福建省漳州市漳浦县达志中学2024届高考化学二模试卷含解析

福建省漳州市漳浦县达志中学2024届高考化学二模试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将木试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列

判断错误的是

-2

A.氧化性：ClO>SO4>l2

B.漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝

c.cur与「在碱性条件下可以发生氧化还原反应

D.向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色

2、苯甲酸钠（〔二pCOONa,缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A，

已知25c时，HA的Ka=6.25xl0-5,H2CO3的。=4.17*10~7,^2=4.90x10"o在生产碳酸饮料的过程中，除了添加

NaA夕卜，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25°C,不考虑饮料中其他成分）

A.相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低

B.提高CO2充气压力，饮料中c（A-）不变

c（HA）

C.当pH为5.0时，饮料中一7不二=0.16

c（A）

D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：C（H+）=C（HCO；）+C（CO：）+C（OH-）Y（HA）

3、下列有关实验的说法不正确的是

A.用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭

B.用托盘天平称取10.2gNaOH固体时，将10g的祛码放在右盘，将游码移到0.2g的位置

C.分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物（生成物）浓度的关系，从而确定化学反应速率

D.吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙酸的混合蒸气解毒

4、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.澄清透明的溶液中：Na\Cu2+>NOE、Cl

B.中性溶液中：Fe3+>NHJ、Br>HCO<

C.c（OH-）v"7的溶液中：Na\Ca2\CIO.F

D.Imol/L的KNO3溶液中:H\Fe2>SCN>SO?

5、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法

正确的是（）

第9题表

A.X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增

B.Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增

C.YXz晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力

D.根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性

6、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是

选项离子或分子要求

ANa\HCOT、Mg2\SO4A滴加氨水立即有沉淀产生

BFe3\NOT、SCV-、Cl-滴加盐酸立即有气体产生

3

CNH4\Al\S(V一、CHaCOOH滴加NaOH溶液立即有气体产生

DK\NO3一、C「I-c(K^)<c(Cr)

A.AB.BC.CD.D

7、根据元素周期律可判断（）

A.稳定性：H2S>H2OB.最高化合价：F>N

C.碱性：NaOH>Mg（OH）2D.原子半径：C1>A1

8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下O.lmol/LNa2s2O3溶液与pH=l的H2SO4溶液的说法正确的是

A.1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NA

B.lmol纯H2SO4中离子数目为3NA

C.含15.8gNa2s2O3的溶液种阴离子数目大于0」NA

D.Na2s2O3与H2sCh溶液混合产生22.4L气体时转移电子数为2NA

9、下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是

A.空气被二氧化硫污染后形成酸雨B.植物进行光合作用

C.用漂粉精杀菌D.明矶净水

10、以黄铜矿(主要成分为CuFeS,含少量杂质SiCh等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿帆(FeSO4・7H2O)。

其主要工艺流程如下：

试剂c

过量稀

H2SO4

黄绿矶

铜

矿

粉

不断通入O2

已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。

沉淀物U

C(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2

开始沉淀pH4.72.77.6

完全沉淀pH6.73.79.6

下列说法不正确的是

A.试剂a可以是CuO或CU(OH)2,作用是调节pH至3.7〜4.7之间

B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O,该反应中铁元素被还原

C.操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶

2+2+2

D.反应01的离子方程式为Cu+Fe==Cu+Fe+,试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H=Fe*+H2T，

+3+

Fe(OH)3+3H=Fe+3H2O

11、短周期主族元素X、Y、Z、VV的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下Z单质能

溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是

A.元素Y的最高化合价为+6价

B.最简单氢化物的沸点：Y>W

C.原子半径的大小顺序：W>Z>X>Y

常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中

B反应物浓度越大，反应速率越快

铝片先溶解完

结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量

CNM沸点低于P%

增大而升高

D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化AgCI沉淀中滴加Nai溶液可以得到Agl沉淀

A・AB.BC.CD.D

二、非选择题（本题包括5小题）

17、以乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：

CH2=CH2---------•■囚一|

CH31^CH3COOCH2-Q

6丁回丁卜"

（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为—O

（2）上述①〜④反应中，属于取代反应的是

（3）检验反应③是否发生的方法是—o

（4）写出两种满足下列条件的二FCOOCH2g同分异构体的结构简式。

a.能发生银镜反应b,苯环上的一滨代物有两种

（5）设计一条由乙烯制备A的合成路线。（无机试剂可以任选）

反应试剂反应试剂

（合成路线常用的表示方式为：A-------------►B-------------------►目标产物）

反应条件反应条件

18、为探究固体A的组成和性质，设计实验并完成如下转化。

稀破酸A溶液

④

已知：X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色。若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到

一种强酸，再稀释到1000mL,测得溶液的PH=L在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色。清回答：

（1）固体A的化学式______________.

（2）写出反应①的化学方程式。

（3）写出反应④中生成A的离子方程式o

19、硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。

(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为

⑵某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。

硝咬先救上生

(析g)

NaOH汽液

无水CuSO

①仪器B的名称是一,实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有一。

②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为:

实验步骤

取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液

一份滴入.溶液变成红色

另一份滴入1〜2滴&［Fe(CN)6］溶液

A中硝酸亚铁晶体［Fe(NO3)2・xH2O］分解的化学方程式为。

(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数

①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴—作指示剂。

②用amol/LNa2s2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：b+ZSzCVFr+SKV-),滴定至终点时用去bmLNa2s2O3溶

液，则稽酸亚铁晶体中铁的质量分数为O

20、甲酸(化学式HCOOH,分子式CH2O2,相对分子质量46),俗名蚁酸，是最简单的较酸，无色而有刺激性气味的

易挥发液体。熔点为8.6℃,沸点100.8C,25℃电离常数乂=1.8x10-4。某化学兴趣小组进行以下实验。

I.用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳

浓硫酸

⑴请说出图B中盛装碱石灰的仪器名称。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫

酸混合，甲酸发生分解反应生成co,反应的化学方程式是；实验时，不需加热也能产生co,其原因是

⑵如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：ai（按气流方向，用小写字,表示）。

II.对一氧化碳的化学性质进行探究

资料：i.常温下，CO与PdCL溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；

473K

ii.一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO+NaOH==HCOONa

1iOMPa

利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。

⑶打开k2,F装置中发生反应的化学方程式为；为了使气囊收集到纯净的CO,以便循环使用，G装置

中盛放的试剂可能是_________,H装置的作用是_____________。

（4）现需验证E装置中CO与NaOH固体发生了反应，某同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配置成溶液，在常

温下测该溶液的pH,若pH>7,证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由:,

（5）25*C甲酸钠（HCOONa）的水解平衡常数即的数量级为。若向100mlO.lmol.L"的HCOONa溶液中加

入100mL0.2mol.L-1的HC1溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为。

21、能源、材料已成为当今科学研究的热点。请回答下列问题：

（1）单质A的燃烧热大，可作燃料。已知A为短周期元素，其气态原子逐个失去1〜4个电子所需能量（电离能）如

表所示。若该原子核外电子有三层，则该元素位于周期表族,写出A燃烧后形成的氧化物的电子式：.

Iihhh♦・♦

电离能(kJ/niol)7381451773310540•••

（2）如图是超导材料元素在周期表中的分布，上述元素的短周期元素中原子半径最大的是______（填元素符号），其

原子最外层有种运动状态不同的电子，写出其最高价氧化物对应水化物在水溶液中的电离方程式：o

（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成Imol该易燃气体放出37.68kJ

热量，请写出此反应的热化学方程式：o

（5）取适量Al、Mg合金样品置于烧杯中，加入20mLlmol/L的NaOH溶液，恰好完全反应。下列叙述正确的是______

（选填编号）。

a.Mg作负极,AI作正极

b.若加入的是20mL1mol/L的盐酸,则放出的氢气的物质的量减少2/3

c.若把、aOH中的H换成D（D为重氢），生成的氢气中D与H物质的量之比为1：2。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、A

【解题分析】

A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘

遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为:

C1O>I2,再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘

2

单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-VI2,因此得出氧化性的强弱为：C1O>I2>SO4,A错误；

B、漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质，B正确；

C、次氯骏根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性.因此QO•与「在碱性条件下可以发

生氧化还原反应，C正确；

D、新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氯化性强，故能发

生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，D正确，

答案选A。

2、C

【解题分析】

A.由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A、充CO2的饮料中c(HA)增大，所以相比于未充的饮料,

碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；

B.提高CQ充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c(AO减小，故B错误；

C.当pH为5.0时，饮料中一—=」~--~-=0.16,C项正确；

c")Ka(6.25x10-5)

D.根据电荷守恒得cGD+c(Na.)=c(H83-)+2c(C()32-)+c(0H-)+c(A-),根据物料守恒得c(Na*)=c(A-)+c(HA),两式联立，

f-2-

消去c(Na)Wc(IT)=c(OH)+c(HCO3)+2o(C03)-c(HA),故D项错误；

答案选C。

【题目点拨】

弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入酸，促进水解，加入碱抑制水

解。在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲

酸，抑菌能量增强。提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c(A-)减小。

3、B

【解题分析】

A.用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；

B.用托盘天平称取10.2gNaOH固体时，将10g的祛码放在右盘，将游码移到0.2g的位置,但NaOH一般在小烧杯

中称量，祛码质量大于10g,故B错误；

C分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确；

D.酒精和乙醛具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，丝吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙

酸的混合蒸气解毒，故D正确；

答案选B。

4、A

【解题分析】

A.选项离子之间不能发生任何反应，离子可以大量共存，A符合题意；

B.中性溶液中，OH-与Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，OH•与•反应产生CCh＞、H2O,离子之间不能大量共存，B不

符合题意；

C.c(OH)vJ灭二的溶液显酸性，含有大量的H+,H+与CKT、P发生反应产生弱酸HC1O、HF,不能大量共存，C错

误;

D.H\F/+、NO3•会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；

故合理选项是A。

5、D

【解题分析】

从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、VV同主族且W元素的核电荷数为X的2

倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为神

兀素。

【题目详解】

A、O、S、P的原子半径大小关系为：P>S>O,三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O>H2S>PH3,A不正确；

B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；

C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；

D、神在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，AS203中碑为+3价，处于中间价态,

所以具有氧化性和还原性，D正确。

答案选D。

6、A

【解题分析】

A、离子之间不反应，滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀，立即生成沉淀，故A符合题意；

B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SCV一为SO42一,因此不能共存，故B不符合题意；

C、滴加NaOH溶液先与醋酸反应，不能立即生成气体，故C不符合题意；

D、离子之间不反应，可大量共存，但c(K+)Vc(Cl—),不能遵循电荷守恒，故I)不符合题意；

综上所述，本题应选A。

7、C

【解题分析】

A.O和S位于同一主族，非金属性O大于S,故气态氢化物的稳定性H2O>H2S,故A错误；

B.F没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；

C.Na和Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱,NaOH>Mg(OH)z,

故C正确；

D.A1和C1位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，AI>CI,故D错误；

答案选C。

8、C

【解题分析】

+-,

A.1LpH=l的H2s04溶液中，c(H)=0.1mol-L,含H+的数目为O.lmolirxlLxN,、=0.1NA,故A错误；

B.lmol纯H2s04中以分子构成，离子数目为0,故B错误；

C.硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，一个S2O32•水解后最多可产生2个OH,含15.8g即O.lmolNa2s2O3的溶液种阴离子数

目大于0」NA,故C正确；

D.22.4L气体不能确定是不是标准状况，故D错误；

故选C。

9、D

【解题分析】

A.二氧化硫溶于与水生成亚硫酸，亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸，是氧化还原反应，故A不选；

B.植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B

不选；

C.用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强氧化性，发生了氧化还原反应，故C不选；

D.明祖中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质，具有净水作用，没有发生氧化还原反应，故D选;

故答案选D。

10、B

【解题分析】

A.加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2沉淀，为了防止

引入新的杂质，试剂a可以是CuO［或CU(OH)2、C11CO3等］,故A壬确；

B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O,该反应中铁元素化合价升高被氧

化，故B错误；

C.操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矶晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；

D.反应III主要是CM+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将CM+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应IV时应该将过

量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为

+2++3+

Fe+2H=Fe+H2T，Fe(OH)3+3H=Fe+3H2O,故D正确；

答案选B。

11、B

【解题分析】

X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为HzO,则Y为O,极易溶于水的氢化物有HC1和NH3,

X的原子序数小于Y,则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓

溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z,所以Z为ALW为S；综上所述X为N、

Y为O、Z为Al、W为S。

【题目详解】

A.Y为O元素，没有+6价，故A错误；

B.Y、W的简单氢化物分别为HzO、H2S,水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，

故沸点H2O>H2S,故B正确；

C.同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(A1)>W(S)>X(N)>Y(O),故C错误；

D.A1与O只能形成AI2O3,故D错误；

故答案为Bo

12、B

【解题分析】

假设X的最外层电子数为x-L则Y的最外层电子数为x・LZ的最外层电子数为x,W的最外层电子数为x+1,R的

最外层电子数为x+2,有关系式x・l+x4+x+l+x+2=21,解x=5,则X为碳元素，Y为硅元素，Z为神元素，W为氧

元素，R为氯元素。

A,因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸>戒酸>硅酸，故正确;

B.84号元素都在第VIA主族，Z元素在第VA主族，故错误；

C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；

D.AS2O3中神为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。

故选B。

13、D

【解题分析】

A.高镒酸钾与浓盐酸反应制氯气：2MnO4-16H++10C「=2Mn2++5Q2T+8H2。，故A错误；

+2

B.饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2Na+CO3+H2O+CO2=2NaHCO31，故B错误；

C.铜片与浓硫酸共热不能写离子方程式，故C错误；

2+2+

D.硫酸铜溶液中加入过量氨水生成四氨合铜(II)：Cu+4NH3*H2O=CU(NH3)4+4H2O,故D正确；

故选D。

14、D

【解题分析】

A、NH4cl的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A错误；

B、NazOz中阴离子(024阳离子(Na+)数之比为1：2,选项B错误；

C、SiOz中，Si原子、O原子向空间伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；

D、金刚石和足球烯(CM虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项D正确。

答案选D。

【题目点拨】

本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、

理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间

通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子

和自由电子构成的晶体是金属晶体。

15、C

【解题分析】

A.制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；

B.气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；

C.FeCh溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；

D.福尔马林（甲醛溶液）常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于

浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；

答案选C。

16、D

【解题分析】

A.HC10不稳定，可分解生成HCL故A错误；

B.浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行，与稀硝酸发生不同的反应，故B

错误；

C.结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，含有氢键的沸点较高，由于NH3分子间存在氢键，沸点

高于P&,故C错误；

D.AgCl沉淀中滴加Nai溶液可以得到Agl沉淀，可说明Agl更难溶，故D正确；

故选：De

二、非选择题（本题包括5小题）

17、乙醇、浓硫酸、170c①②④取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③

CHOCHCHO

II2

已经发生QO

।।

CH2cH20HCH2OH

水

CH3CH2OH-M->CH3COOH

CH0=CH0----------------------►

―催化剂，加热

【解题分析】

由C的结构及反应④为酯化反应可知，A为CH3COOH,C为，则反应①为光照下取代反应，生成B为

CH20H

,反应②为卤代危的水解反应，反应③为醇的催化氧化反应。

CH2cl

(1)实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为乙醇、浓硫酸、170℃,发生消去反应，故答案为：乙醇、浓硫酸、

170℃；

(2)上述①〜④反应中，属于取代反应的是①②④，故答案为：①@④;

(3)检验反应③是否发生的方法是取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发

生，故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生;

（

4）CH3COOCH2a.能发生银镜反应，含・CHO；b.苯环上的一滨代物有两种，苯环上有2

0H

CHOCH2cH。

CHCHO

种H,则2个取代基位于对位，符合条件的结构简式为,故答案为:;

CH2CH2CHCH2OH

CH3

(5)乙埔加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，则由乙烯制备A的合成路线为

水「o]

CH=CH-----------------►CHCHOHL」•CHCOOH，故答案为:。

?22催化剂，加热3923

3+22+2+

18、FeSO42FeSO4Fe2O3+SO2t+SO3t2Fe+SO3+H2O=2Fe+SO4+2H

【解题分析】

本题考查无机物的推断以及实验方案设计。X由两种化合物组成，若将X通入品红溶液,溶液褪色，能使品红溶液褪

色的有S02,若将X通入足量双氧水中,X可全部被吸收且只得到一种强酸,根据化学反应Sa+HzO^HzSO,、S03+H20=H2sO4

可知，X由S02和S03两种气体组成。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有Fe3+,红棕色固体是氧

化铁。

(1)根据上述分析，固体A加热分解生成SO?、SO3和氧化铁，硫元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则A

为FeSO^

(2)根据上述分析，反应①的化学方程式为2FeSOj-aLFezCh+SOzT+SO3T。

(3)气体X为SO?、SO3的混合物气体，通入NaOH溶液中发生反应生成硫酸钠和亚硫酸钠，亚硫酸根离子具有还

原性，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，溶液2为硫酸铁，Fc3+具有氧化性，SOF与Fe3+能发生氧化还原反应生成Fe?

3+22+

+和SO?,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，则反应④中生成A的离子方程式为2Fe+SO3+H2O=2Fe+

2+

S04-+2HO

19、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NOf+4H2O干燥管(或球形干燥管)结晶水卜2滴KSCN溶液无蓝色

沉淀生成4Fe(NO3)2*xH2O△2成2O3+8NO2T+(M+4xH2O淀粉溶液之处%

m

【解题分析】

(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成稍酸亚铁和NO,据此书写反应的化学方程式；

⑵①无水C11SO4变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二

氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子

遇到KSCN变红色，K“Fe(CN)6］溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；

⑶①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应

3+2+

2Fe+2I=2Fe+I2,b+ZSzCV=Zr+NfV•分析解答。

【题目详解】

(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO,反应的化学方程式为3Fe+8HN(h(稀)=3Fe(NO3)2+2NOf+4H20,

故答案为3Fe+8HNOK稀)=3Fe(NO3)2+2NOT+4H20；

⑵①根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，

故答案为干燥管；结晶水；

②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体

［Fe(NO3)2・xH2O］分解的化学方程式为4Fe(NO3)2*xH2O△ZFezCh+SNChT+O2T+4xH2。;根据检验氧化铁的实验步

骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3［Fe(CN)6］溶液是检验亚铁离

子的试剂，因此滴入1〜2滴K3［Fe(CN)6］溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为I〜2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；

4Fe(NO3)2*xH2O^==2Fe2O3+8NO2f+O2t+4xH2O；

⑶①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故

答案为淀粉溶液；

3+2+223+2

②发生的反应有2Fe+2I=2Fe+l2,I2+2S2O3=2r+S4O6,有关系式2Fe-h-2S2O3,因此硝酸亚铁晶体中铁的

A

工.八皿、，amol/LxbxlOLx56g/mol5.6ab5.6abA/

质量分数为-----------------------------xioo%=---------%,故答案为-----%o

mgmm

【题目点拨】

本题的易错点为⑵②，要注意K3［Fc(CN)6］溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉

淀。

浓硫酸

20、球形干燥管HCOOH=CO：+H2O浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c—b—e-d—fPdCh

A

+CO+H2O=Pd1+CO2+2HC1氢氧化钠溶液除去CO中水蒸气方案不可行无论CO与NaOH固体

是否发生反应，溶液的pH均大于710Hc(Cl)>c(H+)>c(Na+)>c(HCOO)>c(OH)

【解题分析】

A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO,生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法

收集CO,结合物质的性质和装置分析解答。

【题目详解】

I.(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫

浓硫酸

酸混合，甲酸发生分解反应生成CO,根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOH;^=CO1+H2。。由于浓硫

A

酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。

(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：afc-b-efd-f。

II.(3)打开k2,由于常温下，CO与PdCh溶液反应，有金属Pd和CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为

PdC12+CO+H2O=Pd1+CO2+2HCI：由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气

囊收集到纯净的CO,以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气，则H

装置的作用是除去CO中水蒸气。

(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7,所以该方案不可行；

］0-14

(5)25・。甲酸电离常数(=1.8'10一力则25C甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数a=-----------其数量级为10'。若

1.8X10-4

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