mol）=-283kJ/mol，则CO燃烧热的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-283kJ/mol。（2）保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，容器体积变大，物质的量浓度变小，正反应速率减小，逆反应速率减小。该反应是反应前后气体分子数不变的反应，容器体积变大，即减小压强，平衡不移动，COS的转化率不变。（3）用三段式，COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）n（起始）（mol）2 4 0 0n（转化）（mol）20.75=1.5 1.5 1.5 1.5n（平衡）（mol）0.5 2.5 1.5 1.5（H2S）=0.15mol/（Lmin）。水解反应的平衡常数K=1.8。19.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。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的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_范围内。（2）反应中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_。（3）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_。（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 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液（5）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20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用 0.1000 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：2Fe3+2I-= 2Fe2+I2 2S2O32-+I2= 2I-+S4O62-则溶液中铁元素的总含量为_gL-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_ (填“偏高” “偏低” “不变”)【答案】 (1). 4.47.5 (2). 2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O (3). 2Fe(OH)2+ +2H2OFe2(OH)42+ + 2H+ (4). D (5). 5.6 (6). 偏高【解析】【详解】（1）制备硫酸亚铁，需与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，避免生成Fe（OH）2沉淀，则应控制溶液pH在4.47.5之间；（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故离子方程式为2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O；（3）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可写出反应的离子方程式为2Fe（OH）2+2H2O Fe2（OH）42+2H+；（5）检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；（6）根据所给反应可得关系式Fe3+S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol56g/mol0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。20.芳香族化合物X和Y都是从樟脑科植物中提取的香料。X可按下列路线合成Y。已知:RCHCHRRCHO+RCHO2HCHOHCOOH+CH3OH(1)X的官能团名称为_；(2)Y的结构简式为_；(3)写出下列反应方程式：XG的第步反应_；EF_；(4) G的一种同分异构体H的结构简式为，写出以为有机原料，制取H的合成路线(仿照下面路线，写清相应反应条件，无机物自选)。_。【答案】 (1). 醛基、碳碳双键 (2). (3). +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O+3H2O (4). nHOCH2-COOH+(n-1)H2O (5). 【解析】【分析】A的分子式为C2H2O2，为乙二醛OHCCHO，根据已知信息，E为HOCH2COOH，E发生脱水缩合生成F()，C9H8O的不饱和度为6，分子中含有苯环，该物质能与新制氢氧化铜发生反应，说明含有醛基，能被臭氧氧化，说明含有碳碳双键，所以C9H8O结构简式为：，X()发生氧化反应生成B()和A(OHCCHO)，B()自身发生反应生成C()和D()，X()与新制氢氧化铜、H+等发生反应生成G()，D()与G()发生酯化反应生成Y()，据此解答。【详解】(1)根据上述分析，X为，含有的官能团为碳碳双键、醛基，故答案为：