高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习（省一等奖）

河南省安阳市实验高中2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．某有机物结构简式为，有关它的说法正确的是（）A．它属于芳香烃B．分子中最多有23个原子共面C．分子式为C14H8Cl5D．1mol该物质能与6molH2加成【答案】BD【解析】试题分析：根据有机物的结构简式可知，分子中含有氯原子，所以不可能是芳香烃，A不正确；由于苯环是平面型结构，所以和苯环直接相连的原子位于平面上。由于饱和碳原子的基本结构是四面体，所以该分子中最多有23个原子共面，B正确；选项C不正确分子式为C14H9Cl5；2个苯环，需要6分子氢气加成，D正确，答案选BD。考点：考查有机物的结构和性质以及共平面的有关判断点评：该题是高考中的常见题型和重要的考点之一，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可。有利于培养学生的知识迁移能力和辑推理能力以及空间的想象能力。该题的难点是共平面的判断。2．化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是A．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成B．可用蘸浓硫酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要适量吃富含碘酸根原子团的食物D．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异【答案】B【解析】试题分析：A．制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故A正确；B．浓硫酸没有挥发性氨气与硫酸反应看不到大量白烟，故常用玻璃棒蘸取浓盐酸的方法检验氨气的存在，而不是浓硫酸，故B错误；C．碘是人体必需微量元素，所以要吃富含KIO3的食盐，但不能多吃，多吃会导致升高血压，促进动脉粥样硬化，所以要适量吃，故C正确；D．二氧化碳在水中溶解度较小，但是在碱性环境条件下溶解性很大，所以在侯氏制碱法中应该先通入氨气然后再通入二氧化碳，故D正确；故选B。考点：考查了物质的性质，题目难度不大，明确侯氏制碱法的原理是解题关键本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识。3．下列因素中，对气体物质的体积无明显影响的是（）A.温度和压强B.所含微粒数目C.微粒本身大小D.微粒之间的距离【答案】C【解析】试题分析：气体微粒之间的间距很大，远远大于其本身大小，故对气体物质的体积无明显影响的是微粒本身大小；根据PV=nRT可以知道，温度和压强、所含微粒数目、微粒之间的距离对其提及有很大的影响。故本题的答案为C。考点：影响气体体积的因素点评：本题考查了影响气体体积的因素，是对基础知识的考查，该题难度不大。4．下列化学实验事实及解释都正确的是(

)A．碳酸钙不溶于水，所以它是非电解质B．强电解质的水溶液一定比弱电解质溶液的导电能力强C．升高温度可以增大单位体积内活化分子的百分数D．非自发反应在任何条件下都不能实现【答案】C【解析】试题分析：A项碳酸钙难溶于水，但是属于强电解质；B项溶液的导电能力与离子浓度有关，而与强弱电解质没有直接联系；D项非自发反应在一定条件下能够实现，比如电解。考点：化学实验事实及解释。5．下列反应属于氧化还原反应的是A．CaCO3═CaO+CO2↑B．Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2OC．2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+D．BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl【答案】C【解析】试题分析：氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可根据元素化合价的变化解答该题．解：A、CaCO3═CaO+CO2↑无化合价的变化，非氧化还原反应，故不选；B、Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，无化合价的变化，非氧化还原反应，故不选；C、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+有化合价的变化，是氧化还原反应，故选；D、BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl无化合价的变化，非氧化还原反应，故不选；故选C．6．试以不多于五个碳的化合物和任何无试剂合成下列化合物属于何种化合物 A．醚 B．醇C．酮 D．羧酸【答案】A【解析】环氧化合物结构上属于环状醚，其特点是含氧的三元环。7．下列溶液中Cl﹣的物质的量浓度最大的是A．200mL2mol/LMgCl2溶液B．1000mLLNaCl溶液C．250mLLAlCl3溶液D．300mL3mol/LKCl溶液【答案】C【解析】试题分析：A．200mL2mol/LMgCl2溶液中氯离子浓度是4mol/L；B．1000mLLNaCl溶液中氯离子浓度是L；C．250mLLAlCl3溶液中氯离子浓度是L；D．300mL3mol/LKCl溶液中氯离子浓度是3mol/L，所以氯离子的物质的量浓度最大的是氯化铝溶液，答案选C。考点：考查溶液中离子浓度计算8．如图，假定五环中的一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生常见反应，不相连环物质间不能发生反应，且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是IIIIIIIVVASiO2NaOH溶液CuSO4溶液AgO2BO2Fe稀H2SO4NaOH溶液CO2CO2NH3稀H2SO4NaOH溶液AlDMgAlCO2Fe2O3KOH溶液【答案】B【解析】试题分析：“五连环”中各代表物“Ⅱ”可和“I”、“III”反应，“III”可和“Ⅱ”、“IV”反应．“IV”可和“III”、“V”反应．中间“Ⅱ”、“III”、“IV”三种物质至少能和另外两种物质反应，两头的“I”、“V”“物质只能和其中一种物质反应，则A．选项中SiO2、NaOH溶液、CuSO4溶液、Ag、O2五种物质。五种物质中SiO2不能与CuSO4反应，SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，属复分解反应，CuSO4不能与Ag反应，2NaOH+CuSO4＝Cu（OH）2↓+Na2SO4，属复分解反应．CuSO4不能与Ag反应，银与氧气反应，故A错误；B．选项中O2、Fe、稀H2SO4、NaOH、CO2溶液五种物质。五种物质中O2与铁反应3Fe+2O2Fe3O4属氧化还原反应，，铁和稀硫酸反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑属置换反应；稀H2SO4与NaOH反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，CO2只与NaOH溶液反应，二氧化碳少量2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O不属复分解反应，或二氧化碳过量NaOH+CO2＝NaHCO3属化合反应，故B正确；C．选项中O2、NH3、稀H2SO4、NaOH、Al五种物质。五种物质中O2与NH3反应4NH3+5O24NO+6H2O属氧化还原反应，其余各物质间的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，氨气过量H2SO4+2NH3=（NH4）2SO4或硫酸过量H2SO4+NH3=NH4HSO4都属化合反应，2Al+2NaOH+2H2O＝NaAlO2+3H2↑属氧化还原反应，故C错误；D．选项中Mg、Al、CO2、Fe2O3、KOH溶液五种物质。五种物质中Mg与铝不反应，Al与CO2不反应，CO2与氧化铁不反应，氧化铁与KOH溶液不反应，故D错误；故选B。考点：考查元素及其化合物性质9．标准状况下H2和Cl2组成的混合气体2.24L，经点燃充分反应后，缓缓通入100mL

LNaOH溶液中恰好完全反应，测得最终溶液中NaClO的浓度为L（假设溶液体积不变），则原混合气体中Cl2的体积分数（物质的量百分含量）为A．55%B．60%C．65%D．70%【答案】B【解析】试题分析：标准状况下和Cl2组成的混合气体的物质的量为=,最终有NaClO生成，说明氢气与氯气反应氯气有剩余，由于氢气与氯气按1：1反应，故混合气体中氯气的物质的量大于，NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=，由于HCl与NaOH反应生成NaCl，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO，由钠原子与氯原子关系可知，NaOH不足，反应生成NaClO的物质的量为0.1L×L=，根据方程式Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O可知，与剩余氯气反应的NaOH的物质的量为×2=，故与HCl反应的NaOH的物质的量为，由HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，HCl的物质的量为，根据氢元素守恒可知氢气的物质的量为2=故混合物中氯气的物质的量为，氯气的体积分数为=×100%=60%，考点：本题考查混合物的有关计算，难度较大，根据氯原子与钠原子关系，判断混合气体反应后剩余的氯气与氢氧化钠反应氢氧化钠的量不足是解题关键，为易错题，容易认为剩余的氯气被氢氧化钠完全吸收，10．工业上常利用铝粉和氧化铁混合物点燃来焊接铁轨。下列说法正确的是A．该反应中化学能全部转化为热能B．A12O3中的微粒的半径：r(Al3+)>r(O2-)C．在该反应条件下，Al的还原性强于Fe的还原性D．A12O3、Fe2O3均为两性氧化物【答案】C【解析】试题分析：A．该反应中化学能部分转化为热能，部分转化为光能等其他形式的能，故A错误；B．A12O3中的2种微粒具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，半径：r(Al3+)＜r(O2-)，故B错误；C．根据氧化还原反应的规律，在该反应条件下，Al是还原剂，Fe是还原产物，Al的还原性强于Fe的还原性，故C正确；D．Fe2O3不能与碱反应，属于碱性氧化物，故D错误；故选C。【考点定位】考查铝热反应、离子半径的比较【名师点晴】本题考查了铝热反应的原理、物质的分类、氧化还原反应、微粒半径的比较。主要考查学生对基础知识的掌握情况，灵活运用所学知识解决问题的能力。本题中的易错点是B。对于离子半径的比较，要掌握基本的比较方法。其中考查较多的是：具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。11．A、B、C和D都是周期表中前20号元素，已知A的阳离子和C的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为AC的化合物；C和D属同族元素，其中C中核外电子数是D中核内质子数的2倍。B和D同周期且B的同素异形体之一是原子晶体。下列说法中正确的是（）A．D元素处于元素周期表中第2周期第Ⅵ族B．AD2中可能既有离子键又有共价键C．四种元素的原子半径A＞C＞D＞BD．BCD分子一定是直线型非极性分子【答案】B【解析】根据元素在周期表中的位置、结构及其有关性质可知，A、B、C、D分别是Ca、C、S、O。选项A不正确，O元素位于第二周期第ⅥA；CaO2中含有离子键和非极性键，选项B正确；四种元素的原子半径A＞C＞B＞D，选项C不正确；碳氧键和碳硫键不能抵消，所以BCD不是非极性分子，选项D不正确，答案选B。12．ClO2遇浓盐酸会生成Cl2，反应方程式为2ClO2+8HCl＝5Cl2+4H2O，该反应中若转移电子的数目为×1023，则产生的Cl2在标况下的体积为A．11.2LB．33.6LC．22.4LD．44.8L【答案】C【解析】反应中转移电子的物质的量是×1023÷×1023/mol＝。根据反应的方程式可知，每生成5mol氯气，反应中就转移8mol电子，所以该反应中生成的氯气是1mol，标准状况下的体积是22.4L，答案选C。13．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指（）A．金B．硫C．铜D．铁【答案】B【解析】试题分析：液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故选项B正确。考点：考查汞、硫的性质及应用的知识。14．某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干：NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、K+、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体；③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量2.33g．根据上述实验，以下推测正确的是（）A．K+一定不存在B．该溶液中含CO32-离子的浓度为mol/LC．Cl-可能存在D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在【答案】C【解析】试题分析：根据题意，Ba2+和SO42-，可发生离子反应生成BaSO4↓，因此两者不能共存．Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3↓，因此两者也不能共存。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl-+Ag+═AgCl↓、CO32-+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42-+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl-、CO32-、SO42-；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+．故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．根据反应NH4++OH-NH3↑+H2O，产生NH3为，可得NH4+也为；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2.33g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32-+Ba2+═BaCO3↓、SO42-+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+．由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为=，BaCO3为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为=，则CO32-物质的量为，CO32-物质的量浓度为=L。A、由上述分析可得，溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+，而CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为、、，CO32-、SO42-所带负电荷分别为×2、×2，共，NH4+所带正电荷为，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，故A错误；B、由上述分析可得，CO32-物质的量为，CO32-物质的量浓度为═L，故B错误；C、CO32-、SO42-、NH4+物质的量分别为、、，CO32-、SO42-所带负电荷分别为×2、×2，共，NH4+所带正电荷为，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，且K+物质的量≥，当K+物质的量＞时，溶液中还必须存在Cl-，故C正确；D、溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Ba2+和CO32-、SO42-，可发生离子反应生成BaCO3↓、BaSO4↓，因此Ba2+一定不存在．同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2+，故D错误；故选C。考点：考查了离子的检验的相关知识。15．（4分）用化学术语回答下列问题：（1）书写电离方程式：氢氟酸；（2）书写水解离子方程式：硫酸铝；（3）电解硝酸银溶液电极反应式（惰性电极）①阳极：；②阴极：．【答案】（1）HF⇌H++F﹣（2）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+（3）4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；Ag++e﹣=Ag【解析】试题分析：（1）氢氟酸是弱酸存在电离平衡；（2）硫酸铝溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸；（3）依据电解原理分析，阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，阴极上是溶液中银离子得到电子生成银．解：（1）氢氟酸是弱酸存在电离平衡，电离方程式为：HF⇌H++F﹣，故答案为：HF⇌H++F﹣；（2）硫酸铝溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，水解反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；（3）惰性电极电解硝酸银溶液，电极反应，①阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；②阴极上是溶液中银离子得到电子生成银，电极反应为：Ag++e﹣=Ag，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；Ag++e﹣=Ag．点评：本题考查了离子方程式和电极反应式的书写方法和原理应用，掌握基础是关键，题目较简单．16．（10分）把粉末加入50ml过氧化氢的溶液里（密度为1.1g·mL－1），在标准状况下，放出气体的体积V和时间t的关系曲线如图所示。（1）实验时放出气体的体积为。（2）放出一半气体所需的时间约为。（3）A、B、C、D各点反应速率由快到慢的顺序是。（4）根据曲线形状解释反应速率变化的原因。（5）计算反应前过氧化氢的物质的量浓度【答案】(1)60ml(2)2min(3)(4)随着过氧化氢浓度的减小，化学反应速率减小（5）·L-1【解析】根据图像可知当反应进行到5min时，气体体积不再发生变化，所以实验中放出的气体体积为60ml。根据图像当反应进行到2min时，气体体积为30ml。根据图像曲线的变化趋势可以看出，最初阶段曲线的斜率最大，反应最快，随着时间的推移，反应速率逐渐减小。这是由于随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，导致反应速率逐渐减小。60ml氧气的物质的量是，根据双氧水的分解方程式2H2O2=2H2O＋O2↑可知消耗双氧水的物质的量是，所以其浓度为.17．（10分）（1）在饱和氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有①_________________________________________________________________；②____________________________________________________________________。用离子方程式表示产生上述现象的原因________________________________________________________________________________________________。（2）在饱和氯化铁溶液中加入一种单质，也会产生类似上述现象的反应，这种单质是________。A．磷B.硫C.镁D.铜（3）向物质的量之和为mol的FeCl3、AlCl3的混合溶液中加入90mL4mol·L-1的NaOH溶液，使其充分反应。假设原溶液中Al3+物质的量与Fe3+和Al3+总物质的量之比为x。①当x=时，溶液中产生的沉淀是_____________，其物质的量为_____________。②当沉淀只有Fe(OH)3时，x的取值范围为_____________。【答案】①有无色无味气体生成②溶液颜色变深，产生红褐色沉淀Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+CaCO3+2H+====Ca2++CO2↑+H2O（2）C（3）①Fe(OH)3mol②0＜x≤【解析】(1)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+2H++CaCO3====Ca2++H2O+CO2↑所以，平衡向右移动，溶液颜色加深，产生红褐色沉淀，同时生成CO2。(2)Mg能与H+反应(3)①x=，则n(AlCl3)=mol，n(FeCl3)=mol，n(NaOH)=4mol·L-1×0.09L=moln［Fe(OH)3］=mol，Fe3+消耗NaOH：mol×3=moln(NaOH)余∶n(AlCl3)=（）mol∶mol=9∶2所以Al3+全部转化为,无沉淀。②n(AlCl3)=moln(FeCl3)=(1-x)mol，沉淀只有Fe(OH)3，即Al3+全部转变为，根据电荷守恒得：+3×+3×(1-x)≤，即x≤所以0＜x≤。18．现有NaHCO3和Na2CO3·xH2O的混合物，为了测定x值，某同学采用如图所示的装置进行实验(CaCl2、碱石灰均足量)。已知：①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O②含结晶水的物质加热易失去结晶水（1）B装置的作用是_________________________（2）C装置的作用是_________________________（3）若在装置A的试管中装入NaHCO3和Na2CO3·xH2O的混合物3.7g，用酒精灯加热到反应完全及A、B、C装置的质量不再发生变化，此时B管增重1.89g，C管增重0.22g，则x的值为________________（4）该装置还不是很完善，可能使测定结果偏小，应如何改进__________，原因为________________（5）有同学认为，也可以用以下方案测出x值：取一定质量NaHCO3和Na2CO3·xH2O的混合物（混合物质量为m1），使之与足量盐酸反应，产生的气体经浓硫酸干燥后用碱石灰吸收（HCl、空气等干扰因素已排除），测出碱石灰增重质量为m2。请判断该方案是否可行（选填①或②，若同时作答，不得分）①若可行，请写出x值计算表达式②若不可行，如果补做以下哪个实验就可算出x值（不定项选择）A．另取相同质量的混合物，加热至质量不再减少，测出剩余固体的质量B．测出该方案中浓硫酸的增重质量C．把与盐酸反应后的溶液蒸干，测出所得固体的质量D．另取相同质量的混合物，加水溶解，加入足量Ba(OH)2溶液，过滤、洗涤、干燥，测出滤渣的质量【答案】（13分）（1）吸收反应中生成的水（2分）（2）吸收反应中生成的CO2（2分）（3）10（3分）（4）在C装置后再加一个装有碱石灰的U形管（2分）防止空气中的CO2和H2O被C装置中的碱石灰吸收（2分）（5）AC（2分）【解析】试题分析：（1）无水氯化钙能吸收水蒸气，通过称量反应前后的质量可以得出水蒸气的质量，因此B装置的作用是吸收反应中生成的水；（2）由于反应中还有CO2生成，而碱石灰可以吸收CO2，因此通过称量反应前后的质量，可以得出CO2的质量，所以C装置的作用是吸收反应中生成的CO2；（3）用酒精灯加热到反应完全，此时B管增重1.89g，C管增重0.22g，这说明反应中生成的水蒸气质量为1.89g，CO2质量为0.22g，生成水的物质的量为：1.89g÷18g/mol=，生成二氧化碳的物质的量为：0.22g÷44g/mol=，根据方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知，该反应中生成的CO2就是，则碳酸氢钠的物质的量是×2=，反应中生成的水是．则碳酸钠在反应中失去的水的物质的量为：，碳酸氢钠的质量为：×84g/mol=0.84g，则样品中碳酸钠晶体的质量为：3.7g-0.84g=2.86g，则：2.86g÷(106+18x)g/mol×x=，解得：x=10；（4）由于空气中也含有CO2和水蒸气，也能被C装置的中碱石灰吸收，从而导致C管增重偏高，因此测量值偏低，为了防止空气中的CO2和H2O被C装置的中的碱石灰吸收，应该在C装置后再加一个装有碱石灰的U形管；（5）假设NaHCO3和Na2CO3·xH2O的物质的量分别为n1mol和n2mol，根据题意可得84n1+(106+18x)n2=m1、n1+n2=m2/44(碳原子守恒式)，很明显有三个求知数，无法求解x的值，故方案不可行，从所列方程组中可知，还需要一个关于x的方程式，即要知道固体中含有的结晶水的质量或关于n1与n考点：考查了物质组成的实验探究和实验测定方法分析、质量分数计算应用掌握实验基本操作方法及物质性质是关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。19．绿矾(FeSO4•7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分，下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得25℃时有关物质的数据如下表：饱和H2S溶液SnS沉淀完全FeS开始沉淀FeS沉淀完全pH值3．91．63．05．5（1）操作II中，先通入硫化氢至饱和的目的是___________，后加入硫酸酸化至pH=2的作用是___________。（2）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②___________。（3）工业上常用氧化还原滴定法测定绿矾产品中Fe2+含量，测定步骤如下：a．称取2．850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25．00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0．01000mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20．00mL．①已知酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+．写出该测定过程的离子反应方程式：___________；②判断此滴定实验达到终点的方法是___________；③若实验操作无失误，测得上述样品中FeSO4•7H2O的含量仍偏低，则可能的原因是___________；④该绿矾产品中绿矾的质量分数为___________。【答案】（1）使Fe3+还原成Fe2+，并使Sn2+离子完全沉淀；防止Fe2+离子生成沉淀；（2）降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；（3）①MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；②滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；③部分Fe2+被空气中O2氧化；④97．5%；【解析】试题分析：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O。（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为；FeS开始沉淀时溶液的pH为，沉淀完全时的pH为，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；（2）②冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；（3）①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；②滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；③Fe2+具有还原性，易被空气中氧化而变质，常常导致测定结果偏低，故答案为：部分Fe2+被空气中O2氧化；④25mL待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：L×0.020L=，5.2g产品配成250mL溶液消耗高锰酸钾的物质的量为×=，根据反应：5Fe2++1MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，硫酸亚铁的物质的量为：×5=，所以样品中含有的FeSO4•7H2O的质量为：278g/mol×=2.78g，FeSO4•7H2O的质量分数为：×100%≈%，故答案为：%。考点：考查了物质制备的工艺流程、铁及其化合物的性质的相关知识。20．（6分）计算题用8g有杂质的粗锌和足量的稀盐酸反应生成标况下2.24L氢气，求粗锌中的锌的质量分数（锌粒中杂质与稀盐酸不反应）；在标况下向收集到的氢气中通入一定量的氧气，充分反应后测得在相同条件下还剩余气体0.28L，则通入氧气在标况下的体积可能是多少升？【答案】%1.4L或0.98L（每个答案2分共6分，过程正确结果有误酌情给分，有结果无过程只得3分）【解析】略21．（14分）醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，其结构简式为：醋硝香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件省略）。已知：+H2O回答以下问题：（1）反应①的反应类型是。（2）从A到B引入的官能团名称是。（3）反应②的化学方程式为。（4）反应③的化学方程式为。（5）关于E物质，下列说法正确的是（填字母序号）。a．在核磁共振氢谱中有四组吸收峰b．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和Ec．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应d．存在顺反异构（6）写出G的结构简式。（7）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有种。①可与氯化铁溶液发生显色反应；②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体。其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为。【答案】（1）取代反应（或硝化反应）（1分）（2）溴原子（1分）（3）（4）（5）cd（选对1个给1分，错选或多选为0分）（6）；（7）13；【解析】试题分析：与浓硝酸、浓硫酸在加热时发生取代反应产生A:对硝基甲苯；A与Br2在光照时发生取代反应产生B:;B与NaOH的水溶液发生取代反应产生相对分子质量是153的C：；C氧化变为D：；D与发