高考化学复习 理科综合能力测试[化学部分](3)

（4）预期现象或结论:

有浅黄色浑浊出现，有刺激性气味气体产生 有白色沉淀产生，说明样品中含有SO2﹣4 （5）② 2MnO﹣4+16H++10I﹣═5I2+2Mn2++8H2O； ③ 淀粉溶液；碱式滴定管； ④ 65.8%．

【解析】解：（1）仪器组装完成后，关闭A、C中分液漏斗活塞，将E中导管伸入盛水的水槽中，微热A中圆底烧瓶，E中导管口有气泡冒出，停止加热，导管中回流一段稳定的水柱，说明不漏气，气密性良好，D中两导管均为短导管可防止液体倒吸，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止二氧化硫排放在环境中，从而保护环境，

故答案为：关闭A、C中分液漏斗活塞，将E中导管伸入盛水的水槽中，微热A中圆底烧瓶，E中导管口有气泡冒出，停止加热，导管中回流一段稳定的水柱；防止倒吸； 吸收多余的SO2；

（4）具体操作：取少量固体于试管中加水溶解后，加入过量盐酸，硫代硫酸钠与盐酸反应生成二氧化硫气体和硫单质，取上层清液，滴加少量BaCl2溶液，生成难溶于水的白色沉淀硫酸钡，证明含硫酸根离子，即证明固体中含有硫酸钠，说明样品中含有SO2

4﹣

，否则不含，

故答案为： 预期现象或结论:

有浅黄色浑浊出现，有刺激性气味气体产生 有白色沉淀产生，说明样品中含有SO2﹣

4

（5）②根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，2I﹣

→I﹣

﹣

2+

﹣

2～2e，MnO4→Mn～5e，所以2molMnO﹣

﹣

2+

+

4氧化10molI，得到2molMn和10molI2，根据电荷守恒，反应物有16molH，根据原子守恒反应物中应有8molH2O，所以离子方程式为：2MnO﹣4+16H++10I﹣═5I2+2Mn2++8H2O，

故答案为：2MnO﹣

+

4+16H+10I﹣

═5I2+

2+2Mn+8H2O；

③用硫代硫酸钠滴定碘溶液，碘单质遇淀粉变蓝，利用2S﹣2O2﹣3+I22═S4O6+2I﹣，至终点碘单质被还原，指示反应终点；硫代硫酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，应选用碱式滴定管，

故答案为：淀粉溶液；碱式滴定管；

④根据方程式2MnO﹣4+16H++10I﹣═5I2﹣2+2Mn2++8H2O，2S2O3+I2═S4O2﹣6+2I﹣，得关系式：2MnO﹣2﹣4～5I2～10S2O3

得C（S2﹣

2O3）=

=mol/L，

m（Na2S2O3）=158g/mol×mol/L×0.1L≈0.658g，

质量分数=

×100%=65.8%，

故答案为：65.8%．

11.【答案】（1）CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣； （2）2.4；

（3）调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去； （4） mol·L﹣1 ；b； （5）

．

【解析】解：（1）碱性条件下，CN﹣离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO﹣、Cl﹣离子，离子反应为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣； 故答案为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；

（2）根据0.4 mol Cr2﹣2O7等转化为Cr3+，铬元素化合价降低3价，0.4molCr2﹣2O7共得到了0.4×（2×3）mol=2.4mol； 故答案为：2.4；

（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水pH，使其转化成Cr（OH）

3

沉淀除去；

故答案为：调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；

（4）由于反应后测得溶液pH=7，当a=0.01时，恰好反应，生成了氰化氢溶液，溶液显示酸性，故氰化钠应该多些，故a＞0.01； 根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH

﹣

）+c（CN﹣）+c（Cl﹣），PH=7，c（H+）=c（OH﹣），c（CN﹣）=c（Na+）﹣c（Cl﹣）=mol/L

﹣

mol/L；

再根据物料守恒：c（CN﹣

）+c（HCN）=c（Na+）=mol/L；Ka﹦

==（a﹣0.01）×10

﹣5

mol·L

﹣1

，所以

Kh=

=

=

；若25℃时将浓度均为0.1mol·L﹣1的NaCN、HCN

溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L﹣1，c（NaCN）=0.05 mol·L

﹣1

，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度；

a、据电荷守恒可知c（H+

）+c（Na+

）=c（CN﹣

）+c（OH﹣

），此溶液一定有c（Na+

）+c（H+

）=c（OH﹣

）+c（CN﹣

），故a正确；

b．由物料守恒可知c（HCN）+c（CN﹣）=0.1mol·L﹣1，所以c（HCN）+c（CN﹣）=2c（Na+），故b错误；

c．若25℃时将浓度均为0.1mol·L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L﹣1，c（NaCN）=0.05 mol·L﹣1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度，故c正确；

d．若25℃时将浓度均为0.1mol·L﹣1的NaCN、HCN溶液等体积混合后形成缓冲溶液，此溶液加入少量氢氧化钠抑制水解，促进电离，加入盐酸抑制电离促进水解，溶液酸 碱性变化不大，所以溶液的pH变化不大，故d正确；

故答案为： mol·L﹣1 ；b；

（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则： Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7 Mg mol a×x bmol/L×

L

解得x=，

故答案为：

．

12.【答案】

（1）CH3CH（CH3）CH3 （2）2—甲基丙烯 （3）

（4） 4

【解析】解：（1）n（烃）＝11.2L/22.4mol·L-1=0.5 mol，n（CO2）＝88g÷44g·mol-1=2 mol，n（H2O）＝45g÷18g·mol-1=2.5 mol，据此可确定A的分子式为C4H10，其中含有3个甲基的结构简式为CH3CH（CH3）CH3。

（2）由于B和C均为A[CH3CH（CH3）CH3]一氯代烃，在NaOH醇溶液中发生消去反应均生成CH2＝C（CH3）CH3， 其名称为2—甲基丙烯。

（3）根据“1 mol F与2 mol H2反应，生成3—苯基—1—丙醇”，则F的结构简式为

。据已知信息，由D[CH2＝C（CH3）CH3]可推导E为，再

由F（）在Cu（OH）2悬浊液加热条件下氧化为G[]，F与G在浓硫酸的条件下发生酯化反应生成H，则H为

。

（4）与G[]具有相同官能团的芳香类同分异构体有4种，分别是