2019-2020年高一地理试卷 含答案.doc

2019-2020年高一地理试卷 含答案1今有120 mL0.20 mol/L Na2CO3的溶液和某浓度的200 mL盐酸，不管将前者滴入后者，还是将后者滴入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是( )A1.5 mol/L B2.0mol/L C0.18 mol/L D0.24mol/L【答案】A【解析】试题分析：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+H2O+CO2，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+HCO3-、HCO3-+H+H2O+CO2，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3-+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L，故选A。【考点定位】考查有关范围讨论题的计算【名师点晴】本题考查学生利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，明确反应发生的先后顺序，通过比较及信息中都有气体产生，但最终生成的气体体积不同是解答的关键。根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案。范围讨论计算的解题方法思路是：（1）写方程式、找完全点。即写出因反应物相对量不同而可以发生的化学反应方程式，并分别计算找出二者恰好完全反应时的特殊点；（2）确定范围、计算判断。即以恰好完全反应的特殊点为基准，讨论大于、小于或等于的情况，从而划出相应的区间，确定不同范围，然后分别讨论在不同范围内推测判断过量，从而找出计算依据，确定计算关系，得出题目答案。2相同物质的量的下列烃，完全燃烧时，耗氧量最多的是（ ）AC3H6BC4H10CC6H6DC7H12【答案】C【解析】3铜、锌和硫酸构成的原电池中，当导线中有1 mol电子通过时，理论上两极的变化是（ ）锌片溶解325 g 锌片增重325 g 铜片上析出1 g H2 铜片上析出1 mol H2A B C D【答案】A【解析】试题分析：铜、锌和硫酸构成的原电池中，该原电池放电时，电池反应式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2。设当导线中有1mol电子通过时，理论上负极锌片溶解32.5g ，铜片上析出氢气1g ，选A。考点：考查原电池的有关计算。4已知盐酸与硫酸跟烧碱的稀溶液反应的热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)H=Q1 kJmol-1，又知：H2SO4(aq)+2KOH(aq)K2SO4(aq)+2H2O(l)H=Q2 kJmol-1。则Q1和Q2的关系是()AQ1=Q2 B2Q1=Q2 CQ1Q2 D无法判断【答案】B【解析】试题分析：两个反应都是强酸、强碱稀溶液的反应，第二个反应生成2 mol H2O，是第一个反应生成水的2倍，故Q2=2Q1。考点：中和反应反应热的测定5下列变化过程中，没有破坏化学键的是A.氯化钠的融化 B.碳的燃烧 C.氮气溶于水 D.水的通电分解 【答案】C【解析】A 破坏的是离子键B 破坏的是化学键C 物理变化，没有破坏化学键D 化学变化，破坏的是化学键故选C6常温下，Ksp(CaSO4)=910-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图。下列说法正确的是常温下，向100mL CaSO4饱和溶液中，加入400mL 0.01mol/LNa2SO4溶液后，溶液中有沉淀析出 Bb点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)一定等于310-3 mol/LCd点溶液通过蒸发可以变到c点Da点对应的Ksp等于c点对应的Ksp【答案】D【解析】A、常温下CaS04饱和溶液中，c（Ca2+）c（SO42-）=Ksp，Ksp（CaS04）=9l0-6，c（Ca2+）=c（SO42-）=3l0-3，故A错误；B、根据图示数据，可以看出b点Qc=2l0-5Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO4-）会小于4l0-3mol/L，不一定等于3l0-3mol/L，故B错误；C、升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，故C错误；D、a、c点均是常温下CaS04在水中的沉淀溶解平衡曲线上的点，所以a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，故D正确故选D点评：本题考查学生难溶电解质的溶解平衡知识，结合图象考查，增加了难度，注意知识的积累是解题关键7某溶液可能含有Cl、SO、CO、NH、Fe3、Al3和K。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A、至少存在5种离子 B、Cl一定存在，且c(Cl)0.4 molL1C、SO、NH一定存在，Cl可能不存在 D、CO、Al3一定不存在，K可能存在【答案】B【解析】试题分析：由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol3+0.02-0.02mol20.04mol，物质的量浓度至少0.04mol0.1L0.4mol/L，A、至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B。考点：考查离子共存知识8用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A1mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2NAB在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同C14 g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个D含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜片在加热条件下反应，一定能产生NA个SO2气体分子【答案】C【解析】试题分析：A、氯气与水、碱等发生歧化反应，与金属反应做氧化剂，所以转移的电子数不同，错误；B、在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同，原子数目不一定相同，错误；C、乙烯和丙烯具有相同的最简式CH2，原子数为14143NA=3NA，正确；D、浓硫酸与铜反应，反应过程中硫酸浓度变稀致使它们不反应，错误。考点：考查阿伏加德罗常数保护有关问题。9化学概念在逻辑上存在如下图所示关系，对下列概念相互关系的说法正确的是（ ）A化学键与离子键（或共价键）属于包含关系B化合物与电解质属于交叉关系C单质与化合物属于交叉关系D氧化还原反应与化合反应属于并列关系【答案】A【解析】试题分析：化学键包含离子键和共价键，所以A项说法正确。根据电解质的概念，可知电解质都是化合物，因此化合物与电解质属于包含关系，故B错误。单质与化合物属于并列关系，故C错误。氧化还原反应中有部分是化合反应，所以氧化还原反应与化反应属于交叉关系，故D错误。考点：化学概念的相互关系点评：考查学生对化学概念的理解，及其逻辑关系的判断，注重培养学生的逻辑思维能力，分析问题的能力。10反应4NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(g)在10 L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45 mol，则此反应的速率可表示为()。Av(NH3)0.01 molL1s1 Bv(O2)0.001 molL1s1Cv(NO)0.001 molL1s1 Dv(H2O)0.045 molL1s1【答案】C【解析】根据化学反应速率的计算公式：v(H2O)0.45 mol/(10 L30 s)0.001 5 molL1s1，则v(NH3)v(NO)v(H2O)0.001 molL1s1，v(O2)v(H2O)0.001 25 molL1s1，故选C。11高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强、无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：湿法制备的主要离子反应为：2Fe(OH)3 +3ClO+4OH = 2FeO42 +3Cl+5H2O ,干法制备的主要反应方程为：2FeSO4 +6Na2O2 = 2Na2FeO4 +2Na2O +2Na2SO4 +O2则下列有关说法不正确的是A高铁酸钠中铁显+6价B湿法中FeO42是氧化产物C干法中每生成1mol Na2FeO4 转移4mol电子DK2FeO4可氧化水中的H2S、NH3，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附悬浮杂质【答案】C【解析】试题分析：A根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0的原则，结合Na是+1价，O是-2价可知：在高铁酸钠中铁显+6价，正确；B在湿法中FeO42是还原剂Fe(OH)3失去电子后形成的氧化产物，正确；C根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知：中干法中每生成1mol Na2FeO4 转移5mol电子，错误；DK2FeO4有强氧化性，可氧化水中的H2S、NH3，其本身被还原生成的Fe(OH)3胶体表面积大，吸附力强，还能吸附悬浮杂质使水净化，正确。考点：考查种新型、高效、多功能水处理剂高铁酸钠的制取、性质的知识。12 xx年诺贝尔化学奖授予了钱永键等三位科学家，以表彰他们在发现和研究绿色荧光蛋白质（简称GFP）方面做出的卓越贡献。生色团是GFP发出荧光的物质基础，也是GFP结构中的一个重要组成部分，多管水母中GFP生色团的化学结构如下图，下列说法正确的是 A该生色团不与NaHCO3反应 B该生色团分子式C30H37N8O9C该生色团可以水解得到5种有机物 D该生色团中的肽键数为3 【答案】D【解析】试题分析：A、该生色团中含有羧基，可以与碳酸氢钠反应，错误；B、该生色团分子中含有7个N原子，错误；C、该生色团中含有3个肽键，所以水解生成4种产物，错误；D、肽键的结构是，该生色团中共含有3个结构，所以肽键数为3，正确，答案选D。考点：考查有机物的结构和性质，官能团的性质应用13下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是 A.pH为1的无色溶液：K+、Fe2+、SO32-、Cl-B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、S2-、Br-C.水电离出的c(H+)10-12mol/L的溶液：Ba2+、Na+、NO3-、Cl-D.加入铝条有氢气放出的溶液：Na+、NH4+、HCO3-、SO42-【答案】C【解析】试题分析：如果离子间发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A中溶液显酸性，但亚铁离子是显浅绿色的，不能大量共存；B中能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2-、Br-不能大量共存；C中水的电离平衡被抑制，可能显酸性，也可能显碱性，可以大量共存。D中溶液可能显酸性，也可能显碱性，显酸性，HCO3-不能大量共存，显碱性NH4+、HCO3-、不能大量共存，答案选C。考点：考查离子共存的正误判断点评：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。14利用下列实验装置能完成相应实验的是( )【答案】D【解析】试题分析：A氨气应向下排空气法，图中为向上排空气法，错误； B温度计水银球应位于支管口处，错误；CNO2溶于水，不能用排水法收集，错误；D浓盐酸和二氧化锰应在加热条件下发生反应，不能用于比较氧化性强弱，错误。考点：化学实验方案设计15某溶液中含如下离子组中的若干种：K+、Fe3+、Fe2+、Cl-、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-、I-，某同学欲探究该溶液的组成，进行如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成取反应后的溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色下列说法正确的是( )A原溶液中肯定不含Fe2+、NO3-、S SiO32-、I-B步骤中无色气体是NO气体，无CO2气体产生C原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3-、SO42-D为确定是否含有Cl-，可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀【答案】B【解析】试题分析：某溶液中含K+、Fe3+、Fe2+、Cl-、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-、I-中的若干种，用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，证明含有NO3-、Fe2+，一定不含有SiO32-、CO32-；取反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，证明含有SO42-，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，即出现了三价铁离子，是过程中亚铁离子被硝酸氧化的结果；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色，证明碘单质出现，一定含有I-，则一定不含Fe3+；Cl-是否存在无法确定。A、原溶液中一定含有NO3-、Fe2+，故A错误；B、根据分析可知，步骤中无色气体是NO气体，无CO2气体产生，故B正确；C、原溶液中一定不含I-，故C错误；D、原溶液中含有硫酸根离子，干扰了氯离子的检验，故D错误；故选B。【考点定位】考查物质检验实验方案的设计；常见离子的检验【名师点晴】本题考查常见离子的检验、鉴别以及方程式的有关计算。解答本题的关键是根据发生的有关化学反应确定存在的离子，注意掌握常见离子的性质及检验方法。常见阳离子的检验方法：(1)H+：紫色石蕊试液变红色；橙色甲基橙试液变红色；锌片(或铁片)，有能燃烧的气体产生；(2)K+：焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；(3)Na+：焰色反应呈黄色；(4)NH4+：滴加NaOH溶液(浓)加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；(5)Fe2+：滴加NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；(6)Fe3+：滴加NaOH溶液生成红褐色沉淀；滴加KSCN溶液，生成红色溶液；(7)Al3+：氨水，产生白色沉淀；NaOH溶液。产生白色胶状沉淀，过量的NaOH溶液使沉淀溶解。16（14分）实验室欲用NaOH固体配制10 molL1的NaOH溶液500 mL，有以下仪器：烧杯100 mL量筒500 mL容量瓶玻璃棒托盘天平（带砝码）药匙（1）还缺少的仪器是_（2）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是： 、_（3）若配制过程中，溶解、转移溶液后未对烧杯和玻璃棒进行洗涤，则对最终配得的溶液浓度的影响是 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（4）按正确方法配好溶液后，从中取出10mL，其物质的量浓度为 molL1，含NaOH g；若将这10mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为 molL1。【答案】（1）胶头滴管（2）搅拌 引流（3）偏小（4）1 04 01【解析】试题分析：（1）一定物质的量浓度溶液的配制定容时还要用到胶头滴管。（2）玻璃板在溶解和移液时要用到，溶解时玻璃棒的作用是搅拌，移液时的作用是引流。（3）如果在溶解、转移溶液后未对烧杯和玻璃棒进行洗涤，那么烧杯中会有NaOH溶液残留，造成NaOH有损失，浓度就偏低。（4）溶液配制好后，取出的液体浓度与原溶液浓度相同，所以还是10 molL1，m=nM=CVM=10 molL1001 mL40g/mol=04g，根据溶液稀释公式：C浓V浓=C稀V稀有：1010=C稀100得C稀=01 molL1考点：一定物质的量浓度溶液的配制和有关物质的量的计算。17由于催化剂可以为化学工业生产带来巨大的经济效益，催化剂研究和寻找一直是受到重视的高科技领域。（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂。下图为硫酸生产过程中2SO2 (g) + O2(g)2SO3(g) H196.6 kJmol1反应过程的能量变化示意图。V2O5的使用会使图中B点 （填“升高”、“降低”）。一定条件下，SO2与空气反应tmin后，SO2和SO3物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L，则SO2起始物质的量浓度为 mol/L；生成SO3的化学反应速率为 mol/(Lmin)。（2）下图是一种以铜、稀硫酸为原料生产蓝矾的生产流程示意图。空气铜、稀硫酸、少量硫酸铁CuSO45H2OCuSO4溶液调节溶液pH 34过滤过滤结晶生成CuSO4的总反应为2Cu+O2+2H2SO42 CuSO4+2H2O，少量起催化作用，使反应按以下两步完成：第一步：Cu2Fe32Fe2Cu2第二步： 。（用离子方程式表示）调节溶液pH为34的目的是 ，调节时加入的试剂可以为 。（选填序号）aNaOH溶液 bCuO粉末 cCu2(OH)2CO3 d氨水（3）纳米TiO2是优良的光敏催化剂。工业上用钛铁矿制得粗TiO2；再转化为TiCl4(l)；由TiCl4(l)制取纳米TiO2的方法之一是将TiCl4气体导入氢氧火焰中（7001000）进行水解。已知：TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(l)O2(g) H140 kJmol12C(s)O2(g)2CO(g) H221 kJmol1写出TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO的热化学方程式： 。写出上述TiCl4(l)制取纳米TiO2的化学方程式： 。【答案】（1）降低(1分) a+b(1分) (1分) （2） 4Fe2O24H4Fe32H2O (2分) 将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去(1分) b,c(2分)（3）TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(l)2CO(g) H81 kJmol1(2分)TiCl4+2H2O高温=TiO2+4HCl(2分)【解析】试题分析：（1）催化剂能降低反应的活化能，所以V2O5的使用会使图中B点降低。一定条件下，SO2与空气反应tmin后，SO2和SO3物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L，则根据S原子守恒可知，SO2起始物质的量浓度为（ab）mol/L；反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以生成SO3的化学反应速率为mol/(Lmin)。（2）由于催化剂在反应前后不变，因此根据总反应式和第一步反应式可知，总反应式减去第一步反应式即得到第二步反应式，即第二步反应式为4Fe2O24H4Fe32H2O由于溶液中含有铁离子，会干扰硫酸铜的制备，因此需要将铁离子除去。所以调节溶液pH的目的就是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。又因为在除去铁离子的同时，不能在引入新的杂质，因此不能 选择氢氧化钠和氨水，应该选择氧化铜或碱式碳酸铜，即答案选bc。（3）已知反应TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(l)O2(g) H140 kJmol1、2C(s)O2(g)2CO(g) H221 kJmol1，则根据盖斯定律可知即得到反应TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(l)2CO(g)，所以该反应的反应热H140 kJmol1221 kJmol181 kJmol1。根据TiCl4(l)制取纳米TiO2的方法之一是将TiCl4气体导入氢氧火焰中（7001000）进行水解可知，TiCl4(l)制取纳米TiO2的化学方程式为TiCl4+2H2O高温=TiO2+4HCl。考点：考查催化剂对活化能的影响、反应速率计算；物质的分离与提纯；反应热的计算以及物质制备等18在AF六种物质中，已知D是单质，其他均是中学化学常见的化合物。且已知在高压放电的条件下，D单质能够转化生成该元素的另外一种单质，A、B两种物质摩尔质量的关系为：M（A）M（B）。它们之间的转化关系如图所示。（1）B的电子式为 ，它属于 分子（填“极性”或“非极性”）。（2）A与C反应时的离子方程式为 （3）通常工业生产中，实现EF转化的化学方程式是 。（4）根据以下常见化学实验装置或仪器回答有关问题。若要实现B+CD+E的反应，应选择装置 作为反应装置。若要实现A+CD+F的反应，应选择装置 作为反应装置；若要用浓硫酸干燥该反应产生的气体，应用装置 作为干燥装置；为了测定该反应产生气体的体积，可用b、d组合成为量气装置，所量取的气体应从b装置的 （填“长管”或“短管”）通入b装置。为了使所量取气体体积准确，操作量气装置时的注意事项有 _【答案】（1） 非极性（2）2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+ O2（3）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH（4）ca b 短管 保证b、d装置中的液面相平，读取d的读数时不应俯视或仰视。【解析】A 水 B二氧化碳 C过氧化钠 D 氧气 E 碳酸钠 F氢氧化钠 19(14分)某化学兴趣小组为研究生铁(含碳)与浓硫酸的反应情况及产物性质，设计如下实验。请回答下列问题：（1）按上图所示装置进行实验(夹持装置及尾气处理装置未画出)。仪器b的名称为_：实验过程中，装置B中观察的现象是_；装置C中有白色沉淀生成，该沉淀是_(填化学式)。（2）装置A中还会产生CO2气体，请写出产生CO2的化学方程式：_。（3）为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先从下列中选出必要的装置连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为_(填序号)；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其目的是_。（4）某同学通过验证实验后期装置A中产生的气体中还含有H2，理由是_(用离子方程式表示)。【答案】（14分，每空2分）（1）分液漏斗 ;品红试纸褪色，石蕊试纸变红 ; BaSO4 （2）C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O（3） 赶尽装置中的空气，防止空气的CO2影响实验（4）Fe2H= Fe2H2 【解析】试题分析：（1）仪器b的名称为分液漏斗;实验过程中，浓硫酸与Fe在加热时发生氧化还原反应：2Fe6H2SO4(浓) Fe2(SO4)33SO26H2O，反应产生的SO2有漂白性，所以可以使装置B中品红试纸褪色，由于SO2的水溶液显酸性，所以会看到装置B中石蕊试纸变红；在装置C中在酸性条件下Ba(NO3)2与SO2发生氧化还原反应产生BaSO4白色沉淀。（2）由于生铁中含有质子C，所以装置A中还会产生CO2气体，产生CO2的化学方程式是C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；（3）由于SO2、CO2都能使澄清的石灰水变浑浊，所以为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先把SO2从混合气体中除去，然后再检验CO2。连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其目的是赶尽装置中的空气，防止空气的CO2影响实验；（4）某同学通过验证实验后期装置A中产生的气体中还含有H2，原因是反应进行到一定程度，硫酸变为稀硫酸，与Fe发生置换反应：Fe2H= Fe2H2。考点：考查生铁(含碳)与浓硫酸的反应原理、产物性质、检验、装置的连接顺序、化学反应方程式和离子方程式的书写的知识。20（16分）铁酸锌（ZnFe2O4）是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：Zn2+2Fe2+3C2O42+6H2OZnFe2(C2O4)36H2O (a)ZnFe2(C2O4)36H2O ZnFe2O4 + 2CO2+4CO+6H2O (b)已知：ZnC2O4和FeC2O4难溶于水。（1）上述制备原理中不属于氧化还原反应的是 （选填：“a”或“b”）。（2）制备ZnFe2(C2O4)36H2O时，可选用的药品有：(NH4)2Fe(SO4)26H2O ZnSO47H2O (NH4)2C2O47H2O。称量药品时，必须严格控制n(Fe2+)/n (Zn2+) 。选用的加料方式是 (填字母)。a按一定计量比，、同时加入反应器并加水搅拌，然后升温至75。b按一定计量比，、同时加入反应器加水配成溶液，然后加入，再升温到75。c按一定计量比，将、混合并配成溶液甲，另配成溶液乙，甲、乙同时加热到75，然后将乙溶液缓慢加入甲溶液中，并持续搅拌。（3）从溶液中分离出ZnFe2(C2O4)36H2O需过滤、洗涤。已洗涤完全的依据是 。（4）ZnFe2(C2O4)36H2O热分解需用酒精喷灯，还用到的硅酸盐质仪器有 。（5）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮（含杂质铁），结合下图信息从提供的试剂中选取适当试剂，制取纯净的ZnSO47H2O。实验步骤如下：将锌片完全溶于稍过量的3molL1稀硫酸，加入 （选填字母，下同）。A30%H2O2 B新制氯水 CFeCl3溶液 DKSCN溶液加入 。A纯锌粉 B纯碳酸钙粉末 C纯ZnO粉末 D3molL-1稀硫酸加热到60左右并不断搅拌。趁热过滤得ZnSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。其中步骤加热的主要目的是 。【答案】（1）a (2分) （2）2:1 (2分) c (2分) （3）取最后一次洗涤滤液，滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净。或者：取最后一次洗涤滤液，加入浓NaOH溶液加热，若不产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，表示已洗净。(2分，其它合理答案也给分)（4）坩埚、泥三角 (漏写给1分，共2分) （5）A (2分) C (2分) 促进Fe3+水解转化为沉淀并使过量的H2O2分解除去 (答出促进铁离子水解即给2分)【解析】试题分析：（1）凡是有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，反应（a）中元素的化合价均没有发生变化，属于非氧化还原反应。在反应（b）中碳元素的化合价既有升高的，也有降低的，另外铁元素的化合价也升高，所以反应（b）是氧化还原反应。（2）根据反应（a）可知亚铁离子与锌离子的化学计量数之比是2：1，则称量药品时，必须严格控制n(Fe2+)/n (Zn2+)2:1。由于草酸受热易分解，且ZnC2O4和FeC2O4难溶于水，所以选用的加料方式是按一定计量比，将、混合并配成溶液甲，另配成溶液乙，甲、乙同时加热到75，然后将乙溶液缓慢加入甲溶液中，并持续搅拌，答案选c。（3）由于沉淀表明有吸附的硫酸根和铵根，则已洗涤完全的依据是取最后一次洗涤滤液，滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净。或者：取最后一次洗涤滤液，加入浓NaOH溶液加热，若不产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，表示已洗净。（4）固体加热需要在坩埚中完成，而坩埚需要放在泥三角上，因此还用到的硅酸盐质仪器有坩埚、泥三角。（5）由于溶液中含有亚铁离子，而沉淀亚铁离子需要的pH较大，需要把亚铁离子氧化为铁离子在除去。又因为不能引入杂质，所以选择的氧化剂是双氧水，答案选A。调节pH值也不能引入杂质，则可以选择纯ZnO粉末，答案选C。铁离子水解吸热，同时溶液中还有残留的双氧水，因此其中步骤加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为沉淀并使过量的H2O2分解除去。考点：考查氧化还原反应及物质制备工艺流程图的分析与应用21取100 mL Na2CO3 和Na2SO4的混合溶液，加过量BaCl2溶液后得到1684g 白色沉淀，沉淀用过量稀HNO3 处理质量减少到699g ，并有气体放出。试计算：（1）原混合溶液中Na2SO4 的物质的量浓度；（2）产生的气体在标准状况下的体积。【答案】有关化学方程式BaCl2 +Na2SO4= BaSO4+2NaClBaCl2 +Na2CO3 =BaCO3+2NaClBaCO3+2HNO3 =Ba(NO3)2+CO2+H2O （1）n(Na2SO4)n(BaSO4)003mol所以c(Na2SO4) 03mol/L（2）n(CO2 )n(BaCO3)005mol所以V(CO2 )005mol224L/mol112L【解析】试题分析：根据题意知混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2+H2O，最终6.99g沉淀为BaSO4。（1）n（Na2SO4）=n（BaSO4）=6.99g233g/mol=0.03mol，所以c（Na2SO4）=0.03mol01L=0.3mol/L。（2）n（CO2）=n（BaCO3）=（16.84g-6.99g）197g/mol=0.05mol，所以V（CO2）=0.05mol22.4L/mol=1.12L。考点：考查混合物计算。22已知：（）当苯环上已经有了一个取代基时，新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对位或间位的氢原子。使新取代基进入它的邻、对位的取代基有CH3、NH2等；使新取代基进入它的间位的取代基有COOH、NO2等；（）RCH=CHRRCHO+RCHO（）氨基（NH2）易被氧化；硝基（NO2）可被Fe和盐酸还原成氨基（NH2）下图是以C7H8为原料合成某聚酰胺类物质（C7H5NO）n的流程图。回答下列问题：40写出反应类型。反应 ，反应 。41X、Y是下列试剂中的一种，其中X是 ，Y是 。(填序号)aFe和盐酸 b酸性KMnO4溶液 cNaOH溶液42已知B和F互为同分异构体，写出F的结构简式 。AE中互为同分异构体的还有 和 。(填结构简式)43反应在温度较高时，还可能发生的化学方程式 。44写出C与盐酸反应的化学方程式 。【答案】40取代反应，缩聚（聚合）反应 （各1分，共2分）41b ， a （各1分，共2分）42.（1分） （2分）43（1分）44 （2分）【解析】试题分析：40根据流程图，反应是甲苯的硝化反应，也是取代反应，A是对硝基甲苯，结合信息，是将甲基氧化成羧基，B是对硝基苯甲酸，是将硝基还原为氨基，C是对氨基苯甲酸，是氨基和羧基的缩聚反应；41根据上面的分析X应该是酸性KMnO4溶液、Y是Fe和盐酸；42结合信息，D是苯甲醛，则E是苯甲酸，结合信息，F为间硝基苯甲酸。硝基化合物可能与氨基酸互为同分异构体；43甲苯硝化时还可能发生邻、对位3取代反应；44氨基显碱性，可以与盐酸发生中和反应，类似于氨气与盐酸的反应。考点：考查了有机合成等相关知识。23AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0 g化合物E完全燃烧生成8.8 g CO2和3.6 g H2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为_。（2）A为一取代芳香烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为_（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是_、_；（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是_、_；（5）F存在于栀子香油中，其结构简式为_；（6）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种结构的共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11的是_ (填结构简式)。【答案】（1）C2H4O2 （2） +H2O+HCl（3） NaOH醇溶液、加热 浓硫酸、一定温度（4）取代反应 加成反应（5） （6） 【解析】试题分析：（1）E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的相对分子质量为30260，6.0 g化合物E即为0.1 mol，完全燃烧生成CO2的物质的量为8.8g44g/mol=0.2 mol)，生成水的物质的量为3.6 g18 g/mol=0.2 mol，设E的分子式为C2H4Ox，根据其相对分子质量为60，可知x2，E的分子式为C2H4O2。（2）根据题意，A的分子式为C8H10，A在光照条件下生成B，A为一取代芳香烃，B中含有一个甲基，则A为乙苯，B为，B与NaOH溶液发生取代反应生成醇B，则由B生成C的化学方程式为+H2O+HCl。（3）D能与Br2的CCl4溶液反应生成G，且G中含有2个Br，可知D发生的是加成反应，D中含有不饱和键，BD是卤代烃的消去反应，CD是醇的消去反应，所以由B生成D、由C生成D的反应条件分别是NaOH醇溶液、加热；浓硫酸、一定温度。（4）根据上述分析，由A生成B、由D生成G的反应类型分别是取代反应；加成反应。（5）根据上述推断，C为，E的分子式为C2H4O2，C与E在浓硫酸、加热的条件下发生反应生成F，则E为乙酸，所以F的结构简式为。（6）G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，说明苯环上的取代基是对称的，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11的有机物，说明两种氢原子分别为4、4个，符合条件的有机物结构简式为。考点：考查有机物的推断，有机反应条件和类型，有机物的同分异构体等知识。