2020屆北京新高考化學模擬試題02

2020屆北京新高考化學模擬試題02可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14016Fe56第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．下列我國科技成果不涉及化學變化的是（）A.廚余污油裂化為航空燃油B?“深海勇士”號潛水艇用鋰電池供能C?以“煤”代“油”生產(chǎn)低碳烯烴D.用“天眼”接收宇宙中的射電信號答案D解析航空燃油是廚余污油通過熱裂解等技術(shù)得到的一種長鏈脂肪酸的單烷基酯，該過程屬于化學變化，故不選A；電池放電時把化學能轉(zhuǎn)化為電能，屬于化學變化，故不B；煤制烯烴，屬于化學變化，故不選C；用“天眼”接收宇宙中的射電信號，沒有生成新物質(zhì)，不屬于化學變化，故迦。（2019濟南期末）中國是瓷器的故鄉(xiāng)，鈞瓷是宋代五大名窯瓷器之一，以“入窯一色，出窯萬彩”的神奇窯變著稱。下列關(guān)于陶瓷的說法正確的是（）A.高品質(zhì)的白瓷晶瑩剔透，屬于純凈物B?瓷器中含有大量的金屬元素，因此陶瓷屬于金屬材料C?氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料D.“窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應(yīng)導致顏色的變化答案D解析白瓷含有多種成分屬于混^物，A項錯誤；陶瓷屬于無機非金屬材料B項錯誤；氮化硅陶瓷屬于新型無機非金屬材料C項錯誤；“窯變”時，高溫下釉料中的金屬化合物由于還原程度的不同形成不同顏色的低價態(tài)化合物，D項正確。（2019洛陽模擬）下列實驗操作及其先后順序均!確的是（）A?先裝好藥品，再檢查裝置的氣密生B■先用雙手捂緊試管，再將導管插入水中檢查裝置的氣密性C.氫氣還原氧化銅的實驗，先通一段時間的氫氣，排盡裝置內(nèi)的空氣后再加熱D.稀釋濃硫酸時，先在燒杯里倒入濃硫酸，再小心倒入水并不斷攪拌答案C解析制備氣體時，應(yīng)先檢查裝置的氣密性，再裝藥品，A項錯誤；檢查氣密性時，要先把導管浸入水中再用手去捂容器外壁，若先用手捂熱容器外壁，里面的空氣受熱膨脹會逸出，導致將導管放入水中后看不到導管口處冒氣泡，B項錯誤；氫氣還原氧化銅時，要先通一段時間氫氣排盡空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，C項正確；濃硫酸的密度比水的大，溶于水時要放出大量的熱，所以在稀釋濃硫酸時要將濃硫酸慢慢注入水中并不斷攪拌，使放出的熱量及時散失，D項錯誤。4?已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的）AS^He含有的中子數(shù)為1N人ILO.ImolL—〔磷酸鈉溶液含有的PQ—數(shù)目為0.1NAlmolKCrO被還原為Cr3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6N2273A48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為3Na答案B解析3g3He的物質(zhì)的量為1mol,每個3He含1個中子，貝01mo3He含1mol中子，A項正確；該溶液中含0.1molNaPO，由于部分PO3—水解，故溶液中PQJ的數(shù)目小于0.1N，B項錯誤；KCrO中Cr元素為+6343434A227價,ImolKCrO被還原成Cr3+時，得到6mol電子，C項正確；正丁烷和異丁烷互為同分異構(gòu)體，每偽2273子中均含10個C—H鍵和3個C—C鍵，即每個分子中含13個共價鍵，貝048g正丁烷和10g異丁烷的混合物中含13mol共價鍵，D項正確。5（2019大連模擬）下列有關(guān)鐵及其化合物的說法中不正確的是（）A?為了防止FeCl溶液久置變質(zhì)，常在其溶液中加入少許鐵釘2將飽和FeCl溶液滴入沸水中，能形成膠體3新制的Fe（OH2沉淀露置在空氣中最終會變?yōu)榧t褐色除去FeCl溶液中的FeCl雜質(zhì)可以向溶液中加鐵粉，然后過濾32答案D解析F￡在空氣中易被氧化為Fe3+，加鐵釘可以防止FeCl溶液的變質(zhì)，故A項正確；制備Fe（OH）膠體23的方法是將飽和FeCl溶液滴入沸水中，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停止加熱即可，故B項正確；新制的3Fe(0H2沉淀露置在空氣中迅速變成灰綠色，最終會變?yōu)榧t褐色的1e(OH),故C項正確；除去FeCI溶液中的FeCI雜質(zhì)可以向溶液中滴加氯水，將FeCI氧化為FeCI，故D項錯誤。223(2019北京高三高考模擬)下列解釋工業(yè)生產(chǎn)或應(yīng)用的化學用語中，不正確的是()FeCI溶液刻蝕銅電路板2%汁Cu===2Fe汁+NaO用作供氧劑：NaO+HO===2NaOI+OT222222氯氣制漂白液CI+2NaOH===NaONaCIO+HO22NaCQ溶液處理水垢：CaSCXs)+CQ3-一LCaC^(s)+SC2i-答案B解析FeC3溶液與銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅2Fg十Cu===2Fe才Cq，故A項正確；NaO用作供氧劑與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣2NaO+2HO===4NaOHHOT，故B項錯誤；氯氣與氫氧化鈉溶液反2222應(yīng)制漂白液：Cl+2NaOH===NaONaCIO+HO,故C項正確；NaCO與硫酸鈣發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化：CaSO(s)22234己CaCO己CaCO)(s)+SO4-，故D項正確。含硫煤燃燒會產(chǎn)生大氣污染物，為防治該污染，某工廠謝了新的治污方法，同時可得到化工產(chǎn)品，該工藝流程如圖所示，下列敘述不E確的是()該過程中可得到化工產(chǎn)品HSO24該工藝流程是除去煤燃燒時產(chǎn)生勺SO2該過程中化合價發(fā)生改變的元素只有Fe和S圖中涉及的反應(yīng)之一為Fe(SO)+SO+2HO===2FeSO^2HSO24322424答案C解析根據(jù)工藝流程圖可知，該工藝中Fe(SO)溶液吸收SO生成FeSO和HSO，該反應(yīng)的化學方程式2432424

為Fe(SO)+SO+2H0===2FeSO2HS0,該工藝不僅吸收了二氧化硫，還得到了化工產(chǎn)品礦，A、24322424D兩項正確；根據(jù)A中分析可知該工藝流程是除去煤燃燒時產(chǎn)生的SO,B項正確；該過程中化合價發(fā)生變化的元素有氧、鐵、硫，C項錯誤。BHT是一種常用的食品抗氧化劑，合成方法有如下兩種：下列說法正確的是()與BHT互為同系物能與Na2CO3與BHT互為同系物能與Na2CO3溶液反應(yīng)生成C02BHT久置于空氣中不會被氧化兩種方法的反應(yīng)類型都是加成反應(yīng)答案B解析酚羥基不能和碳酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生CO2所以A不正確；BHT和對甲基苯酚的結(jié)構(gòu)相似，屬于同-類有機物，互為同系物B正確；酚羥基易被氧化，C不正確；方法二是取代反應(yīng)D不正確。下列實驗不能達到實驗目的的是()選項實驗操作實驗目的ACl、Br分別與H反應(yīng)222比較氯、溴的非金屬性強弱B向MgCI、AICI溶液中分別通入NH233比較鎂、鋁的金屬性強弱C測定相同物質(zhì)的量濃度的NaCO、NaSO溶液的pH2324比較碳、硫的非金屬性強弱DFe、Cu分別與稀鹽酸反應(yīng)比較鐵、銅的金屬性強弱答案B

解析越易與氫氣反應(yīng)，元素非金屬性越強，故A正確；MgCI、AICI溶液中分別通入NH,都生成白色233沉淀，故B錯誤；碳酸鈉溶液水解呈堿性說明碳酸是弱酸，硫酸鈉溶液呈中性，說明硫酸是強酸，故C正確；鐵與鹽酸反應(yīng)放出氫氣，￥與鹽酸不反應(yīng)，故D正確。根據(jù)如下能量關(guān)系示意圖，下列說法正確的是()A?1moIC(g與1moIO』g)的能量之和為393.5kJB?反應(yīng)2CO(gROj；g)===2C^g)中,生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量C由C—CO的熱化學方程式為2C(s片O(g)===2CO(g)AH=-221.2kJmoI_1D.熱值指一定條件下單位質(zhì)量勺物質(zhì)完全燃燒所放出熱量，貝(CO熱值A(chǔ)H=-10.1kJ?moI-答案C解析由圖可知：1moIC(s與1moIOfg)的能量之和大于393.5kJ而1moIC(g)與1moIO(g)的能量之和遠大于393.5kJ故A錯誤；由圖可知：1moICO(g和0.5moI的O(g)生成1moICO(g)放出282.9kJ的熱量，所以反應(yīng)2CO(g)+O』g)===2Cqg)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，故B錯誤；由圖可知:1moIC(s)和0.5moICf(g)轉(zhuǎn)化為1moI的CO(g),放出熱量為393.5J-282.9k4110.6kJ，所以2C(s片O(g)===2CO(g)AH=-221.2kJ?mo-1，故C正確；熱值指在一定條件下單位質(zhì)量的物質(zhì)完全燃燒所放出的量，燃燒產(chǎn)物在該條件下是一種較為穩(wěn)定的狀態(tài)，貝(CO的熱值為皆10.1kJ.g什單位不正確，故D錯誤。11..(2019全國卷I，10)固體界面上強酸的吸附和離解是多相化學在環(huán)境、催化、材料科學等領(lǐng)域研究的重要課題。如圖為少量HCI氣體分子在253K冰表面吸附和溶解過程的示意圖，下列敘述錯誤的是()A?冰表面第一層中，HCI以分子形式存在B■冰表面第二層中，H濃度為5x10尹01?L十(設(shè)冰的密度為0.9gcm古)C.冰表面第三層中，冰的氫鍵疇結(jié)構(gòu)保持不變D?冰表面各層之間，均存在可皈應(yīng)HCI=:]H++CI_答案D解析觀察圖示知,第一層只存在HCI分子，HCI沒有電離，A項正確，D項錯誤；在冰表面第二層中,解析觀察圖示知,假設(shè)H?的物質(zhì)的量為1moI,貝n(CI」=1x10_4moI，n(CI」=n(H十)，冰的體積▼二也器詈晉叢20.00cm，c(H+)=5.0x10書moI，B項正確；第三層中K分子結(jié)構(gòu)不變，每個水分子與t個水分子形成氫鍵，氫鍵網(wǎng)絡(luò)結(jié)私保持不變，C項正確。12?將一定量純凈的氨基甲酸銨置于密閉真空恒容容器中(固體試樣體積忽略不計，在恒定溫度下使其達到分解平衡NHCOONH]s)===2NH(g)+CO2g)ZH=akJ?moI—〔分解平衡NHCOONH]s)===2NH(g)+CO2g)重新達到平衡。下列分析正確的是)A?若2v(NHJ=v(C0?則該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)B?兩次平衡時，后一次平衡時CO的濃度大2C.重新達到平衡，密閉容器中氨氣勺體積分數(shù)不變D.若開始時向容器中加入2moINHa和ImoICO?則達到平衡時放出akJ熱量答案C解析反應(yīng)均按物質(zhì)的量比例進行，溫!不變，K=q(NH)?c(CO)的值不變，前后兩次為等效平衡，獻2

平衡時c(CO2相等，B項錯誤，C項正確；因反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能反應(yīng)徹底，故若開始時向容器中加入2molNH和ImolCO，則達到平衡時放出熱量小于akJ,D項錯誤。3213.微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。下列有關(guān)微生物電池的說法錯誤的是()A.正極反應(yīng)中有CO生成B?微生物促進了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移2C.質(zhì)子通過交換膜從負極區(qū)移向E極區(qū)D.電池總反應(yīng)為CHO+6O===6CO+6HO6126222答案A解析根據(jù)微生物電池工作原理示意圖可知，CHO在負極發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO，電極反應(yīng)式為CHO612626126+6HO—24e_===6CO什24H+；O在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為6O+24H++24e_2－2＋22＋－===12HO，A項錯誤；微生物促進了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移B項正確；H豐通過質(zhì)子父換膜從負極區(qū)移向正極2＋區(qū)，C項正確；電池總反應(yīng)為CHO+6O===6CO+6HO，D項正確。612622214..(NH4)2SQ氧化是氨法脫硫的重要過程。某小組在其他條件不酣，分別研究了一段時間內(nèi)溫度和(NH)SO初始濃度對空氣氧化(NH)SO速率的影響，結(jié)果如圖。下列說法不正確ft是()423423(MH血SO,初舶沫度fmuiLA.60°(MH血SO,初舶沫度fmuiLA.60°C之前，氧化速率增大與溫度升高化學反應(yīng)速率加快有關(guān).4——P1.ao-.Gcl^60°C之后，氧化速率降低可能與O的溶解度下降及(NH)SO受熱易分解有關(guān)2423(NH)SO初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，與302-水解程度增大有關(guān)42323D.(NH)SO初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，可能與O的溶解速率有關(guān)4232答案：C解析：A、溫度越高，氧化速率越快60C之前，氧化速率增大與溫度升高化學反應(yīng)速率加快有關(guān)，故A正確；B、反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率卩低，溫度升高后O的溶解度下降及(NH)4SO受熱易分解，均使反應(yīng)物濃度降低，故B正確；C、SO2水解不影響溶液中+4價硫的總濃度，故C錯誤；3當亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大F氧氣的溶解速率，因氧氣的溶解速率較小導致亞硫酸根離子的鍬速率變化不大。故D正確；故選Co第二部分本部分共5題，共58份15.(8分)研究大氣中含硫化合物(主要是SO2和HS)的轉(zhuǎn)化具有重要意義。高濕條件下，寫出大氣中SO轉(zhuǎn)化為HSO的方程式：。2-3土壤中的微生物可將大氣中HS經(jīng)兩步反應(yīng)氧化成SO$，兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下：224-1molH2S(g全部氧化成SO#_(aq的熱化學方程式為。3)①質(zhì)子的流動方向為(“從A到B3)①質(zhì)子的流動方向為(“從A到B”或“從B到A”)。②負極的電極反應(yīng)式為二氧化硫—空氣質(zhì)子交換膜燃料電池可以利用大氣所含SO快速啟動，其裝置示意圖如下:24)燃煤煙氣的脫硫減排是減少大氣中含硫化合物污染的關(guān)鍵。SO煙2氣脫除的一種工業(yè)流程如下用純堿溶液吸收SO將其轉(zhuǎn)化為HSO，反應(yīng)的離子方程式是。23若石灰乳過量，將其產(chǎn)物再排回吸收池，其中可用于吸收SO的物質(zhì)的化學式是答案⑴SO答案⑴SO2+HO'HSO；HSO=H++HSO(每個方程式1分，共2分)TOC\o"1-5"\h\z2323+3_H2S(g)+2O』g)=SO#aq)+2H+(aq)AH=—806.39kJ?mol—(方程式1分，包括物質(zhì)化學式和狀態(tài)；焓變1分，包括與系數(shù)對應(yīng)的數(shù)值和單位)①從A到B(1分)②SO—2e+2HO==SO.+4H+2-242-+①HO+2SO+CO令==2HSO_+COf②NaOH［多寫Ca(OH)不扣分］223322解析：(1)高濕條件下SO轉(zhuǎn)化為HSO的過程即為SO與水反應(yīng)生成HSO；SO+HO=HSO,然2-32232223后再發(fā)生電離(注意分步電離)；HSOWH++HSO；由兩步反應(yīng)的能量變化示意可以T出，HS先被氧化為S由兩步反應(yīng)的能量變化示意可以T出，HS先被氧化為S(g)釋放能量，HS(g)+0.5O(g)===S(g)+H2O(g)AH=—221?19kJ?mol十然后再S被進一步氧化為SO^(aq)釋放能量：S(g)+1.5O?2(g)+H9(g)===S0升(aq)+2H+(aq)AH=—58520kJ?mol1_，所以ImolH0(g)全部氧化成SC42-(aq)的熱化學方程式就可以根據(jù)蓋斯定律完成；將兩個熱方程式相加H^(g)+2O(g)=SO2-4(aq)+2H+(aq)AH=—806.39kJ?mol—1①由于該裝置為原電池，且BO為還原劑失去電子作負極O氧化劑得到電子作正極，而質(zhì)子帶正電22荷，在原電池中帶正電荷的陽斷向正極移動；所以質(zhì)子的流動方向為從A到B②由于SO作負極失去2電子，在溶液中一定會生成SO2，即電極反應(yīng)式為：SO-2e+2HO==SO2+4H+①由于HSO酸性比HCO酸性強，所以用純堿溶液吸收SO，HSO可以將純堿轉(zhuǎn)化為CO，反23232232應(yīng)的離子方程式為HO+2SO+CO2==2HSO+COf；②若石灰乳過量，貝其產(chǎn)物中有生成的NaOH,2233_2所以再排回吸收池，其中可用于^收SO的物質(zhì)的物質(zhì)就為NaOH。216>(12分)粗銅精煉后的陽極泥含有Cu、Ag和Au(金)等。濕法處理陽極泥的一種工藝流程口下：((1)A生成B的反應(yīng)類型是_B中含有的官能團是_________(1)在粗銅精煉過程中，粗銅與電源的極_((1)在粗銅精煉過程中，粗銅與電源的極_(填正、負)連接；陰極的電極反應(yīng)式為TOC\o"1-5"\h\z在浸銅過程中，浸銅反應(yīng)的離子方程式為，___生產(chǎn)中實際需要H0的量要遠遠超過浸銅所需勺理論用量，可能的原因_22⑶已知：浸金時，Au轉(zhuǎn)化為AuCl4在理論上，提取金的過程中反應(yīng)消耗NaCIO和HC2Q的物質(zhì)的量之比為。_⑷已知：浸銀時發(fā)生反應(yīng)AgCI+2SO辛一Ag(S03)23_+CI_；AgQO^將HCHO氧化為CO尹為減少廢液排放，充分利用資源向浸銀殘液中通入氣體X得到NaSO再生液，X是_23在提取銀過程中，其他條件不變NaSO再生液的循環(huán)使用次數(shù)與銀I勺浸出率關(guān)系如圖所示。&的社出申％&的社出申％試結(jié)合平衡移動原理，解釋產(chǎn)生這種變化的原因答案(1).正(2)?Cu2++2e===Cu(3).Cu+H2O2+2H^^Cll++2H2O(4).大量Hp?在CuSO4催化下，受熱分解。(或氧化陽極泥中的銀也要消耗ho催化下，受熱分解。(或氧化陽極泥中的銀也要消耗ho?2(5).1：3(6)?SO2(7).在Na2SO3再生液含有Cl_，多次使用NaSO再生液會積累大量Cl_，c(Cl_)增大，使AgCl+2SO2-3Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移動，抑制AgCl的溶解解析(1)精煉粗銅時，陽極材料為粗銅，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CL-28C/+，此電極與電源正極相連；陰極材料為純銅得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式Cl2++2^?=CLo本小題答案為正;Cl2++2^5

===Cu。2)浸銅過程中銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，銅元素的化合價由0價升高到+2價，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，銅為還原劑，HO為氧化劑，其中的氧元素化合價由-1價降低到-2價，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，生成HO,反應(yīng)的離子方222程式為Cu+HO+2H+_C/++2H0；生產(chǎn)中實際需要HO的量要遠遠超過浸銅所需的!論用量，可能的原因是大量HO在CuSO催化下，受熱分解，也可能是氧化日極泥中的銀也要消耗HO。本小題答案為：22422Cu+HO+2H+_Cll++2HO；大量HO在CuSO催化下，受熱分解(或氧化陽極泥中的銀也要消耗HO)。浸金時，Au轉(zhuǎn)化為AuCI。Au元素化合價由0價升高到+3價，1molAu失3mol電子，NaClO轉(zhuǎn)化43為NaCI,Cl元素的化合價由+5價降低到-1價，ImoINaCIO得6mol電子，根據(jù)得失電子守恒金與氯酸鈉的3物質(zhì)的量比為2:1；下一步中，AuCl轉(zhuǎn)化為Au，Au元素化合價由+3價降低到0價，1molAuCl得3mol44電子，HCO轉(zhuǎn)化為CO，C元素的化合價由+3價升高到+4價，1molHCO失2mol電子，根據(jù)得失電2242224子守恒AuCl轉(zhuǎn)與草酸的物質(zhì)的量之比為2:3，貝ijNaClO與草酸的物質(zhì)的量之比為:3。本小題答案為1:343①浸銀時發(fā)生反應(yīng)AgCl+2SO3-nAg^O^+CL;將HCHO氧化為CO#，此時向溶液中通入SO，由于亞硫酸酸性強于碳酸酸性，則碳酸根轉(zhuǎn)化為亞硫酸根，則X為SO。本小題答案為：SO。222②在NaSO再生液中含有Cl_，多次使用NaSO再生液會積累大量Cl_，c(Cl_)增大，使AgCl+2SO2-HTOC\o"1-5"\h\z232Ag(SO)3_+CI平衡逆向移動，抑制AgCl的溶解。本小題答案為：在NaSO再生液中含有Cl_，多次使用3223NaSO再生液會積累大量Cl_，c(CI_)增大，使AgCI+2SO2_i#Ag(SO)3_+CI平衡逆向移動，抑制AgCl的溶23°332解。17、(14分)3-17、(14分)3-四氫呋喃甲醇是合成農(nóng)藥呋蟲胺的中間體，其合成路線如下：已知：①RCINCNRCOOHRCOOR+R18OH._RCO18OR+ROH1231811832RCOOR>RCHOH+ROH12122請回答下列問題：

D發(fā)生酯化反應(yīng)生成E的化學方程式為3)3-四氫呋喃甲醇有多種同分異構(gòu)體，請寫出其中兩種符合下列條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式：①能發(fā)生水解反應(yīng)②分子中有3個甲基G的結(jié)構(gòu)簡式為_生成G的過程中常伴有副反應(yīng)發(fā)生，請寫出一定條件下生成高分子聚合物的化學方程式(6)還可以利用一QHQKErit.■—0(2>h>o/OH答案(1).取代反應(yīng)(2).氯原子(-Cl)、羧基(-COOH)(3).HOOCCHCOOH(6)還可以利用一QHQKErit.■—0(2>h>o/OH答案(1).取代反應(yīng)(2).氯原子(-Cl)、羧基(-COOH)(3).HOOCCHCOOH+2OCHCHOH?^-cH3CHOOCCHCOOCHCH+2HO⑷.H-C-O-C-CHCH32dCH.解析⑴A生成B是乙酸的甲基上H原子比氯原子替代，屬于取代反應(yīng)；B為CICHQOOH,B中含有的官能團是：羧基、氯原子，故答案為：取代反應(yīng)；羧基、氯原子；⑵D為HOOCCHCOOHD與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，反應(yīng)化學方程式為HOOCCHCOOH+222meCHCHOH』32-CH3CH2OOCCHCOOCHCH3+2H2O,故答案為：HOOCCHCOOH+2CHCHCHCHOOCCHCOOCHCH+2HO；32.3222323-四氫咲喃甲醇的兩種同分異構(gòu)體符合下列條件：①能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基，②分子中T3個CH,故答案為:甲基，可以是:CHCOCH.CH、ch3-CH,故答案為:甲基，可以是:CHCOCH.CH、ch3-」：.I-T、CH.IOrtlJ?(4)根據(jù)上述分析可知G為：。4仏0?■■■■',故答案為:V(5)生成G的過程中常伴有副反應(yīng)發(fā)生，一定條件下生成高分子聚合物的化學方程式:oQC?HnCH.CHCoxro^，+(n-i)cH3cHoQC?HnCH.CHCoxro^，+(n-i)cH3cH2oH，故答案為:OM0CjHCn疋義1十CHXH+(n-1)CH3CH2OH；0、C^CH<HjCH?O]Li」rtC-OC>Ht故K為HCHO,(6)「與K發(fā)生加成反應(yīng)生成計發(fā)生信息③中反應(yīng)生成H為/-onJ,f廠Al/\\/，然后脫去1分子水生成U，故答案為：HCHO；/-DHjFjr/\。\\Z\/OHOHX/OHOHI)1&(10分)草酸(HCO)是一種二元弱酸，廣泛分布于動植物體中。224人體內(nèi)草酸累積過多是導致結(jié)石(主要成分是草酸鈣)形成的原因之一。有研究發(fā)現(xiàn)EDTA(—種能結(jié)合金屬離子的試劑)在一陰件下可以有效溶解結(jié)石，用化學平衡原理解釋其原因：。已知：0.1mol-L—KHCO溶液呈酸性。下列說法正確的是(填字母序號)。_|24O.lmol?L_[KHC2O4溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HCOj+2c(COO2^+c(OH-)0.1mol?L_1KHC2O4溶液中：c(KJ>c(HC?』>c(CO#>c(H(CO)打濃度均為0.1mol?L_1KHCO4和K2C2^4的混合溶液中：2c(K+)=c(HC(Oj+c(C(O2--)0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性：c(K+)>c(NaJ利用草酸制備草酸亞鐵晶體(FeCO$HO)的流程及組分測定方法如下：

FeSO?7HO2(NH)SO4424FeSO?(NH)SO?6HO4424220°C48753760°C10188r382已知：i.pH>4時，F(xiàn)e2+易被氧氣氧化ii幾種物質(zhì)的溶解度(g/100gHO如下TOC\o"1-5"\h\z用稀硫酸調(diào)溶液pH至1已知：i.pH>4時，F(xiàn)e2+易被氧氣氧化ii幾種物質(zhì)的溶解度(g/100gHO如下趁熱過濾的原因是：。氧化還原滴定法常用于測定草酸亞鐵晶體的摩爾質(zhì)量(M)。稱取ag草酸亞鐵晶體溶于稀硫酸中，用bmoIL_1的高錳酸鉀標準液滴定，到達滴定終點時，消耗高錳酸鉀VmL,則M_。(已知:部分反應(yīng)產(chǎn)物為Mn2、、)+Fe3+CO2答案(1)由于CaCO(s)存在沉淀溶解平衡，所以EDTA在一定條件下可以有效溶解結(jié)石，一定是降低24了Ca2+濃度減小，導致移動，結(jié)石溶解。(2)abd(3)①抑制Fe2+和NH+的水解，防止Fe?+被氧化4由溶解度表數(shù)據(jù)可知，趁熱過濾的原因是防止低溫時FeSO?7HO和(NH)SO析出，影響FeSO(?NH)TOC\o"1-5"\h\z4242444SO?6HO的純度。[不寫(NH)SO不扣分]242424600a/bVg?mo][解析(1)CaCO(s)存在沉淀溶解平衡CaCO(s)Ca?+(aq)+CO,_(aq),所以EDTA在一定242424條件下可以有效溶解結(jié)石，一定是EDTA結(jié)合了Ca從而降低了Ca2+濃度減小，導致上述平衡正向移動，2+結(jié)石溶解。(2)任何溶液都有遵循電中性原則，即溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數(shù)一定等于陰離子所帶的負電荷總數(shù)，所以KHCO溶液中存在電荷守恒關(guān)系，正確a。由于水解，c(K+)>c(HCO-),同時由于草2TOC\o"1-5"\h\z244酸氫鉀溶液呈酸性，說明HCO-電離程度大于水解程度，則c(CO,_)>c(HCO)b正確；濃度均為0.12424224molL.KHCO和KCO的混合溶液中：C元素存在三種離子：CO2、HCOHCO，所以c錯誤;若24_12242424224將0?1mol/LKHCO溶液中滴加等濃度，等體積的NaOH溶液完全反應(yīng)，恰好得到KCO和NaCO混24224224合溶液，而CCO和NaCO混合溶液呈堿性，若要得到中性溶液，則加2的NaOH溶液體積要小于KHCO22422424溶液則：c(K)>c(Na+);d正確；所以選abd;（3）①由于F%和NH4+的水解會影響最終的產(chǎn)品屯度，所以要調(diào)節(jié)pH抑制陀+和NH4+的水解，同時Fd+在堿性條件下容易被氧化為Fq+，同樣可以影響產(chǎn)品的純度防止3勺+被氧化，由溶解度表數(shù)據(jù)可知，溫度過低，（NH）SO、FeSO7H0的溶解度降低，所以會有晶體析出，影響42442FeSQ?（NH4）2SO/6HQ的純度，所以趁熱過濾的原因是防止低溫時FeSO47H0和（NH4SO折出，進而影響產(chǎn)品純度；由題給信息“部分反應(yīng)產(chǎn)物為Mn2+、Fe+、CO”可知FeC2O4被高錳酸鉀氧化為Fq+和CO?，表明FeCO4具有還原性，將KMnO還有為Mn2+，分析有關(guān)元素化合價的變化可知反應(yīng)過程中ImolFeCO?2HO可42+242失去3mol電子，而ImolKMnO可得到5mol電子：根據(jù)得失電子數(shù)相等的原則反應(yīng)中FeCO?2HO與4242KMnO4的物質(zhì)的量之比為5：3因比，若反應(yīng)中消耗1molFeCO42HO，則參加反應(yīng)的KMnO為3/5mol。則可以計算出草酸亞鐵晶體的摩爾質(zhì)量（M）=600a/bVg?mo-[19>（14分）某研究小組對碘化鉀溶夜在空氣中發(fā)生氧化反應(yīng)的速率進行實驗探究?！境醪教骄俊渴疽鈭D序號溫度試劑A現(xiàn)象①0乜0.5mol■L_1稀硫酸4min左右出現(xiàn)藍色定粉落Mt②20C1min左右出現(xiàn)藍色3r③20C0.1molL-1稀硫酸15min左右出現(xiàn)藍色5mL1mril-L'*K［群衲④20C蒸餾水30min左右出現(xiàn)藍色（1）為探究溫度對反應(yīng)速率的影響，實驗②h試劑a應(yīng)為______（2）寫出實驗③中1_反應(yīng)的離子方程式。（3）對比實驗②③④，可以得出的結(jié)論?！纠^續(xù)探究】溶液pH對反應(yīng)速率的影響查閱資料：i?pHv11.7時，I能被O氧化為I。-22ii?pH>9.28寸，12發(fā)生歧化反應(yīng)3I2+6OH===IO3+5I_+3HO,pH越大，歧化速率越快。（4）小組同學用4支試管在裝有O的儲氣瓶中進行實驗，裝置如圖所示。2序號⑤⑥⑦⑧試管中溶液的pH891011放置10小時內(nèi)的現(xiàn)象出現(xiàn)藍色顏色無明顯變化試炯1—E5mL試炯1—E5mL1mo]■L"hl溶液?滿加分析⑦和⑧中顏色無明顯變化的原因。（5）甲同學利用原電池原理設(shè)計實驗證實dH=1O的條件下確實可以發(fā)生1_被O氧化為I的反應(yīng)，如右圖所示，請你填寫試劑和實驗現(xiàn)象。深入探究】較高溫度對反應(yīng)速率的影響小組同學分別在敞口試管和密閉試管中進行了實驗⑨和⑩。序號溫度試劑現(xiàn)象⑨敞口試管水浴5mL1mol?—KI溶液20min內(nèi)仍保持無色，冷去至室溫后滴加淀粉溶液出現(xiàn)藍色⑩密閉試管70C5mL0.5mol-Lj稀硫酸溶液迅速出現(xiàn)黃色，且黃色逐漸加深，冷卻至室溫后滴加淀粉溶液出現(xiàn)藍色（6）對比實驗⑨和⑩的現(xiàn)象差異，該小組同學經(jīng)過討論對實驗⑨中的現(xiàn)象提出兩種假設(shè)，請你補充假設(shè)1。假設(shè)1：。假設(shè)2：45C以上I易升華，70C水浴時，c（l）太小難以顯現(xiàn)黃色。（7）針對假設(shè)2有兩種不2同觀點。你若認為假設(shè)2成立2，請推測試管⑨中“冷卻至室溫后滴加淀粉出現(xiàn)藍色”的可能原因（寫出一條）。你若認為假設(shè)2不成立，請設(shè)計實驗方案證明。答案（1）0.5molL-1稀硫酸（2分）（2）4I_+O+4H+====2I+2HO（2分）（3）相同溫度下，KI溶液被O氧化成I，c（H+）越大，氧化反應(yīng)速率越快（2分）（4）試管⑦、⑧中,pH為10、11時，既發(fā)生氧化反應(yīng)又發(fā)生歧化反應(yīng)，因為歧化速率大于氧化速率和淀粉變色速率（或歧化速率最快，膽L觀察顏色無明顯變化（2分）（5）?試劑1：1mol/r/