湖南省郴州市2018届高三第一次质量检测化学试题（解析版）Word版含解析.doc

www.ks5u.com 湖南省郴州市2018届高三第一次质量检测 化学试题 ‎1. 化学与生产生活联系紧密，下列有关说法正确的是 A. 只用淀粉溶液即可检验食盐是否为加碘盐 B. 氢氟酸刻蚀水晶饰品体现其酸性 C. 水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3，再用酸除去 D. 煤经过气化和液化等物理变化可转为清洁能源 ‎【答案】C ‎【解析】A. 加碘盐含有KIO3，淀粉遇单质碘变蓝，只用淀粉溶液不可检验食盐是否为加碘盐，故A错误；B. 氢氟酸刻蚀水晶饰品是因为生成SiF4气体，不是体现其酸性，故B错误；C. 水垢中的CaSO4，可利用Na2CO3溶液先转化为CaCO3，再用酸除去，故C正确；D. 煤的气化和液化属于化学变化，故D错误。故选C。‎ 点睛：解答本题的难点是选项C，用Na2CO3溶液控制溶液中Qc=c(Ca2+)c(CO32－)>Ksp(CaCO3)，即可将CaSO4转化为CaCO3，弱酸盐CaCO3可溶于强酸。‎ ‎2. 下列与化学有关的文献．理解错误的是 A. 《咏石灰》（明·于谦）中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”其中“清白”是指氢氧化钙 B. 《咏煤炭》（明·于谦）中：凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”其中“乌金”的主要成分是煤炭 C. 《天丁开物》中记载：“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。……魂散惊而魄齑粉”文中提到的是火药 D. 《天丁开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”文中的“裘”主要成分是蛋白质 ‎【答案】A ‎【解析】A. 《咏石灰》(明·于谦)中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”，描述的是碳酸钙的受热分解，其中“清白”是指氧化钙，故A错误；B. 《咏煤炭》(明·于谦)中“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”描述的是煤炭的开采，其中“乌金”的主要成分是煤炭，故B正确；C. 《天工开物》中记载：“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。……魂散惊而魄齑粉” ，消石、硫磺是制造火药的主要原料，故C正确；D. 《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、‎ 褐皆具素质……”文中的“裘”指的是动物的毛皮，主要成分是蛋白质，故D正确；故选A。‎ ‎3. 1mol化学式为C4H8O3的物质分别与足量的NaHCO3且和Na反应产生气体的物质的量相等，满足条件的同分异构体数目为（不考虑空间异构）‎ A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【解析】—COOH与NaHCO3反应生成CO2，—OH与Na反应生成H2，产生的气体的物质的量相等，说明C4H8O3含有的羧基与羟基一样多，所以C4H8O3分子含有一个—COOH和一个—OH，C4H8O3分子可看作由—COOH、—OH、—C3H6—组成，可形成5种分子结构，故选B。‎ 点睛：解答本题需要注意—COOH中含有羟基，—COOH既能与NaHCO3反应，又能与Na反应。1mol—COOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2，与足量Na反应生成0.5molH2。‎ ‎4. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 80℃时，1L pH=l的硫酸溶液中，含有的OH-数目为10-13NA B. 向含有FeI2的溶液中通人适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子数目为3NA C. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA D. 以Mg、Al为电极,NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过NA个电子 ‎【答案】C ‎【解析】A. 80℃时，Kw>1×10-14，1LpH=l的硫酸溶液中，c(OH-)=>mol/L=1×10-13mol/，含有的OH-数目大于10-13NA，故A错误；B. 还原性：I－>Fe2+，向含有FeI2的溶液中通人适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，I－已经完全被氧化，该反应转移电子数目不能确定，故B错误；C. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有46g即1mol乙醇和54g即3mol水，氧原子数为4NA，故C正确；D. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过的电子数无法确定，故D错误。故选C。‎ ‎5. 下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是 A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O B. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+ H2O2+2H+= I2+O2↑+2H2O C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2‎ D. “84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+ Cl-+ 2H+= Cl2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因为二者反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，A正确；B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+＝I2 +2H2O，B错误；C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2，C正确；D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，D正确，答案选B。‎ ‎6. 某同学查阅教材得知，普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4C1、ZnCl2等物质。他在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验：下列有关实验的叙述中，不正确的是 A. 操怍①中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度 B. 操作②的操作名称是过滤 C. 操作③中盛放药品的仪器是坩埚 D. 操作④的目的是除去滤渣中杂质 ‎【答案】D ‎【解析】试题解析：A．操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，故A正确；B．普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，故B正确；C．由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，故C正确；D．二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，故D错误。‎ 考点：化学实验基本操作 ‎7. 已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如下图所示，下列说法正确的是 A. a、c两元素的最高正价一定相等 B. d的原子序数不可能是b的原子序数的3倍 C. c的最高价氧化物对应的水化物可溶于d的最高价氧化物对应的水化物 D. 若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则d元素的单质具有强氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】若a是氧元素，则c是硫元素，最高正价不相等，故A错误；若b是Be元素，则d是Mg元素，d的原子序数是b的原子序数的3倍，故B错误；若c的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，则d的最高价氧化物对应的水化物是硅酸，氢氧化铝难溶于硅酸，故C错误；若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则c是S，d是氯元素，氯气具有强氧化性，故D正确。‎ ‎8. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. =0.1的溶液中：N a+\K+、SiO42-、SO32-‎ B. pH=l的溶液中：K+、Al3+、SO42-、F-‎ C. 与镁反应生成氢气的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-‎ D. 0. 1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、Mg2+、Br-、AlO2-‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．的溶液显碱性，溶液pH=13，离子组Na+、K+、SiO32—、SO32-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存；B．HF为弱酸，F-不能在强酸性溶液中大量存在，故B错误；C．与镁反应生成氢气的溶液显酸性，在酸性溶液中NO3-有强氧化性，与金属作用不可能生成氢气，故C错误；D．HCO3-在溶液中的电离能促进AlO2-水解，不能大量共存，故D错误，答案为A。‎ ‎9. 乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是 ‎①1mol该有机物可消耗3mol H2； ②不能发生银镜反应； ③分子式为C12H20O2； ④它的同分异构体中可能有酚类； ⑤1 mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH A. ②③④ B. ①④⑤ C. ①②③ D. ②③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：该有机物含有碳碳双键和酯基。①1摩尔该有机物能消耗2摩尔氢气，错误；②没有醛基，不能发生银镜反应，正确；③给有机物分子式为C12H20O2，正确；④该分子式分析，当有苯环时，氢原子最多为18个，所以不能含有苯环，即不可能有酚类，错误；⑤含有酯基，1摩尔该有机物水解消耗1摩尔氢氧化钠，正确。故选D。‎ 考点：有机物的结构和性质 ‎10. 优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极材料是聚2-乙烯吡啶（简写P2VP）和I2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为2Li+P2VP•nI2= P2VP•(n-1)I2+2LiI，则下列说法正确的是 A. 正极的反应为P2VP•nI2+2e-= P2VP•(n-1)I2+2I-‎ B. 电池工作时，碘离子移向P2VP极 C. 聚2-乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似，因此聚2-乙烯吡啶的复合物不会导电 D. 该电池所产生的电压低，使用寿命比较短 ‎【答案】A ‎【解析】A. 正极的反应为P2VP•nI2+2e-=P2VP•(n-1)I2+2I-，故A正确；B. P2VP极为正极，电池工作时，碘离子移向负极Li，故B错误；C. 聚2-乙烯吡啶的复合物含有π电子，因此聚2-乙烯吡啶的复合物可以导电，故C错误；D. 锂的比能量高，该电池使用寿命比较长，故D错误。故选A。‎ ‎11. 由下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将氯气、SO2气体分别通入品红溶液 溶液均退色 氯气、SO2均有漂白性且漂白原理相同 B 某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸 试纸变蓝 NH3是碱 C 硝酸银溶液中加少量NaCl溶液，再加KI溶液 先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)‎ D FeCl3溶液中通入足量SO2气体，然后滴入KSCN溶液 溶液不变红 还原性SO2>Fe2+ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A. 氯气利用与水反应的生成物次氯酸的氧化性漂白，SO2可与色素结合为不稳定的无色物质，它们的漂白原理不同，故A错误；B. NH3不能电离产生OH-，所以不是碱，NH3与H2O反应的生成物NH3·H2O是碱，故B错误；C. 硝酸银溶液中加少量NaCl溶液，产生白色沉淀AgCl，溶液中剩余硝酸银，再加KI溶液，产生黄色沉淀AgI，不是AgCl转化为AgI而是直接生成AgI，不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C错误；D. FeCl3溶液中通入足量SO2气体，然后滴入KSCN溶液，溶液不变红，表明SO2将Fe3+还原为Fe2+，证明还原性SO2>Fe2+，故D正确。故选D。‎ ‎12. 一定条件下，CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol；向2L恒容恒温密闭容器中充入1mol CO2和2.8molH2反应，图中过程I、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率α(CO2)]随时间(t)的变化曲线。下列说法不正确的是 A. m点：v（正）>v（逆） B. 活化能：过程Ⅱ>过程I C. n点时该反应的平衡常数K=50 D. 过程I，t2时刻改变的反应条件可能是升高温度 ‎【答案】C CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L） 0.5 1.4 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.4 1.2 0.4 0.4‎ 平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.4 0.4‎ 所以该反应的平衡常数K＝＝200，C错误；‎ D. 过程I，t2时刻转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，由于正反应放热，因此改变的反应条件可能是升高温度，D正确，答案选C。‎ ‎13. 某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的几种，现进行如下实验：‎ ‎①取少量溶液滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；‎ ‎②另取少量原溶液，逐滴加入5mL 0.2mol/L盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失：‎ ‎③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g。‎ 下列说法中正确的是 A. 该溶液中一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32-、Cl-‎ B. 该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-‎ C. 该溶液是否有K+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）‎ D. 可能含有Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】①向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子，即A13+和Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L-1的盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，，所以一定不存在SiO32-，滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-，则气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2－和CO32－，所以一定不存在与CO32－反应的Ba2+，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435g，则沉淀为AgCl，物质的量为：0.435g÷143.5g/mol＝0.003mol，②中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L×0.005L=0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl－。‎ A.根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；B.由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；C.根据溶液呈电 中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；D.根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；答案选B。‎ 点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子，如本题的原溶液中存在CO32－，所以一定不存在与CO32－反应的Ba2+；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子，如本题根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断，如本题中的Cl-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。‎ ‎14. 甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法错误的是 A. 若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则反应①②可能都属于氧化还原反应 B. 常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙可能是铜和稀硝酸 C. 若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊不可用于干燥甲 D. 若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为NaOH，此时甲、乙可能为Na和O2、丙为Na2O2，与水反应生成戊（NaOH），故A正确；B．若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则丙为NO、戊为NO2，但能产生NO的不一定是铜和稀硝酸，故B错误；C．若甲为硫磺燃烧产物（SO2），丁为水，则乙为O2、丙为SO3、戊为H2SO4，浓硫酸可用于干燥SO2，故C正确；D．若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为Cl2，可与水或者碱反应产生具有漂白性的HClO或者次氯酸盐，故D正确。故选B。‎ 考点：考查无机物之间的转化 ‎15. 在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为pg .cm-3‎ ‎，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的有 ‎① ② ③上述溶液中加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω ④上述溶液中再加入1.5V mL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)‎ A. ②③ B. ②④ C. ③④ D. ①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】①氨气溶于水，主要以NH3•H2O存在，但仍然以NH3作为溶质，ω=×100%= =×100%=×100%，选项①错误；②、C= == mol/L，选项②正确；③水的密度比氨水的密度大，所以上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量，溶质氨气的质量不变，所以所得溶液的质量分数小于0.5ω，选项③错误；④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液，浓度之比为2：1，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），铵根离子水解，水解程度微弱，所以c（Cl-）＞c（NH4+），充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），选项④正确；答案选B。‎ 点睛：本题考查物质的量浓度的计算、盐类水解、质量分数等，注意氨气溶于水主要以一水合氨存在，但溶质仍以氨气计算，氨水的密度小于水，浓度越大密度越小。‎ ‎16. 某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为-2价），既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是 A. l00mL的盐酸中HC1物质的量浓度为7.5mol/L B. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L C. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85‎ D. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A.根据题给信息知，将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应，生成FeCl20．425mol，根据氯原子守恒知，HCl的物质的量为0.85mol，100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为8.5mol/L，A项错误；B.根据铁原子守恒知，磁黄铁矿中铁的物质的量为0.425mol，硫单质是由反应2Fe3＋+S2—=2Fe2＋+S生成的，生成硫单质2.4g，物质的量为0.075mol，则磁黄铁矿中+3价铁的物质的量为0.15mol，+2价铁的物质的量为0.275mol，根据化合价规则知，原磁黄铁矿中—2价硫的物质的量为0.5mol，根据硫原子守恒知，生成H2S的物质的量为0.425mol，标准状况下的体积为9.52L，B项错误；C.根据上述分析，该磁黄铁矿中FexS的x=0.85，C项正确；D.该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为17：6，D项错误；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应的计算，原子守恒法计算。‎ ‎【名师点睛】本题考查根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比，计算量较大，难度较大。①根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；②根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；③根据转移电子守恒计算n(Fe3＋)，根据铁原子守恒计算n（Fe2+），根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量，从而得出x值；④根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比。‎ ‎17. FeCl2是一种常用的还原剂。有关数据如下：‎ C6H5Cl(氯苯)‎ C6H4Cl2‎ FeCl3‎ FeCl2‎ 溶解性 不溶于水．易溶于苯 不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易吸水。‎ 熔点／℃‎ ‎-45‎ ‎53‎ ‎——‎ ‎——‎ 沸点／℃‎ ‎132‎ ‎173‎ ‎——‎ ‎——‎ 实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2，回答下列问题：‎ I．按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取，装置C的作用是_________；E中盛放的试剂是_________；D中反应的化学方程式为_________。‎ II．按如图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在128—139℃加热3h，反应接近100%。冷却，分离提纯得到粗产品。反应如下：2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HC1‎ ‎（1）该制取反应中，作还原剂的是_________。‎ ‎（2）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是_________。‎ ‎（3）冷却实验装置，将三颈瓶内物质经过过滤、洗涤，干燥后，将得到粗产品。‎ ‎①洗涤所用的试剂可以是_________；‎ ‎②回收滤液中C6H5Cl的方法是_________。‎ ‎（4）仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。若要监控氯化铁转化率达到或超过90%，则烧杯中试剂可以是加有酚酞，且理论上含_________g NaOH的溶液。‎ ‎【答案】 (1). 干燥氢气 (2). 碱石灰 (3). H2+2FeCl32FeCl2+2HC1 (4). C6H5Cl (5). 实验使用了冷凝回流装置 (6). 苯 (7). 蒸馏滤液，并收集132℃馏分 (8). 18‎ ‎【解析】本题主要考查FeCl2的实验室制法。‎ I．按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取，装置C的作用是干燥氢气；E中盛放的试剂是碱石灰；D中反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HC1。‎ II．（1）该制取反应中，FeCl3是氧化剂，作还原剂的是C6H5Cl。‎ ‎（2）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是实验使用了冷凝回流装置。‎ ‎（3）①C6H5Cl、C6H4Cl2易溶于苯，FeCl2不溶于苯，洗涤所用的试剂可以是苯；‎ ‎②分离互溶液体的一般方法是蒸馏，回收滤液中C6H5Cl的方法是蒸馏滤液，并收集132℃馏分。‎ ‎（4）162.5g无水氯化铁的物质的量是1mol，氯化铁转化率达到或超过90%，生成氯化氢的物 质的量不少于0.45mol，烧杯中的酚酞在氢氧化钠耗尽时由红色变为无色，理论上与0.45molHCl发生反应消耗0.45mol即18gNaOH。‎ ‎18. 某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物质）为原料制取Zn和MnO2。‎ ‎（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：口MnO2+口FeS+口H2SO4=口MnSO4+口Fe2(SO4)3+口S+口H2O _______________‎ ‎（2）将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按以下的工业流程进行操作处理得溶液(IV)，电解溶液(IV)即得MnO2和Zn。‎ a．操作①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为：______________。‎ b．操作②中加入适量X的作用是什么______________；X的首选物的化学式是______________。‎ c．操作③中所加碳酸盐的化学式是______________。‎ ‎（3）为了从上述流程中产生的Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀混合物中同收Al(OH)3，工厂设计了如下的有关流程图 a．AlC13溶液和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3的离子方程式为_____________，若总共得到n molAl(OH)3，则消耗的NaOH和HC1的理论量(mol)分别为_______、_________。‎ b．若使用下列流程同收处理，请比较两个流程消耗酸碱的用量？________________。‎ ‎【答案】 (1). 3、2、6、3、1、2、6 (2). Zn+2Fe3+ =Zn2++ 2Fe2+、Zn+Cu2+=Zn2++ Cu (3). 将Fe2+氧化成Fe3+ (4). MnO2 (5). MnCO3或ZnCO3 (6). Al3+ + 3AlO2-+ 6H2O=4Al(OH)3↓ (7). (8). (9). 如按下流程，则得到同样n molAl(OH)3，消耗的NaOH、HC1的埋论量分别为nmol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则 ‎【解析】试题分析：（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，根据原子守恒、电子守恒可得配平的化学方程式：3MnO2 + 2FeS +6H2SO4==3MnSO4 + Fe2(SO4)3 +2S +‎ ‎ 6H2O；a．操作①向该溶液中加入Zn粉后，溶液中的Fe3+、Cu2+会与Zn发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为Zn + 2Fe3+==Zn2+ + 2Fe2+、Zn + Cu2+==Zn2+ + Cu；根据图示可知在酸性溶液Ⅱ中含有Fe2+、Al3+等，要将它们反应转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，应该先加入氧化剂，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；为了不引入新的杂质离子，加入的氧化剂可以是MnO2；c．操作③中所加碳酸盐就是调整溶液的酸碱性的，根据除杂的原则，该物质应该是的化学式是MnCO3或ZnCO3；（3）a．AlCl3溶液和NaAlO2溶液混合发生盐的双水解反应生成AI(OH)3，该反应的离子方程式为Al3++ 3AlO2－+ 6H2O==4Al(OH)3↓；由于n(Al3+)：n(AlO2－)=1:3,所以若总共得到n molAl(OH)3，则需要消耗AlCl3的物质的量是n/4mol，消耗NaAlO2的物质的量是3n/4mol，根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaAlO2)= 3n/4mol，n(HCl)=3n(AlCl3)= 3n/4mol，b．若使用下列流程回收处理，得到同样n molAl(OH)3，消耗的NaOH、HCl的理论量分别为n mol，大于前一个流程消耗酸碱的用量，因此相对而言，前流程更符合节约的原则。‎ 考点：考查氧化还原反应离子方程式的书写、物质的选择及作用、关于化学方程式的计算、化学实验方案的设计及评价的知识。‎ ‎19. CO2是燃烧和代谢的最终产物，也是造成温室效应昀废气，但CO2作为一种资源，开发和利用的前景十分诱人。‎ I、利用太阳能，以CO2为原料制取炭黑的流程如上图所示。过程2的化学方程式为：__________。‎ II、近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中，再把CO2从溶液中提取出来，并使之与H2反应制取甲醇。其工艺流程如图所示：‎ ‎（1）①由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是____________。‎ ‎②上述流程中____________（填化学式）可循环使用，该流程体现了“绿色化学”理念。‎ ‎（2）不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入2mol CO2和5 mol H2，相同时间内测得CO2的转化率随温度变化如下图所示：‎ ‎①合成塔中发生的化学反应方程式为____________。‎ ‎②T1时a点v（正）____________v（逆）（填“>”，“ (6). 800 (7). 56 (8). 从右至左 (9). 2CO2+12H++ 12e-=C2H4+4H2O ‎【解析】本题主要考查有关二氧化碳的性质。‎ I、过程2的化学方程式为：6FeO+CO2=C+2Fe3O4。‎ II、（1）①分解池中产生CO2，由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是KHCO3。‎ ‎②上述流程中KHCO3分解产生K2CO3，所以K2CO3（填化学式）可循环使用，该流程体现了“绿色化学”理念。‎ ‎（2）①合成塔中发生反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O。‎ ‎②T1时a点平衡向着正反应方向建立，所以v（正）>v（逆））‎ ‎③温度为T4时b点的平衡浓度：c(CO2)=(2-1.6)mol/L=0.4mol/L，c(H2)=(5-4.8)mol/L=0.2mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=1.6mol/L，平衡常数为=800。‎ ‎（3）V(盐酸)≤25mL时,发生反应：K2CO3+HClKCl+KHCO3，n(K2CO3)= n(HCl)=0.10mol/L×25mL=2.5mmol，K2CO3+H2O+CO22KHCO3,则该l00mL吸收液还可吸收2.5mmol即标准状况下56mLCO2.‎ III、 （1）CO2发生还原反应，通入CO2的一极是阴极，阳离子移向阴极，H+的移动方向是从右至左；‎ ‎（2）产生乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。‎ ‎20. 对乙酰氨基苯酚（F）是最常用的非甾体消炎解热镇痛药，用于治疗感冒发烧、关节痛、神经痛、偏头痛等，它可用最简单的烯烃A等合成：‎ 已知：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）E的名称为__________，C中含有的官能团是__________。‎ ‎（2）B的结构简式是__________，反应③的反应类型是__________。‎ ‎（3）F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为__________。‎ ‎（4）F的同分异构体有很多，其中一类同时满足下列条件的同分异构体共有_______种。‎ ‎①苯环上有三个侧链；②与FeCl3溶液发生显色反应；③能发生银镜反应且醛基直接连在苯环上。‎ ‎（5）参照F的合成路线，设计一条以溴苯为起始原料制备的合成路线___________。‎ ‎【答案】 (1). 硝基苯 (2). 羧基 (3). CH3CHO (4). 取代反应或脱水 (5). (6). 20 (7). （或）（或）‎ ‎【解析】本题主要考查有机物的结构与性质。‎ ‎（1）E的名称为硝基苯，C中含有的官能团是羧基。‎ ‎（2）B的结构简式是CH3CHO，反应③乙酸转化为乙酸酐，其反应类型是取代反应或脱水反应。‎ ‎（3）F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为。‎ ‎.....................‎ ‎（5）以溴苯为起始原料制备的合成路线：（或）（或）‎ ‎ ‎