高中化學(xué)魯科版有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 優(yōu)質(zhì)課獎

山東省萊州市第三中學(xué)2023學(xué)年高二下期6月月考化學(xué)試卷（解析版）1．下列有機(jī)物不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是：A.乙烯B.乙醇C.聚乙烯D.苯【答案】CD【解析】2．中國絲綢有五千年的歷史和文化。古代染坊常用某種“堿劑”來精練絲綢，該“堿劑”的主要成分是一種鹽，能促進(jìn)蠶絲表層的絲膠蛋白質(zhì)水解而除去，使絲綢顏色潔白、質(zhì)感柔軟、色澤光亮．這種“堿劑”可能是A．食鹽B．火堿C．草木灰D．膽礬【答案】C【解析】試題分析：由題意可知，該物質(zhì)是一種鹽，水溶液呈堿性，為強(qiáng)堿弱酸鹽A．食鹽中氯化鈉為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，故A錯誤；B．火堿是氫氧化鈉，屬于堿，故B錯誤；C．草木灰中碳酸鉀強(qiáng)堿弱酸鹽，故C正確；D．膽礬是硫酸銅晶體，是強(qiáng)酸弱堿鹽，故D錯誤；故選C?？键c：考查鹽的性質(zhì)，涉及NaOH、NaCl和膽礬的性質(zhì)。3．化學(xué)上將質(zhì)量數(shù)相同而質(zhì)子數(shù)不同的原子稱為同量素，如40K和40Ca。下列關(guān)于40K和40Ca的敘述中正確的是

(

)A．40K和40Ca具有相同的中子數(shù)B．40K＋和40Ca2＋具有相同的電子層結(jié)構(gòu)C．39K和40K互為同素異形體D．40K和40Ca互為同位素【答案】B【解析】A錯，40K的中子數(shù)為21，40Ca的中子數(shù)為20；B正確；C錯，同素異形體是指同種元素的不同單質(zhì)；D錯，同位素是指質(zhì)子數(shù)相同且中子數(shù)不同的同一元素的不同原子；4．能量之間是可以相互轉(zhuǎn)化的。下列過程中，有電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的是（）A．電解水 B．光合作用 C．打手機(jī) D．點燃?xì)錃狻敬鸢浮緼【解析】光合作用：光能------化學(xué)能 點燃?xì)錃猓夯瘜W(xué)能-------熱能電解水：電能---------化學(xué)能打手機(jī)：電磁能-----熱能5．下列物質(zhì)，既能與鹽酸反應(yīng)又能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的是A．AlCl3B．Al(OH)3C．KOH【答案】B【解析】試題分析：A、氯化鋁與鹽酸不反應(yīng)，A錯誤；B、氫氧化鋁是兩性氫氧化物，既能與鹽酸反應(yīng)又能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，B正確；C、氫氧化鉀是強(qiáng)堿，與氫氧化鈉不反應(yīng)，C錯誤；D、鹽酸是強(qiáng)酸，不能與鹽酸反應(yīng)，D錯誤，答案選B。【考點定位】本題主要是考查元素及其化合物的性質(zhì)【名師點晴】該題的關(guān)鍵是熟練記住常見物質(zhì)的性質(zhì)。既能與鹽酸反應(yīng)又能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)物質(zhì)在中學(xué)階段常見的有金屬鋁，兩性氧化物氧化鋁，兩性氫氧化物氫氧化鋁，弱酸的酸式鹽如碳酸氫鈉，弱酸的銨鹽溶液碳酸銨以及氨基酸等，答題時注意靈活應(yīng)用。6．現(xiàn)有兩種短周期元素A、B的原子序數(shù)分別為a、b，若a+8=b，則下列有關(guān)A、B的說法正確的是A．A和B一定在同主族B．A和B一定在同周期C．若A和B在相鄰周期，則A、B一定同主族D．A、B可能既不同周期，又不同主族【答案】D【解析】試題分析：a+8=b，則A和B兩種元素可以是H和F、O和S，所以選項A、B、C都是錯誤的，答案選D?？键c：考查元素周期表的結(jié)構(gòu)點評：該題是中等難度的試題，試題注重解題的靈活性，側(cè)重方法的培養(yǎng)。有利于培養(yǎng)學(xué)生的發(fā)散思維能力，提高學(xué)生分析問題、解決問題的能力。該題的關(guān)鍵是要學(xué)會通過舉例排除逐一篩選得出結(jié)論的解題方法。7．如圖為某化學(xué)反應(yīng)的速率與時間的關(guān)系示意圖。在t1時刻升高溫度或增大壓強(qiáng)，速率的變化都符合示意圖的反應(yīng)是A．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0B．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0C．H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH>0D．2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH>0【答案】B【解析】試題分析：在t1時刻升高溫度或增大壓強(qiáng)，正逆反應(yīng)速率都增大，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，如是升高溫度，正反應(yīng)應(yīng)為放熱反應(yīng)，如是增大壓強(qiáng)，則反應(yīng)物氣體的計量數(shù)之和小于生成物氣體的計量數(shù)之和，只有B符合，故答案為B?？键c：本題考查化學(xué)平衡移動、圖像的分析。8．T°C時，在一固定容積的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：A（g）+B（g）?C（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，達(dá)到平衡時容器中A、B濃度變化如圖中曲線（實線）所示，下列判斷正確的是（）A．T°C時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)值為4B．c點沒有達(dá)到平衡，此時反應(yīng)向逆向進(jìn)行C．若c點為平衡點，則此時容器內(nèi)的溫度高于T°CD．T°C時，直線cd上的點均為平衡狀態(tài)【答案】C【解析】A、平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積，固體和純液體不寫入表達(dá)式，A（g）+B（g）?C（s），平衡常數(shù)K===，故A錯誤；B、依據(jù)圖象分析可知，C點濃度商Q＜K，反應(yīng)正向進(jìn)行，故B錯誤；C、反應(yīng)是放熱反應(yīng)，若C點為平衡狀態(tài)，此時平衡常數(shù)小于T°C平衡常數(shù)，說明平衡逆向進(jìn)行，是升溫的結(jié)果，溫度高于T°C，故C正確；D、T°C時平衡常數(shù)不變，曲線上各點位平衡狀態(tài)，其它點溫度不同不是平衡狀態(tài)，故D錯誤；【點評】本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)的影響因素分析和計算應(yīng)用，主要是破壞原理的影響因素分析判斷，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．9．向某溶液中加入含F(xiàn)e2＋的溶液后，無明顯變化。當(dāng)再滴入幾滴新制氯水后，混合溶液變成紅色，則下列結(jié)論錯誤的是A．該溶液中一定含有SCN－B．氧化性：Fe2＋>Cl2C．Fe2＋與SCN－不能形成紅色物質(zhì)D．Fe2＋被氧化為Fe3＋【答案】B【解析】試題分析：根據(jù)現(xiàn)象可知，加入氯水后，將亞鐵離子氧化生成了鐵離子，鐵離子和SCN－反應(yīng)使溶液顯紅色，這說明氯氣的氧化性大于鐵離子的，B項錯誤，其余都是正確的，答案選B?？键c：考查鐵的化合物的性質(zhì)。10．鎂鐵混合物13．8g溶解在足量某濃度的稀硝酸中，完全反應(yīng)，其還原產(chǎn)物只有一氧化氮（0．3mol），則向反應(yīng)后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀質(zhì)量為A．26B．29．1gC．29．5gD．24g【答案】B【解析】試題分析：在反應(yīng)中金屬失去電子的物質(zhì)的量與硝酸得到電子變?yōu)镹O得到電子的物質(zhì)的量相等，而金屬失去電子變?yōu)榻饘訇栯x子時，再滴加NaOH溶液時，結(jié)合OH-的數(shù)目相等。n(e-)=0．3mol×3=0．9mol,則金屬陽離子結(jié)合的OH-的物質(zhì)的量也是0．9mol，則產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量是m(沉淀)=m(金屬)+m(OH-)=13．8g+0．9mol×17g/mol=29．1g。故選項是B?？键c：考查守恒方法在氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用的知識。11．下列說法不正確的是A．Cl2能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，所以Cl2具有漂白性B．紅熱的鐵絲在Cl2中劇烈燃燒，反應(yīng)生成FeCl3C．利用溴單質(zhì)的氧化性可以把碘離子轉(zhuǎn)化為碘單質(zhì)D．實驗室常用NaOH溶液吸收多余的Cl2以避免污染【答案】A【解析】試題分析：A、氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯氣無漂白作用，故A錯誤；B、氯氣具有強(qiáng)氧化性氧化變價金屬為高價態(tài)化合物，紅熱的鐵絲在Cl2中劇烈燃燒，反應(yīng)生成FeCl3，故B正確；C、溴單質(zhì)氧化性大于碘單質(zhì)，溴單質(zhì)氧化碘離子生成碘單質(zhì)，故C正確；D、氯氣有毒不能排放到空氣中，需要用氫氧化鈉溶液吸收，故D正確；故選A?？键c：考查了氯氣的化學(xué)性質(zhì)、鐵的化學(xué)性質(zhì)的相關(guān)知識。12．下列電離方程式正確的是A．MgSO4=Mg2++SO42-B．Ba(OH)2=Ba2++OHC．Al2(SO4)3=2Al+3+3SO42-D．KClO3=K++Cl-+3O2-【答案】A【解析】試題分析：A/硫酸鎂是強(qiáng)電解質(zhì),完全電離產(chǎn)生鎂離子和硫酸根離子,正確;B/氫氧化鋇是強(qiáng)電解質(zhì),完全電離產(chǎn)生氫氧根離子與鋇離子的個數(shù)比是2:1,錯誤;C/硫酸鋁是強(qiáng)電解質(zhì),完全電離產(chǎn)生的鋁離子與硫酸根離子的個數(shù)比是2:3,鋁離子應(yīng)寫成Al3+，錯誤；D、氯酸鉀是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離產(chǎn)生鉀離子和氯酸根離子的個數(shù)比是1:1，錯誤，答案選A。考點：考查電解質(zhì)電離方程式的判斷13．用惰性材料作電極，分別電解下列物質(zhì)，當(dāng)相同電量時，下列指定的電極上析出氣體質(zhì)量最大的是A．熔融的NaCl（陽極）B．NaCl溶液（陰極）C．NaOH溶液（陰極）D．Na2SO4（陽極）【答案】A【解析】試題分析：電解熔融氯化鈉、氯化鈉溶液、氫氧化鈉溶液和硫酸鈉溶液的方程式分別為：2NaClO電解=2Na+Cl2↑～2e-、2NaCl+2H2O電解=2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-、2H2O電解=2H2↑+O2↑～4e-、2H2O電解=2H2↑+O2↑～4e-，由電解方程式可知，每轉(zhuǎn)移2mol電子，電解熔融氯化鈉陽極得到1mol氯氣，質(zhì)量是71g、電解氯化鈉溶液陰極得到1mol氫氣，質(zhì)量是2g、電解氫氧化鈉溶液陰極產(chǎn)生1mol氫氣，質(zhì)量是2g，電解硫酸鈉溶液陽極產(chǎn)生氧氣，質(zhì)量是電解=電解=電解=電解=考點：考查電解產(chǎn)物的判斷和計算14．下列離子方程式與所述事實不相符的是（）A．苯酚鈉溶液中通入少量CO2：C6H5O－+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3－B．在碳酸氫鈉溶液中加入過量的氫氧化鋇溶液：Ba2＋+OH－+HCO3－==BaCO3↓+H2OC．用新制的氫氧化銅懸濁液檢驗乙醛中的醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH－CH3COO－+Cu2O↓+3H2OD．向Ca(ClO)2溶液中通入過量SO2：Ca2++2ClO—+SO2＋H2O=CaSO4↓＋2H++Cl—+HClO【答案】D【解析】次氯酸鈣具有氧化性，和SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，還原產(chǎn)物是氯離子，所以選項D是錯誤的，其余都是正確的，答案選D。15．如圖是CO2電催化還原為CH4的工作原理示意圖。下列說法不正確的是A．該過程是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程B．銅電極的電極反應(yīng)式為CO2+8H++8e-=CH4+2H2OC．一段時間后，①池中n(KHCO3)不變D．一段時間后，②池中溶液的pH一定升高【答案】CD【解析】試題分析：該裝置是一個電解池，電解池是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置，故A正確；CO2電催化還原為CH4的過程是一個還原反應(yīng)過程，所以銅電解是電解池的陰極，銅電極的電極反應(yīng)式為CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故B正確；在電解池的陰極上發(fā)生二氧化碳得電子的還原反應(yīng)，即CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，一段時間后，氫離子減小，氫氧根濃度增大，氫氧根會和①池中的碳酸氫鉀反應(yīng)，所以n(KHCO3)會減小，故C錯誤；在電解池的陽極上，是陰離子氫氧根離子發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，所以酸性增強(qiáng)，pH一定下降，故D錯誤.考點：考查了原電池和電解池的工作原理的相關(guān)知識。16．某合作學(xué)習(xí)小組討論辨析以下說法中正確的是①硅是光導(dǎo)纖維的主要成分②CO2氣體通入CaCl2溶液中會出現(xiàn)混濁③冰和干冰既是純凈物又是化合物④某氣體能使品紅溶液褪色，該氣體是SO2⑤鹽酸和食醋既是化合物又是酸⑥鑒別MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液可用NaOH試劑⑦豆?jié){、霧都是膠體⑧利用丁達(dá)爾效應(yīng)可以區(qū)分溶液和膠體【答案】③⑥⑦⑧【解析】試題分析：①二氧化硅是光導(dǎo)纖維的主要成分，①錯誤；②CO2氣體通入CaCl2溶液中不會出現(xiàn)混濁，二者不反應(yīng)，②錯誤；③冰是固態(tài)的水，屬于純凈物和化合物，干冰是固態(tài)的CO2，屬于純凈物和化合物，③正確；④某氣體能使品紅溶液褪色，該氣體不一定是SO2，也可能是氯氣等，④錯誤；⑤鹽酸和食醋都是混合物，化合物指的是純凈物，⑤錯誤；⑥鑒別MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液可用NaOH試劑，現(xiàn)象分別是產(chǎn)生白色沉淀、產(chǎn)生白色沉淀氫氧化鈉，過量沉淀溶解、產(chǎn)生紅褐色沉淀，⑥正確；⑦豆?jié){、霧都是膠體，符合膠體的條件，⑦法正確；⑧膠體有丁達(dá)爾現(xiàn)象，溶液沒有，利用丁達(dá)爾效應(yīng)可以區(qū)分溶液和膠體，⑧正確?？键c：考查物質(zhì)的分類17．FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效，且腐蝕性小。請回答下列問題：（1）FeCl3凈水的原理是。FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H＋作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）。（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。①若酸性FeCl2廢液中c(Fe2＋)=×10-2mol·L-1，c(Fe3＋)=×10-3mol·L-1，c(Cl－)=×10-2mol·L-1，則該溶液的PH約為。②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3＋+H2OFe(OH)2++H＋K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H＋K2Fe(OH)++H2OFe(OH)3+H＋K3以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是。通過控制條件，以上水解產(chǎn)物聚合，生成聚合氧化鐵，離子方程式為：xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+欲使平衡正向移動可采用的方法是（填序號）。a．降溫b．加水稀釋c．加入NH4Cld．加入NaHCO3室溫下，使氯化鐵溶液轉(zhuǎn)化為高濃度聚合氯化鐵的關(guān)鍵條件是。（4）天津某污水處理廠用氯化鐵凈化污水的結(jié)果如下圖所示。由圖中數(shù)據(jù)得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范圍約為mg·L-1?！敬鸢浮浚?）Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)2Fe3++Fe=3Fe2+（2）①2②166H+163H2O（3）K1>K2>K3bd調(diào)節(jié)溶液的pH（4）18～20【解析】試題分析：（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，所以可起到凈水的作用；鋼鐵設(shè)備中的Fe會與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，離子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+（2）①根據(jù)電荷守恒，則溶液中氫離子的濃度是c(Cl－)-2c(Fe2＋)-3c(Fe3＋)=×10-2mol·L-1,所以pH=2；②根據(jù)題意，氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應(yīng)物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價從+5價降低到-1價，得到6個電子，而Fe元素的化合價從+2價升高到+3價，失去1個電子，根據(jù)得失電子守恒，則氯酸根離子的系數(shù)為1，F(xiàn)e2+的系數(shù)為6，則鐵離子的系數(shù)也是6，氯離子的系數(shù)是1，根據(jù)電荷守恒，則氫離子的系數(shù)是6，水的系數(shù)是3；（3）鐵離子的水解分為三步，且水解程度逐漸減弱，所以水解平衡常數(shù)逐漸減小，則K1>K2>K3；使平衡正向移動，因為水解為吸熱反應(yīng)，所以降溫，平衡逆向移動；加水稀釋，則水解平衡也正向移動；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，所以氫離子濃度降低，平衡正向移動，所以答案選bd；從反應(yīng)的離子方程式中可知，氫離子的濃度影響高濃度聚合氯化鐵的生成，所以關(guān)鍵步驟是調(diào)節(jié)溶液的pH。（4）由圖像可知，聚合氯化鐵的濃度在18～20mg·L-1時，去除率達(dá)到最大值，污水的渾濁度減小?？键c：本題主要考查了對鐵的化合物性質(zhì)的應(yīng)用，氧化還原反應(yīng)方程式的配平，對圖像的分析能力。18．（13分）硫酸鈉—過氧化氫加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)具有漂白、殺菌、消毒等作用。某研究小組為在實驗室制備硫酸鈉—過氧化氫加合物的晶體并測定其組成，設(shè)計了如下實驗，請你參與并完成相關(guān)問題的解答。（1）晶體制備：將Na2SO4溶解在一定濃度、含有特定穩(wěn)定劑的雙氧水溶液中，然后經(jīng)濃縮、_______（填操作名稱）、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鈉一過氧化氫加合物的晶體。（2）組成測定：①準(zhǔn)確稱取3.540g晶體，配制成100mL溶液A。②準(zhǔn)確量取溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體1.165g。③再準(zhǔn)確量取mL溶液A，加入適量稀硫酸酸化后，用·L－1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液mL。①若室溫下BaSO4的Ksp=×l0－10，欲使溶液中c(SO42－)≤×10－5mol·L－1，應(yīng)保持溶液中c(Ba2+)≥___________mol·L－1。②此時H2O2與KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為________________。③實驗時，KMnO4溶液應(yīng)盛放在__________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。滴定終點時的實驗現(xiàn)象是_______________________。④通過計算可以得出晶體的化學(xué)式為_______________________?！敬鸢浮浚ü?3分。第(2)題的第④題3分，其余每空2分）（1）結(jié)晶（2）①×10－5②2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑③酸式滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈淺紅色且30秒內(nèi)不褪去④2Na2SO4·H2O2·2H2O【解析】試題分析：（1）根據(jù)晶體制備的過程可知，將Na2SO4溶解在一定濃度、含有特定穩(wěn)定劑的雙氧水溶液中，然后經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鈉一過氧化氫加合物的晶體。故填：結(jié)晶（2）①沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp=c（SO42-）?c（Ba2+），當(dāng)c（SO42-）≤×10-5mol?L-1，所以溶液中c（Ba2+）≥=×10-5mol/L，故答案為：×10-5；②MnO4-被還原為Mn2+，Mn元素共降低5價，雙氧水被氧化生成氧氣，氧元素共升高2價，化合價最小公倍數(shù)為10，故MnO4-的系數(shù)為2、Mn2+的系數(shù)為2，H2O2的系數(shù)為5、O2系數(shù)為5，然后根據(jù)觀察法配平得：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案為：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；③KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，能腐蝕橡皮管，應(yīng)盛放在酸式滴定管中。KMnO4溶液呈紫紅色，反應(yīng)結(jié)束，KMnO4使溶液呈現(xiàn)紫紅色，因此滴定終點時的實驗現(xiàn)象是滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈淺紅色且30秒內(nèi)不褪去。故填：酸式；滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈淺紅色且30秒內(nèi)不褪去④1.165g白色固體為硫酸鋇，物質(zhì)的量為=，根據(jù)反應(yīng)的離子方程式可知，含有H2O2的物質(zhì)的量為×L×0.025L=，因此3.540g晶體中含有Na2SO4×4=，H2O2×4=，含有結(jié)晶水的質(zhì)量為=0.36g，物質(zhì)的量==，所以晶體的化學(xué)式為2Na2SO4·H2O2·2H2O，故填：2Na2SO4·H2O2·2H2O考點：考查了中和滴定、化學(xué)計算等相關(guān)知識。19．草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)呈淡黃色。某課題組為探究草酸亞鐵晶體的化學(xué)性質(zhì)，進(jìn)行了一系列實驗探究。（1）向盛有草酸亞鐵晶體的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發(fā)現(xiàn)溶液顏色逐漸變?yōu)樽攸S色，并檢測到有二氧化碳?xì)怏w生成。這說明草酸亞鐵晶體具有_（填“氧化性”、“還原性”或“堿性”）。若反應(yīng)中消耗1molFeC2O4·2H2O，則參加反應(yīng)的KMnO4為______mol。（2）資料表明：在密閉容器中加熱到一定溫度時，草酸亞鐵晶體可完全分解，生成幾種氧化物，殘留物為黑色固體。課題組根據(jù)課本上所介紹的鐵的氧化物的性質(zhì)，對黑色固體的組成提出如下假設(shè)，請你完成假設(shè)二和假設(shè)三：假設(shè)一：全部是FeO；假設(shè)二：______；假設(shè)三：______。（3）為驗證上述假設(shè)一是否成立，課題組進(jìn)行如下研究?！径ㄐ匝芯俊空埬阃瓿上卤碇袃?nèi)容。實驗步驟（不要求寫出具體操作過程）預(yù)期實驗現(xiàn)象和結(jié)論取少量黑色固體，______________________________________________________________________________________________________________【定量研究】課題組在文獻(xiàn)中查閱到，F(xiàn)eC2O4·2H2O受熱分解時，固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如下圖所示：寫出加熱到400℃時，F(xiàn)eC2O4·2H2O晶體受熱分解的化學(xué)方程式為：__________________【答案】(14分，每空2分)（1）還原性（2分）（2分）（2）全部是Fe3O4（2分）是FeO和Fe3O4的混合物（2分）（3）【定性研究】實驗步驟（不要求寫出具體操作程）預(yù)期實驗現(xiàn)象和結(jié)論加入適量稀鹽酸或稀硫酸，在溶液中加入硫氰化鉀溶液（2分）溶液不變紅色，則假設(shè)一成立，溶液變成紅色，則假設(shè)一不成立（2分）【定量研究】FeC2O4·2H2O==FeO+CO2↑+CO↑+2H2O↑（2分）【解析】試題分析：（1）高錳酸鉀溶液的紫紅色褪去，溶液變?yōu)樽攸S色，很顯然是FeC2O4被高錳酸鉀氧化為Fe3+的結(jié)果，表明FeC2O4具有還原性。分析有關(guān)元素化合價的變化可知，反應(yīng)過程中1molFeC2O4·2H2O可失去3mol電子，而lmolKMnO4可得到5mol電子：根據(jù)得失電子數(shù)相等的原則，反應(yīng)中FeC2O4·2H2O與KMnO4的物質(zhì)的量之比為5：3。因此，若反應(yīng)中消耗1molFeC2O4·2H2O，則參加反應(yīng)的KMnO4為3/5mol＝。（2）鐵的氧化物中，呈黑色的有FeO和Fe3O4。所以假設(shè)2和3分別是全部是Fe3O4、是FeO和Fe3O4的混合物。（3）【定性研究】FeO與鹽酸或硫酸反應(yīng)生成Fe2+，F(xiàn)e2+與KSCN不反應(yīng)。但Fe3O4或FeO和Fe3O4的混合物溶于稀鹽酸或稀硫酸中生成Fe3+，遇KSCN變紅色。據(jù)此即可設(shè)計方案進(jìn)行驗證?！径垦芯俊坎菟醽嗚F品體受熱首先失去結(jié)品水，得到FeC2O4(即A點對應(yīng)物質(zhì))。400℃時固體質(zhì)量減少，應(yīng)該是FeC2O4發(fā)生分解，生成鐵的氧化物(即B點對應(yīng)物質(zhì))。根據(jù)圖象可知1.0g晶體分解生成的鐵的氧化物的質(zhì)量為0.4g，設(shè)此鐵的氧化物的化學(xué)式為FeaOb，根據(jù)Fe守恒可知0.4g此氧化物中鐵元素的質(zhì)量為1.0g×，氧元素的質(zhì)量為(0.4g—1.0g×)g，故a:b＝(1.0g×)：(0.4g—1.0g×)，解得a：b＝1：1，即晶體分解所得鐵的氧化物為FeO，因此草酸亞鐵晶體分解的化學(xué)方程式為：FeC2O4·2H2O＝FeO+CO↑+CO2↑+2H2O(或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑)?？键c：本題以探究實驗為基礎(chǔ)，考查了氧化還原反應(yīng)、探究基本方法、物質(zhì)的檢驗、化學(xué)計算等相關(guān)知識。20．甲、乙兩個實驗小組分別進(jìn)行“測定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3含量”的實驗．（1）甲組：沉淀分析法把一定量的混合物溶解后加入過量CaCl2，然后將所得沉淀過濾、洗滌、烘干、稱量．確定CaCl2溶液是否過量的方法是，判斷沉淀是否洗凈的操作是．（2）乙組：氣體分析法用如圖裝置進(jìn)行實驗，為了減少誤差，分液漏斗中應(yīng)該用溶液，B中應(yīng)該用溶液，選用該溶液后實驗結(jié)果還是不準(zhǔn)，請問是（填“偏高”、“偏低”或“無影響”），原因是．（3）請你設(shè)計一個與甲、乙兩組操作不同的實驗方案，測定混合物中Na2CO3的含量．方案：．用到的主要試劑：．用到的玻璃儀器：（至少2件）．【答案】（1）取少量的上層清液加入碳酸鈉溶液，若變渾濁則CaCl2過量；取最后一次洗滌液，加入硝酸銀溶液后若不變渾濁則洗凈；（2）稀硫酸；濃硫酸；偏低；裝置中有CO2殘留；（3）把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3過濾洗滌烘干稱量；HNO3和AgNO3；燒杯、玻璃棒、漏斗【解析】試題分析：（1）沉淀法是利用碳酸鈉能與氯化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，稱量沉淀質(zhì)量，依據(jù)碳酸根離子物質(zhì)的量為碳酸鈉物質(zhì)的量計算得到；加入沉淀試劑氯化鈣過量目的是完全沉淀碳酸根離子，確定CaCl2溶液是否過量的方法是取少量的上層清液加入碳酸鈉溶液，若變渾濁則CaCl2過量；沉淀表面有氯化鈉溶液，判斷沉淀是否洗凈的操作是取最后一次洗滌液，加入硝酸銀溶液后若不變渾濁則洗凈；故答案為：取少量的上層清液加入碳酸鈉溶液，若變渾濁則CaCl2過量；取最后一次洗滌液，加入硝酸銀溶液后若不變渾濁則洗凈；（2）依據(jù)裝置圖分析，氣體法是利用加入的稀硫酸和碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，利用濃硫酸干燥二氧化碳?xì)怏w，干燥后用堿石灰吸收，稱量得到增重為二氧化碳的質(zhì)量，計算得到，干燥管后再接一個盛堿石灰的U形管防止空氣中的二氧化碳、水蒸氣進(jìn)入C干擾二氧化碳的測定結(jié)果；由于裝置中的二氧化碳不能全部排出被堿石灰吸收，所以測定結(jié)果偏低；故答案為：稀硫酸；濃硫酸；偏低；裝置中有CO2殘留；（3）可以利用混合物中的氯化鈉反應(yīng)生成氯化銀沉淀，測定氯化銀的沉淀質(zhì)量計算氯化鈉質(zhì)量得到樣品中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3過濾洗滌烘干稱量，用到試劑是HNO3和AgNO3；實驗操作過程中需要用到反應(yīng)后過濾得到沉淀繼續(xù)稱量，玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗；故答案為：把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3過濾洗滌烘干稱量；HNO3和AgNO3；燒杯、玻璃棒、漏斗考點：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量21．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，測得0.317gA氣體的體積是100mL，計算此氣體的相對分子質(zhì)量。若A是雙原子分子，則A可能是什么氣體？【答案】71，氯氣?！窘馕觥吭囶}分析：根據(jù)n=V/Vm=m/M，則M=m×Vm/V，則摩爾質(zhì)量為71g·mol－1，因為A為雙原子分子，則其相對原子量為考點：考查摩爾質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣體摩爾體積、相對原子質(zhì)量等知識。22．對羥基苯甲酸丁酯(俗稱尼泊金丁酯)可用作防腐劑，對酵母和霉菌有很強(qiáng)的抑制作用，工業(yè)上常用對羥基苯甲酸與丁醇在濃硫酸催化下進(jìn)行酯化反應(yīng)而制得．以下是某課題組開發(fā)的從廉價、易得的化工原料出發(fā)制備對羥基苯甲酸丁酯的合成路線：已知以下信息：①通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基；②D可與銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡；③F的核磁共振氫譜表明其有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為1﹕1．回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為__________。（2）由B生成C的化學(xué)反應(yīng)方程式為__________，該反應(yīng)的類型為__________。（3）D的結(jié)構(gòu)簡式為__________。（4）F的分子式為____________。（5）G的結(jié)構(gòu)簡式為__________。（6）E的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的共有__________種，其中核磁共振氫譜有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為2﹕2﹕1的是__________(寫結(jié)構(gòu)簡式)?！敬鸢浮浚?）甲苯；（2）；取代反應(yīng)；（3）；（4）C7H4O3Na2；（5）；（6）13；【解析】試題分析：由A的分子式為C7H8，最終合成對羥基苯甲酸丁酯可知，A為甲苯，甲苯在鐵作催化劑條件下，苯環(huán)甲基對位上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B為，結(jié)合信息②可知，D中含有醛基，B在光照條件下，甲基上的H原子與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C為，C在氫氧化鈉水溶液中，甲基上的氯原子發(fā)生取代反應(yīng)，生成D，結(jié)合信息①可知，D為，D在催化劑條件下醛基被氧化生成E，E為，在堿性高溫高壓條件下，結(jié)合信息③可知，苯環(huán)上的Cl原子被取代生成F，同時發(fā)生酯化反應(yīng)，F(xiàn)為，F(xiàn)酸化生成對羥基苯甲酸G，（1）由以上分析可知A的化學(xué)名稱為甲苯，故答案為：甲苯；（2）B為，與氯氣在光照條件下發(fā)生取